精选高三立体几何章末综合测试题.docx
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精选高三立体几何章末综合测试题
高三立体几何章末综合测试题
高三数学章末综合测试题(13)立体几何
(1)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84,则圆台较小底面的半径为()
A.7B.6C.5D.3
解析 A 依题意,设圆台上、下底面半径分别为r、3r,则有(r+3r)3=84,解得r=7.
2.如图所示,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CFCB=CGCD=23,则()
A.EF与GH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
解析 D 依题意,可得EH∥BD,FG∥BD,故EH∥FG,所以E、F、G、H共面.因为EH=12BD,FG=23BD,故EHFG,所以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AC上.
3.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k=()
A.1B.15C.35D.75
解析 D ka+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),2a-b=2(1,1,0)-(-1,0,2)=
(3,2,-2),∵两向量垂直,3(k-1)+2k-22=0,k=75.
4.已知直线m、n和平面,在下列给定的四个结论中,m∥n的一个必要但不充分条件是()
A.m∥,n∥B.m,n
C.m∥,nD.m、n与所成的角相等
解析 D 对于选项A,当m∥,n∥时,直线m、n可以是平行、相交或异面;而当m∥n时,m、n与的关系不确定,故选项A是m∥n的既不充分也不必要条件;选项B是m∥n的充分不必要条件;选项C是m∥n的既不充分也不必要条件;对于选项D,由m∥n可以得到m、n与所成的角相等,但是m、n与所成的角相等得不到m∥n.故选项D符合题意.
5.已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆),根据图中标出的数据,这个几何体的体积是()
A.288+36
B.60
C.288+72
D.288+18
解析 A 依题意得,该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体,其中长方体的长、宽、高分别为8、6、6,半个圆柱相应的圆柱底面半径为3、高为8,因此该几何体的体积等于866+12328=288+36,故选A.
6.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是()
A.l1l2,l2l3l1∥l3B.l1l2,l2∥l3l1l3
C.l1∥l2∥l3l1,l2,l3共面D.l1,l2,l3共点l1,l2,l3共面
解析 B 在空间中,垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错;两平行线中的一条垂直于第三条直线,则另一条也垂直于第三条直线,B正确;相互平行的三条直线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱,故C错;共点的三条直线不一定共面,如三棱锥的三条侧棱,故D错.
7.将一个边长为a的正方体,切成27个全等的小正方体,则表面积增加了()
A.6a2 B.12a2
C.18a2 D.24a2
解析 B 依题意,小正方体的棱长为a3,所以27个小正方体的表面积总和为276a32=18a2,故表面积增加量为18a2-6a2=12a2.
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()
A.63B.265
C.155D.105
解析 D 如图,连接A1C1,B1D1,交于点O1,由长方体的性质易知C1BO1为BC1与平面BB1D1D所成的角.
∵BC=2,CC1=1,BC1=22+1=5,
又C1O1=12A1C1=1222+22=2,
在Rt△BO1C1中,sinC1BO1=O1C1BC1=25=105.
9.已知,,是三个不同的平面,命题“∥,且”是真命题,如果把,,中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有命题中,真命题有()
A.0个B.1个
C.2个D.3个
解析 C 若,换为直线a,b,则命题化为“a∥b,且ab”,此命题为真命题;若,换为直线a,b,则命题化为“a∥,且abb”,此命题为假命题;若,换为直线a,b,则命题化为“a∥,且bab”,此命题为真命题.
10.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=10,AD=5,AA1=4.分别过BC、A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分,其体积分别记为V1=VAEA1-DFD1,V2=VEBE1A1-FCF1D1,V3=VB1E1B-C1F1C.若V1∶V2∶V3=1∶3∶1,则截面A1EFD1的面积为()
A.410B.83
C.202D.162
解析 C 由V1=V3,可得AE=B1E1,设AE=x,则12x45∶[(10-x)45]=1∶3,得x=4,则A1E=42+42=42,所以截面A1EFD1的面积为202.
11.如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A,B,C是展开图上的三点,则在正方体盒子中,ABC的值为()
A.30
B.45
C.60
D.90
解析 C 还原正方体,如下图所示,连接AB,BC,AC,可得△ABC是正三角形,则ABC=60.故选C.
12.连接球面上两点的线段称为球的弦.半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于27、43,M、N分别为AB、CD的中点,每条弦的两端都在球面上运动,有下列四个命题:
①弦AB、CD可能相交于点M;
②弦AB、CD可能相交于点N;
③MN的最大值为5;
④MN的最小值为1.
