2017届高考数学立体几何复习题1.doc

单元综合检测(七)

一、选择题(每小题5分,共50分)

1.某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是 A.圆柱

B.圆锥

C.四面体

D.三棱柱

( )

1.A 【解析】因为无论怎么放置,圆柱的三视图都不可能是三角形,而圆锥、四面体和三棱柱的正视图都可能是三角形.

2.(2015·金华十校模拟)若三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为 ( )

A.80 B.40 C.

D.

2.D 【解析】由三视图可得该三棱锥的底面是以4和5为直角边的直角三角形,则底面积为×4×5=10.有一个侧面垂直于底面,该侧面上的高(即三棱锥的高)为4,

所以该三棱锥的体积为×10×4=.

3.(2015·武汉调研)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是 A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β B.若m∥n,m?α,n?β,则α∥β C.若m∥n,m∥α,则n∥α D.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β

( )

3.D 【解析】若α⊥γ,α⊥β,则γ,β可能平行或相交,A错误;若m∥n,m?α,n?β,则α,β可能平行或相交,B错误;若m∥n,m∥α,则n?α或n∥α,C错误;若m∥n,m⊥α,则n⊥α,又n⊥β,则α∥β,D正确.

4.(2015·北京西城区期末考试)一个四棱锥的三视图如图所示,那么对于这个四棱锥,下列说法中正确的是

( )

A.最长棱的棱长为B.最长棱的棱长为3

C.侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形 D.侧面四个三角形都是直角三角形

4.D 【解析】由三视图可得该三棱锥的底面是上、下底分别为1和2,与底垂直的腰为1,另一腰为

的直角梯形,有一条长度为2的侧棱垂直于底面,所以最长的

棱长为2,排除A和B;侧面四个三角形都是直角三角形,排除C,故选择D.

5.如图,网格纸的各小格都是正方形,粗线画出的是一个三棱锥的侧(左)视图和俯视图,则该三棱锥的正(主)视图可能是( )

5.A 【解析】由题意可得该几何体是三棱锥,如图,底面是直角边为3和6的直角三角形,该三棱锥的高为3,所以其正(主)视图是A.

6.(2015·甘肃一诊)直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点在同一个球面上,AB=3,AC=4,AA1=2

,∠BAC=90°,则球的表面积为

( )

A. B. C.49π D.

6.C 【解析】取BC,B1C1的中点分别是D,D1,则由三棱柱的性质可得其外接球的球心

O

在

DD1

的中点,设外接球的半径为

,故此球的表面积为4πR2=49π.

R,则

R2=|AD|2+|DO|2=

7.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是 A.l1⊥l4

B.l1∥l4

D.l1与l4的位置关系不确定

( )

C.l1与l4既不垂直也不平行

7.D 【解析】如图所示的正方体ABCD-A'B'C'D'中,令l1为AA',l2为BC,当l3为CC'时,

?l1⊥l4,则选项A成立,当l3为CD时,则l4可以为对角线BC'或BB'

或B'C',l1与l4是异面直线或平行或垂直,所以l1与l4位置关系不确定.

8.(2015·衢州质检)如图△ABC是等腰直角三角形,其中∠A=90°,且DB⊥BC,∠BCD=30°,现将△ABC沿边BC折起,使得二面角A-BC-D大小为30°,则异面直线BC与AD所成的角为

( )

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

8.A 【解析】过点D作DE∥BC,过点C作CE∥BD,则∠ADE为异面直线BC和AD所成角.取BC,DE的中点分别是F,G,连接AF,GF,AG,则由题意可得AF⊥BC,GF⊥BC,所以∠AFG是二面角A-BC-D的平面角,则∠AFG=30°,BC⊥平面AFG,则BC=DE=

DG⊥平面,AB=AC=

AFG,所以,AF=

DG⊥AG.不妨设

BD=1,则

,FG=1,在△AFG中,由余弦定理可得

AG2=+1-2×

×1×,AG=,在直角三角形ADG中,DG=,所以tan ∠

ADG=,则∠ADG=30°,即异面直线BC和AD所成角为30°.

9.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为 A.

B.

C.

D.

