高考数学一轮复习 考点热身训练 第七章 立体几何(单元总结与测试

2014 年高考一轮复习考点热身训练： 第七章 立体几何（单元总结与测试）一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的) 1.已知直线 a、b 是两条异面直线,直线 c 平行于直线 a，则直线 c 与直线 b( ) (A)一定是异面直线 (B)一定是相交直线 (C)不可能是平行直线 (D)不可能是相交直线 2.在△ABC 中，AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC 绕直线 BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是 ( ) (A)
3 ? 2
(B)
5 ? 2
(C)
7 ? 2
(D)
9 ? 2
3.如图，在空间四边形 ABCD 中，点 E、H 分别是边 AB、AD 的中点，F、G 分别是边 BC、CD 上的点，且
CF CG 2 ? ? ，则( CB CD 3
)
(A)EF 与 GH 互相平行 (B)EF 与 GH 异面 (C)EF 与 GH 的交点 M 可能在直线 AC 上，也可能不在直线 AC 上 (D)EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上 4.（2012·泉州模拟）设 l,m 是两条不同的直线，α 是一个平面，则下列命题正确的是 ( (A)若 l⊥m,m? α ,则 l⊥α (B)若 l⊥α ,l∥m,则 m⊥α (C)若 l∥α ,m? α ,则 l∥m (D)若 l∥α ,m∥α ,则 l∥m 5.(2011·安徽高考)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) )
(A)48
(B)32+ 8 171
(C)48+ 8 17
(D)80
6．(易错题)如图，下列四个正方体图形中，A,B 为正方体的两个顶点，M,N,P 分别为其所在棱的中点，能 得出 AB∥平面 MNP 的图形的序号是( )
(A)①④ (B)②④ (C)①③④ (D)①③ 7.如图，平行四边形 ABCD 中，AB⊥BD，沿 BD 将△ABD 折起，使面 ABD⊥面 BCD，连接 AC，则在四面体 ABCD 的四个面中，互相垂直的平面的对数为( )
(A)4 (B)3 (C)2 (D)1 8.(2012·珠海模拟)如图为棱长 是 1 的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题： ①点 M 到 AB 的距离为
2 ； 21 ； 6
②三棱锥 C-DNE 的体 积是 ③AB 与 EF 所成的角是
? . 2
其中正确命题的个数是(
)
(A)0
(B)1
(C)2
(D)3
2
9.（2012·宁德模拟）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为 R 的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一 个大圆上，且该正三棱锥的体积是
3 ，则球的体积为( 4
)
?A?
1 4 32 1 ?????????? B ? ?????????? C ? ????????????? D ? ? 3 3 3 6
10.(2012·北京模拟)如图，四边形 ABCD 中，AB=AD=CD=1，BD= 2 ，BD⊥CD. 将 四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD，使平面 A′BD⊥平面 BCD,则下列结论正确的是( )
( A)A′C⊥BD (B)∠BA′C=90° (C)CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° (D)四面体 A′-BCD 的体积为
1 3
二、填空题(本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分.请把正确答案填在题中横线上) 11．已知三个球的半径 R1,R2,R3 满足 R1+2R2=3R3，则它们的表面积 S1,S2,S3 满

足的等量关系是___________. 12.如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D 为棱 AA1 的中点，若截面△BC1D 是面积为 6 的直角三角形，则此三 棱柱的体积为__________．
13.(2012·宜春模拟)三棱锥 S－ABC 中，∠SBA=∠SCA=90°，△ABC 是斜边 A B=a 的等腰直角三角形，给出 以下结论：
3
① 异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90°； ② ②直线 SB⊥平面 ABC； ③平面 SBC⊥平面 SAC； ④点 C 到平面 SAB 的距离是
1 a. 2
其中正确结论的序号是__________. 14.（2012·三明模拟）在正方体 ABCD-A′B′C′D′中，过对角线 BD′的一个平面交 AA′于 E，交 CC′ 于 F， ①四边形 BFD′E 一定是平行四边形 ②四边形 BFD′E 有可能是正方形 ③四边形 BFD′E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 ④四边形 BFD′E 有可能垂直于平面 BB′D 以上结论正确的为_______.（写出所有正确结论的编号） 15.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB，二面角 C-AB-D 的余弦值为 点，则 EM,AN 所成角的余弦值等于_____. 三、解答题(本大题共 6 小题，共 80 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(13 分)(2011· 陕西高考)如图， 在△ABC 中， ∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高， 沿 AD 把△ABD 折起，使∠BDC=90°. (1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC； (2)设 E 为 BC 的中点，求 AE 与 DB 夹角的余弦值.
