高三数学总复习立体几何 单元检测.docx
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高三数学总复习立体几何单元检测
第八章 章末检测
(时间:
120分钟 满分:
150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.(2010·山东)在空间中,下列命题正确的是( )
A.平行直线的平行投影重合
B.平行于同一直线的两个平面平行
C.垂直于同一平面的两个平面平行
D.垂直于同一平面的两条直线平行
2.(2011·聊城模拟)设m、n是不同的直线,α、β、γ是不同的平面,有以下四个命题:
①⇒β∥γ;②⇒m⊥β;
③⇒α⊥β;④⇒m∥α.
其中真命题的序号是( )
A.①④B.②③C.①③D.②④
3.(2010·福建)
如图,若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体,其中E为线段A1B1上异于B1的点,F为线段BB1上异于B1的点,且EH∥A1D1,则下列结论中不正确的是( )
A.EH∥FG
B.四边形EFGH是矩形
C.Ω是棱柱
D.Ω是棱台
4.正四面体的内切球与外接球的半径之比为( )
A.1∶3B.1∶9C.1∶27D.1∶81
5.(2011·广东)如图所示,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图)和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )
A.6B.9
C.12D.18
6.(2011·舟山月考)若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,则这个圆柱的全面积与侧面积的比为( )
A.B.C.D.
7.
如图所示,正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离为( )
A.B.
C.D.
8.(2011·四川)l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )
A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3
B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面
D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面
9.(2011·临沂模拟)某几何体的三视图如图,则该几何体的体积的最大值为( )
A.B.C.D.
10.设P是60°的二面角α—l—β内一点,PA⊥平面α,PB⊥平面β,A、B分别为垂足,PA=4,PB=2,则AB的长是( )
A.2B.2C.2D.4
11.正三棱柱ABC-A1B1C1的底面三角形的边长是a,D,E分别是BB1,CC1上的点,且EC=BC=2BD,则平面ADE与平面ABC的夹角的大小为( )
A.30°B.45°
C.60°D.90°
12.(2011·丽水月考)
如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α、β所成的角分别为和.过A、B分别作两平面交线的垂线,垂足为A′、B′,则AB∶A′B′等于( )
A.2∶1B.3∶1
C.3∶2D.4∶3
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.如图,是△AOB用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′,则△AOB的面积是________.
14.
如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC,BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则点M只需满足条件________时,就有MN∥平面B1BDD1.
15.(2011·上海)若圆锥的侧面积为2π,底面面积为π,则该圆锥的体积为________.
16.(2011·阳江月考)正四棱锥S—ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是________.
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为5、圆心角为的扇形,在这个圆锥中内接一个高为x的圆柱.
(1)求圆锥的体积;
(2)当x为何值时,圆柱的侧面积最大?
18.(12分)已知在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,沿对角线AC折叠,使面ABC与面ADC垂直,求B、D间的距离.
19.(12分)(2011·陕西)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,求与夹角的余弦值.
20.(12分)(2011·广州模拟)
如图,A1A是圆柱的母线,AB是圆柱底面圆的直径,C是底面圆周上异于A,B的任意一点,A1A=AB=2.
(1)求证:
BC⊥平面AA1C;
(2)求三棱锥A1—ABC的体积的最大值.
21.(12分)(2011·重庆)如图,在四面体ABCD中,平面ABC⊥平面ACD,AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°.
(1)若AD=2,AB=2BC,求四面体ABCD的体积.
(2)若二面角C-AB-D为60°,求异面直线AD与BC所成角的余弦值.
22.(12分)(2011·北京)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:
BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.
第八章 章末检测
1.D 2.C 3.D 4.A
5.B [由三视图可还原几何体的直观图如图所示.
此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3,高为的平行六面体,所求体积V=3×3×=9.]