( )

9.A 【解析】设E为△ABC的重心,连接OA,OB,OE.∵三棱锥S-ABC内接于球O,∴OB=OC=OA=1,又△ABC为等边三角形,∴OE⊥平面ABC,∴三棱锥的高h=2OE.∵AB=AC=BC=1,E为△ABC的重心,连接CE,∴CE=

,∴OE=,∴h=,∴VS-ABC=S△ABC·h=×1×1×.

10.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为a的正方形,若在侧棱AA1上至少存在一点E,使得∠C1EB=90°,则侧棱AA1的长的最小值为

( )

A.a C.3a 10.B

B.2a D.4a

【解析】设AA1=h,AE=x,A1E=h-x,x∈[0,h],则

BE2=a2+x2,C1E2=(a)2+(h-x)2,B=a2+h2,又∠C1EB=90°,所以

BE2+C1E2=B,a2+x2+(a)2+(h-x)2=a2+h2,即关于x的方程x2-hx+a2=0,x∈[0,h]

有解,所以h=

+x≥2a,即侧棱AA1的最小值为2a.

二、填空题(每小题5分,共20分)

11.(2015·淮北二模)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的表面积为 .

11.8+2

【解析】由三视图可得该几何体是侧放的直三棱柱,该三棱柱的底面

是以1和2为直角边的直角三角形,侧棱长2,故侧面积为2(1+2+)=6+2,表

面积为2××1×2+6+2=8+2.

12.设P,Q为一个正方体表面上的两点,已知此正方体绕着直线PQ旋转θ(0<θ<2π)角后能与自身重合,那么符合条件的直线PQ有 条.

12.13 【解析】当P,Q是相对两个正方体的中心时,此正方体绕着直线PQ旋转

90°即可与自身重合,这样的直线PQ有3条;当P,Q是正方体的体对角线时,此正方体绕着直线PQ旋转可与自身重合,这样的直线PQ有4条;当P,Q是对棱两边的中点时,此正方体绕着直线PQ旋转180°即可与自身重合,这样的直线PQ有6条,所以符合条件的直线PQ有3+4+6=13条.

13.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为 .

13.

【解析】取B1C1的中点E1,连接EE1,D1E1,作PH⊥D1E1,垂足为H,连接

C1H,则 PH∥CC1.过点P作PP1∥C1H交CC1于点P1,则四边形PP1C1H为矩形,故点P到线段CC1的距离为C1H,当点P在线段D1E上运动时,H在D1E1上运动,故当D1E1⊥C1H时C1H最小,所以所求最小值为△C1D1E1以D1E1为底边上的高,又D1E1=

,D1E1·C1H=D1C1·C1E1,可求得C1H=

.

14.(2015·太原一模)已知在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,AB=2AD=2CD=2,将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥D-ABC,当三棱锥D-ABC的体积取最大值时,其外接球的体积为 . 14.

【解析】当三棱锥D-ABC的体积最大时,平面DAC⊥平面ABC,BC⊥AC,

所以BC⊥平面ACD.在直角△BCD中,直角边BC=,CD=1,则BD=.又

AD=1,AB=2,所以AD⊥BD,所以该三棱锥的外接球的球心在AB的中点,即外接球

的直径2R=2,体积为πR3=π. 三、解答题(共50分)

15.(12分)(2016·惠州调研)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=BC1=2,∠AA1C1=60°,平面ABC1⊥平面AA1C1C,AC1与A1C相交于点D.

(1)求证:BD⊥平面AA1C1C; (2)求二面角C1-AB-C的余弦值.

15.【解析】(1)由题意可知侧面AA1C1C是菱形,D是AC1的中点,因为BA=BC1,所以BD⊥AC1,

又平面ABC1⊥平面AA1C1C,且BD?平面ABC1,平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1, 所以BD⊥平面AA1C1C.

(2)由(1)知BD⊥平面AA1C1C,CD?平面AA1C1C,所以CD⊥BD, 又CD⊥AC1,AC1∩BD=D,所以CD⊥平面ABC1, 过D作DH⊥AB,垂足为H,连接CH,则CH⊥AB, 所以∠DHC为二面角C1-AB-C的平面角. 在Rt△DAB中,AD=1,BD=

,AB=2,又DC=

,

所以DH=,CH=,

所以cos ∠DHC=

,即二面角C1-AB-C的余弦值是.

16.(13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,∠BAD=90°,AD∥

BC,且A1A=AB=AD=2BC=2,点E在棱AB上,平面A1EC与棱C1D1相交于点F.