3 M,N 分别是 AC,BC 的中 ， 3
17.(13 分)如图，已知直三棱柱 ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,AC=BC=2,AA1=4.E、F 分别是棱 CC1、AB 的中点.4
(1)求证：CF⊥BB1； (2)求四棱锥 A-ECBB1 的体积. 18.（13 分） （预测题）在三棱柱 ABC-A1B1C1 中， 底面是边长为 2 3 的正三角形，点 A1 在底面 ABC 上的射影 O 恰是 BC 的中点. （1）当侧棱 AA1 和底面成 45°角时，求二面角 A1-AC-B 的余弦值； （2）若 D 为侧棱 A1A 上一点，当
A1D 为何值时，BD⊥A1C1. DA
19.(13 分)如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB=AC=5，D，E 分别为 BC，BB1 的中点，四边形 B1BCC1 是边长 为 6 的正方形. (1)求证：A1B∥平面 AC1D； (2)求证:CE⊥平面 AC1D； (3)求二面角 C-AC1-D 的 余弦值.
20.(14 分)(2011· 新课标全国卷)如图， 四棱锥 P-ABCD 中， 底面 ABCD 为平行四边形， ∠DAB=60°， AB=2AD， PD⊥底面 ABCD． (1)证明：PA⊥BD； (2)设 PD=AD=1，求棱锥 D-PBC 的高．
5
21.(14 分) （探究题） 如图， 已 知 ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体， 点 E 在 AA1 上， 点 F 在 CC1 上， 且 AE=FC1=1．
(1)求证：E,B,F,D1 四点共面； (2)若点 G 在 BC 上， BG ?
2 ，点 M 在 BB1 上，GM⊥BF，垂足为 H，求证：EM⊥平面 BCC1B1； 3
(3)用θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1B1 所成的锐二面角的大小，求 tanθ ．
答案解析 1.【解析】选 C.若 c∥b，∵c∥a，∴a∥b,与已知矛盾. 2.【解题指南】△ABC 绕

直 线 BC 旋转一周后所得几何体为一圆锥，但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积 减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积. 【解析】选 A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积为 V=V 大圆锥-V 小圆锥= r (1+1.5-1)=2
1 π 3
3 ?. 2 1 FG 2 BD， ? ， 2 BD 3
3.【解析】选 D.依题意可得 EH∥BD，FG∥BD，故 EH∥FG，所以 E、F、G、H 共面，因为 EH=
故 EH≠FG，所以四边形 EFGH 是梯形，EF 与 GH 必相交，设交点为 M，因为点 M 在 EF 上，故点 M 在平面 ACB 上，同理，点 M 在平面 ACD 上，即点 M 是平面 ACB 与平面 ACD 的交点，而 AC 是这两个平面的交线，所以 点 M 一定在平面 ACB 与平面 ACD 的交线 AC 上，故选 D. 4． 【解析】选 B.根据线面垂直的判定与性质，可知 B 正确，而 A 中由 l⊥m,m? α 可推出 l 与α 关系可能 l∥α ，可能 l 与α 相交， 又可能 l? α ;C 中 l 与 m 可能平行也可能异面；D 中
l 与 m 可能相交，也可能平行或异面，故选 B.5.【解题指南】由三视图得到几何体的直观图，根据直观图求得几何体的表面积. 【解析】选 C.由三视图知该几何体的直观图如图所示.