其中真命题的个数是()
A.1B.2
C.3D.4
解析 C 易求得M、N到球心O的距离分别为OM=3,ON=2,若两弦交于M,则ONMN,在Rt△ONM中,有ONOM,符合题意,故①正确.若两弦交于N,同①推得,OMON,矛盾,故②错.当M、O、N共线,M、N在O同侧,则MN取最小值1;M、N在O两侧,则MN取最大值5,故③④正确.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.如图,在正四棱柱A1C中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M只需满足条件________时,就有MN∥平面B1BDD1.(注:
请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情况)
解析 ∵FH∥DD1,HN∥BD,平面FHN∥平面B1BDD1,只要MFH,则MN平面FHN,MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)
【答案】 M位于线段FH上
14.已知、是两个不同的平面,m、n是平面及平面之外的两条不同的直线,给出四个论断:
①m∥n,②∥,③m,④n,以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题:
________.
解析 同垂直于一个平面的两条直线互相平行,同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行.
【答案】 ②③④①
15.已知命题:
“若xy,y∥z,则xz”成立,那么字母x,y,z在空间所表示的几何图形有可能是:
①都是直线;②都是平面;③x,y是直线,z是平面;④x,z是平面,y是直线.上述判断中,正确的有________(请将你认为正确的序号都填上).
解析 当字母x,y,z都表示直线时,命题成立;当字母x,y,z都表示平面时,命题也成立;当x,z表示平面,y表示直线时,由相关的判定定理知命题也成立;
当x,y表示直线,z表示平面时,xz不一定成立,还有可能x∥z或x与z相交,故①②④正确,③不正确.
【答案】 ①②④
16.如图,二面角-l-的大小是60,线段AB,Bl,AB与l所成的角为30,则AB与平面所成的角的正弦值是________.
解析 如图,作AO于O,ACl于C,连接OB、OC,则OCl.设AB与所成角为,
则ABO=,由图得sin=AOAB=ACABAOAC=sin30sin60=34.
【答案】 34
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)如图所示,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,沿对角线BD把△ABD折起,使点A在平面BCD上的射影E落在BC上.
(1)求证:
平面ACD平面ABC;
(2)求三棱锥A-BCD的体积.
解析
(1)∵AE平面BCD,AECD.
又BCCD,且AEBC=E,
CD平面ABC.
又CD平面ACD,
平面ACD平面ABC.
(2)由
(1)知,CD平面ABC,
又AB平面ABC,CDAB.
又∵ABAD,CDAD=D,
AB平面ACD.
VA-BCD=VB-ACD=13S△ACDAB.
又∵在△ACD中,ACCD,AD=BC=4,AB=CD=3,
AC=AD2-CD2=42-32=7.
VA-BCD=1312733=372.
18.(12分)如图,四边形ABCD为正方形,四边形BDEF为矩形,AB=2BF,DE平面ABCD,G为EF的中点.
(1)求证:
CF∥平面ADE;
(2)求证:
平面ABG平面CDG;
(3)求二面角C-FG-B的余弦值.
解析
(1)∵BF∥DE,BC∥AD,BFBC=B,DEAD=D,平面CBF∥平面ADE.
又CF平面CBF,
CF∥平面ADE.
(2)如图,取AB的中点M,CD的中点N,连接GM、GN、MN、AC、BD,设AC、MN、BD交于O,连接GO.
∵四边形ABCD为正方形,四边形BDEF为矩形,
AB=2BF,DE平面ABCD,G为EF的中点,
则GO平面ABCD,GO=12MN,
GNMG.
又GNDC,AB∥DC,
GNAB.
又ABMG=M,
GN平面GAB.
又GN平面CDG,
平面ABG平面CDG.
(3)由已知易得CGFG,由
(2)知GOEF,
CGO为二面角C-FG-B的平面角,
cosCGO=GOGC=33.
19.(12分)(2019南昌二模)如图所示的多面体ABC-A1B1C1中,三角形ABC是边长为4的正三角形,AA1∥BB1∥CC1,AA1平面ABC,AA1=BB1=2CC1=4.
(1)若O是AB的中点,求证:
OC1A1B1;
(2)求平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值.
解析
(1)设线段A1B1的中点为E,连接OE,C1E.
由AA1平面ABC得AA1AB,
又BB1∥AA1且AA1=BB1,
所以AA1B1B是矩形.
又点O是线段AB的中点,
所以OE∥AA1,所以OEA1B1.
由AA1平面ABC得AA1AC,A1ABC.
又BB1∥AA1∥CC1,
所以BB1BC,CC1AC,CC1BC,
且AC=BC=4,AA1=BB1=4,CC1=2,
所以A1C1=B1C1,所以C1EA1B1.
又C1EOE=E,
所以A1B1平面OC1E,
因为OC1平面OC1E,所以OC1A1B1.
(2)如图,以O为原点,OE,OA,OC所在方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,
则A(0,2,0),A1(4,2,0),B1(4,-2,0),C1(2,0,23),
设平面AB1C1的法向量为n1=(x1,y1,z1),则有
n1AB1=0,n1AC1=0
x1,y1,z14,-4,0=0,x1,y1,z12,-2,23=0x1=
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