(1)证明:A1F∥平面B1CE;

(2)若E为棱AB的中点,求二面角A1-EC-D的余弦值; (3)求三棱锥B1-A1EF的体积的最大值. 16.【解析】(1)因为ABCD-A1B1C1D1是棱柱, 所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.

又因为平面ABCD∩平面A1ECF=EC,平面A1B1C1D1∩平面A1ECF=A1F, 所以A1F∥EC.

又因为A1F?平面B1CE,EC?平面B1CE, 所以A1F∥平面B1CE.

(2)因为AA1⊥底面ABCD,∠BAD=90°,

所以直线AA1,AB,AD两两垂直,以A为原点,以直线AB,AD,AA1分别为x轴,y轴和z轴,如图建立空间直角坐标系. 则A1(0,0,2),E(1,0,0),C(2,1,0), 所以

=(1,0,-2),

=(2,1,-2).

设平面A1ECF的法向量为m=(x,y,z), 由

·m=0,

·m=0,

得

令z=1,得m=(2,-2,1).

又因为平面DEC的一个法向量为n=(0,0,1), 所以cos=

,

由图可知,二面角A1-EC-D的平面角为锐角, 所以二面角A1-EC-D的余弦值为.

(3)过点F作FM⊥A1B1于点M,

因为平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1,FM?平面A1B1C1D1, 所以FM⊥平面A1ABB1, 所以

×FM=

×FM=FM.

因为当点F与点D1重合时,FM取到最大值2,

所以当点F与点D1重合时,三棱锥B1-A1EF的体积的最大值为.

17.(12分)(2015·广东六校联考)如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD-A1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边AB=t(0

(1)当长方体ABCD-A1B1C1D1的体积最大时,求二面角B-A1C-D的值;

(2)线段A1C上是否存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,若有,求出P点的位置,没有请说明理由.

17.【解析】(1)根据题意可知,直线AA1,AB,AD两两垂直,以直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

长方体体积为V=t(2-t)×1=t(2-t)≤=1.

当且仅当t=2-t,即t=1时体积V有最大值为1.

所以当长方体ABCD-A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形, 则A1(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),

=(1,0,-1),

=(0,1,0),

设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z), 由

取x=z=1,得m=(1,0,1),

同理可得平面A1CD的一个法向量为n=(0,1,1), 所以cos=

,

又二面角B-A1C-D为钝角,故二面角的值是120°. (2)根据题意有A1(0,0,1),B(t,0,0),C(t,2-t,0),D(0,2-t,0),

=(t,2-t,-1),若线段A1C上

存在一点P满足要求,不妨设=λ,可得P(λt,λ(2-t),1-λ),

所以=(λt-t,λ(2-t),1-λ), =(-t,2-t,0).

又因为

解得t=1,λ=,

所以只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P,位置是线段A1C上,A1P∶PC=2∶1处.

18.(13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.

(1)证明B1C1⊥CE;

(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;

(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为AM的长.

18.【解析】方法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

,求线段

(1)易得

=(1,0,-1),

=(-1,1,-1),于是

=0,

所以B1C1⊥CE. (2)

=(1,-2,-1).

设平面B1CE的法向量m=(x,y,z), 则

m=(-3,-2,1).

由(1),B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故CEC1的一个法向量. 于是cos

>=

=-,

=(1,0,-1)为平面

消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为

从而sin=.

所以二面角B1-CE-C1的正弦值为

.

(3) =(0,1,0), =(1,1,1).设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有

=(λ,λ+1,λ),可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则 sin

θ=|cos<

>|=

.于是

,解得λ=,所以AM=.

方法二:(1)因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=

,B1C1=

,EC1=

,从而B1E2=B1

+E

,

所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,

又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE.

(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.

由(1),B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G, 所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角. 在△CC1E中,由CE=C1E=

,CC1=2,可得C1G=

.

在Rt△B1C1G中,B1G=,

所以sin∠B1GC1=,

即二面角B1-CE-C1的正弦值为

.

(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H, 可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,

则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角. 设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=

x,AH=

x.

在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.

在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1. 由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°, 得

x2=1+x2+

x,

整理得5x2-2

x-6=0,

解得x=.所以线段AM的长为.

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