6
几何体的下底面是边长为 4 的正方形；上底面是长为 4、宽为 2 的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底 长为 2、下底长为 4、高为 4；另两个侧面是矩形，且宽为 4、长为 4 ? 1 ? 17 .2 2
所以 S 表=4 +2×4+
2
1 ×(2+4)×4×2+4× 17 ×2=48+8 17 . 2
6． 【解析】选 D.①取前面棱的中点，证 AB 平行于平面 MNP 即可；③可证 AB 与 MP 平行. 7.【解析】选 B.因为 AB⊥BD,面 ABD⊥面 BCD，且交线为 BD，故有 AB⊥面 BCD，则面 ABC⊥面 BCD，同理 CD⊥面 ABD，则面 ACD⊥面 ABD，因此共有 3 对互相垂直的平面. 8.【解析】选 D.依题意可作出正方体的直观图如图， 显然 M 到 AB 的距离为 而 VC?DNE ?
1 2 ，∴①正确， MC ? 2 2
1 1 1 ? ?1?1?1 ? ,∴②正确， 3 2 6
AB 与 EF 所成的角等于 AB 与 MC 所成的角，即为 ∴③正确.
? ， 2
9． 【解析】选 B.设球的半径为 R，则正三棱锥的底面边长为 3 R，高为 R，
1 3 3 2 （ 3R） R＝ ， ? R＝ 1， 3 4 4 4 4 ? V球＝ ?R 3＝ ?. 3 3 ?V ?10.【解析】选 B.在题图(2)中取 BD 的中点 M，连接 MC、A′M. ∵A′B=A′D,∴A′M⊥BD. 又∵平面 A′BD⊥平面 BCD, ∴A′M⊥平面 BCD. ①选项 A 中，若 A′C⊥BD,那么 BD⊥平面 A′MC? BD⊥MC. 而 BD⊥CD，显然 BD⊥MC 不可能， ∴A 不正确； ②选项 B 中,∵BD⊥CD 且平面 A′BD⊥平面 BCD， 可得 CD⊥平面 A′BD,可知 CD⊥A′D， 在△A′CD 中，A′D=CD=1? A′C= 2 . 又∵A′B=1，∴ CB ?
BD 2 ? CD 2 ? 2 ? 1 ? 3 .7
∴在△A′BC 中,A′B +A′C =BC ， ∴∠BA′C=90°，故 B 正确； ③选项 C

中,由②分析知,∠CA′D 即为 CA′与平面 A′BD 所成的角， 在 Rt△A′DC 中，
2
2
2
cos?CA?D ?
A?D 1 2 , ? ? A?C 2 21 S△BCD×A′M 3
∴∠CA′D 为 45°，故 C 不正确； ④选项 D 中,由①知 A′M⊥平面 BCD,得 VA′-BCD=
1 1 2 1 ? ? ? 2 ? 1? ? ，故 D 不正确.故选 B. 3 2 2 611． 【解析】S1=4π R1 ， S1 ? 2 ?R 1 ，2
同理： S2 ? 2 ?R 2，S3 ? 2 ?R 3 ， 故 R1 ?
S1 2 ?
，R 2 ?
S2 2 ?
，R 3 ?
S3 2 ?
，
由 R1+2R2=3R3， 得 S1 ? 2 S2 ? 3 S3 . 答案： S1 ? 2 S2 ? 3 S3 12.【解析】设正三棱柱的底面边长为 a，高为 2h，则 BD=C1D= a ＋h ，2 2
BC1 ? a 2＋4h 2 ，由△BC1D 是面积为 6 的直角三角形，
?2 ? (a 2＋h 2 ) ? a 2＋4h 2 ?a 2 ? 8 ? 得 ?1 2 ，解得 ， ? 2 h ? 2 (a ＋ h ) ? 6 ? ? ?2故此三棱柱的体积为 V ? 答案： 8 3 13.【解析】由题意知 AC⊥平面 SBC， 故 AC⊥SB，SB⊥平面 ABC， 平面 SBC⊥平面 SAC， ①②③正确； 取 AB 的中点 E， 连接 CE， 可证得 CE⊥平面 SAB， 故 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离,为 ④正确． 答案:①②③④ 14.【解析】根据平行平面的性质可知①正确，③正确.当 E、F 分别为 AA′,8
1 ? 8 ? sin 60?? 4 ? 8 3 . 2
1 a， 2
CC′的中点时四边形 BFD′E 与平面 BB′D 垂直，故④正确；当 E、F 分别为 AA′、CC′的中点时，四边形 BFD′E 虽然为菱形，但对角线 EF 与 BD′不相等，故 BFD′E 不可能为正方 形，即②不正确. 答案：①③④ 15.【解析】设 AB=2，作 CO ⊥平面 ABDE,OH⊥AB，则 CH⊥AB，∠CHO 为二面角 C-AB-D 的平面 角,CH= 3 ,OH=CH·cos∠CHO=1，结合等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则
AN ? EM ? CH ? 3. 1 1 AN ? AB ? AC , EM ? AC ? AE, 2 2 1 1 1 AN EM ? AB ? AC ( AC ? AE) ? . 2 2 2
?
?
?
?
故 EM,AN 所成角的余弦值为
1 ? . AN EM 6
AN EM
答案:
1 6
16.【解析】(1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD⊥DC，AD⊥DB， 又 DB∩DC=D，∴AD⊥平面 BDC， ∵AD? 平面 ABD． ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC=90°及(1)知 DA，DB，DC 两两垂直，不妨设|DB|=1，以 D 为坐标原点，以 DB, DC, DA 所在 直线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0, 3 )， E( ，， 0 )， ∴ AE ? ( , , ? 3)， DB ? (1， 0,0) ， ∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为
1 3 2 2
1 3 2 2
9
AE DB cos ? ? | AE | | DB |
1 2 1? 22 4
?
22 . 22
17.【解析】(1)∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱, ∴BB1⊥平面 ABC，又∵CF? 平面 ABC， ∴CF⊥BB1. (2)∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直棱柱， ∴BB1⊥平面 ABC， 又∵AC? 平面 ABC，∴AC⊥BB1, ∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, ∵BB1∩BC=B.∴AC⊥平面 ECBB1，
1 S AC , 3

四边形ECBB1 1 ∵E 是棱 CC1 的中点，∴EC= AA1= 2， 2 1 1 ∴ S四边形ECBB ? ? EC ? BB1 ? BC ? ? ? 2 ? 4 ? ? 2 ? 6 , 1 2 2 1 1 ∴ VA ?ECBB1 ? S四边形ECBB AC ? ? 6 ? 2 ? 4 . 1 3 3∴ VA ?ECBB1 ? 18.【解析】以 O 点为原点，OC 所在直线为 x 轴， OA 所在直线为 y 轴，OA1 所在直线为 z 轴建立 空间直角坐标系. （1）由题意知∠A1AO=45°,A1O=3. ∴O(0,0,0),C( 3 ,0,0), A(0,3,0),A1(0,0,3), B( ? 3 ,0,0). 设面 ACA1 的法向量为 n1 ＝（x,y,z）,
?n1 AC ? ? x, y, z ? 3, ?3, 0 ? 3x ? 3y ? 0 ? , 则? ? n AA ? x, y, z 0, ? 3,3 ? ? 3y ? 3z ? 0 1 ? ? ? ? ? 1令 z=1,则 x= 3 ,y=1,∴ n1 ?
?
?
?
3,1,1 ,
?
而面 ABC 的法向量为 n 2 =(0,0,1),
cos〈n1 , n 2〉 ?
3 ? 0 ? 1? 0 ? 1? 1 12 ? 12 ?
? 3?
2
?
1
1 , 510
又显然所求二面角的平面角为锐角， ∴所求二面角的余弦值为
5 . 5 2 2 a, a), 2 2
（2）A1C1∥AC,故只需 BD⊥AC 即可，设 AD=a,则 D(0,3 ?
又 B（ ? 3 ，0，0） ，则 BD ? ( 3,3 ?
2 2 a, a), 2 2
AC ?
?
3, ?3, 0 .2 a）＝0, 2
?
要使 BD⊥AC,需 BD AC ? 3 ? 3(3 ? 得 a ? 2 2, 而AA1 ? 3 2,? A1D ?
2,
?
A1D 2 1 ? ? . DA 2 2 2
19.【解析】(1)连接 A1C,与 AC1 交于 O 点，连接 OD.
因为 O，D 分别为 AC1 和 BC 的中点, 所以 OD∥A1B. 又 OD? 平面 AC1D，A1B ? 平面 AC1D, 所以 A1B∥平面 AC1D. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, BB1⊥平面 ABC,又 AD? 平面 ABC, 所以 BB1⊥AD. 因为 AB=AC,D 为 BC 的中点, 所以 AD⊥BC.又 BC∩BB1=B, 所以 AD⊥平面 B1BCC1. 又 CE? 平面 B1BCC1,所以 AD⊥CE. 因为四边形 B1BCC1 为正方形，D，E 分别为 BC,BB1 的中点, 所以 Rt△CBE≌Rt△C1CD,∠CC1D=∠BCE. 所以∠BCE+∠C1DC=90°.所以 C1D⊥CE. 又 AD∩C1D=D, 所以 CE⊥平面 AC1D. (3)如图，以 B1C1 的中点 G 为原点，建立空间直角坐标系.11
则 A(0,6,4),E(3,3,0),C(-3,6,0),C1(-3,0,0). 由(2)知 CE⊥平面 AC1D， 所以 CE =(6,-3,0)为平面 AC1D 的一个法向量.
设 n =(x,y,z)为平面 ACC1 的一个法向量,
AC =(-3，0，-4)， CC1 =(0，-6，0).由?
? ?n AC ? 0, ?n CC1 ? 0. ?
可得 ?
??3x ? 4z ? 0, ??6y ? 0.3 . 4
令 x=1,则 y=0, z ? ? 所以 n ? (1, 0, ?
3 ). 4
从而 cos ?
CE n 8 ? 5. | CE | | n | 25
因为二面角 C-AC1-D 为锐角, 所以二面角 C-AC1-D 的余弦值为
8 5 . 25
20.【解析】(1)因为∠DAB=60°，AB=2AD, 由余弦定理得 BD= 3 AD, 从而 BD +AD = AB ，故 BD⊥AD, 又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD,又 PD∩AD=D, 所以 BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)如图，作 DE⊥PB，垂足为 E.2 2 2
已知 PD⊥底面 ABCD，则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD，12
又 BC∥AD，所以 BC⊥BD,因为 BD∩PD=D, 故 BC⊥平面 PBD，所以 BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知，PD=1，则 BD= 3 ，PB=2， 根

据 DE·PB=PD·BD，得 DE ?
3 ， 2
即棱锥 D-PBC 的高为
3 . 2
21.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系， 则 BE =(3,0,1)， BF =(0,3,2)， BD1 =(3,3,3)， 所以 BD1 ? BE ? BF ， 故 BD1 ， BE ， BF 共面． 又它们有公共点 B， 所以 E,B,F,D1 四点共面． (2)设 M(0,0,z)，则 GM ? (0, ? , z) ， 而 BF =(0,3,2)， 由题设得 GM BF ? ? ? 3 ? z 2 ? 0 ， 得 z=1．因为 M(0,0,1)，E(3,0,1)，有 ME =(3,0,0)， 又 BB1 =(0,0,3)， BC =(0,3,0)，
2 3
2 3
ME BC ? 0， 所以 ME BB1 ? 0，从而 ME⊥BB1，ME⊥BC． 又 BB1∩BC=B, 故 ME⊥平面 BCC1B1． (3)设向量 BP =(x,y,3)且 BP⊥截面 EBFD1，
， BP ? BF ． 于是 BP ? BE而 BE =(3,0,1) ， BF =(0,3,2)， 得 BP · BE =3x+3=0， BP · BF =3y+6=0， 解得 x=-1，y=-2， 所以 BP =(-1,-2,3)．13
又 BA =(3,0,0)且 BA⊥平面 BCC1B1， 所以 BP 和 BA 的夹角等于θ 或π -θ (θ 为锐角)． 于是 cos? ?
| BP BA | 1 ． ? | BP | | BA | 14
故 tanθ = 13 ．
14


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