6.A 7.B
8.B [当l1⊥l2,l2⊥l3时,l1也可能与l3相交或异面,故A不正确;l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3,故B正确;当l1∥l2∥l3时,l1,l2,l3未必共面,如三棱柱的三条侧棱,故C不正确;l1,l2,l3共点时,l1,l2,l3未必共面,如正方体中从同一顶点出发的三条棱,故D不正确.]
9.D 10.C 11.B 12.A
13.16 14.M∈线段FH 15.π 16.30°
17.解
(1)因为圆锥侧面展开图的半径为5,所以圆锥的母线长为5.设圆锥的底面半径为r,
则2πr=5×,解得r=3.(2分)
所以圆锥的高为4.
从而圆锥的体积V=πr2×4=12π.(4分)
(2)右图为轴截面图,这个图为等腰三角形中内接一个矩形.
设圆柱的底面半径为a,
则=,从而a=3-x.(6分)
圆柱的侧面积S(x)=2π(3-x)x
=π(4x-x2)=π[4-(x-2)2](0 (8分) 当x=2时,S(x)有最大值6π. 所以当圆柱的高为2时, 圆柱有最大侧面积为6π.(10分) 18.解 方法一 如图,过D、B分别作DE⊥AC于点E,BF⊥AC于点F,则由已知条件得AC=5, ∴DE==,BF==. ∴AE===CF. ∴EF=AC-2AE=.(3分) ∵=++, ∴||2=|++|2 =2+2+2+2·+2·+2·.(6分) ∵面ADC⊥面ABC,而DE⊥AC, ∴DE⊥面ABC,∴DE⊥BF.(8分) ∴||2=2+2+2=++=. ∴||=,故B、D间的距离为.(12分) 方法二 同方法一,过E作FB的平行线交AB于P点,以E为坐标原点,以EP、EC、ED所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,如图.则由方法一知DE=FB=,EF=.(4分) ∴D,B.(6分) ∴||==. (12分) 19. (1)证明 ∵折起前AD是BC边上的高, ∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.(2分) 又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC.(4分) ∵AD⊂平面ABD, ∴平面ADB⊥平面BDC.(6分) (2)解 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,分别以,,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,),E(,,0),(9分) ∴=(,,-),=(1,0,0),(10分) ∴与夹角的余弦值为cos〈,〉===.(12分) 20. (1)证明 ∵C是底面圆周上异于A,B的任意一点,且AB是圆柱底面圆的直径,∴BC⊥AC. ∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴AA1⊥BC.(4分) ∵AA1∩AC=A,AA1⊂平面AA1C, AC⊂平面AA1C,∴BC⊥平面AA1C.(5分) (2)解 设AC=x,在Rt△ABC中, BC==(0 故VA1—ABC=S△ABC·AA1=··AC·BC·AA1 =x(0 即VA1—ABC=x ==. ∵0 三棱锥A1—ABC的体积最大,最大值为. (12分) 21. ① (1)解 如图①,设F为AC的中点,连接DF,由于AD=CD,所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD,知DF⊥平面ABC,即DF是四面体ABCD的面ABC上的高,且DF=ADsin30°=1,AF=ADcos30°=.(2分) 在Rt△ABC中,因为AC=2AF=2,AB=2BC,由勾股定理易知BC=,AB=,(4分) 故四面体ABCD的体积V=·S△ABC·DF=××××1=.(6分) (2)解 方法一 如图①,设G,H分别为边CD,BD的中点,连接FG,FH,HG,则FG∥AD,GH∥BC,从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.(7分) 设E为边AB的中点,连接EF,则EF∥BC, 由AB⊥BC,知EF⊥AB. 又由 (1)有DF⊥平面ABC,故由三垂线定理知DE⊥AB. 所以∠DEF为二面角C-AB-D的平面角.由题设知∠DEF=60°.(9分) 设AD=a,则DF=AD·sin∠CAD=. 在Rt△DEF中,EF=DF·cot∠DEF=·=a, 从而GH=BC=EF=a. 因为Rt△ADE≌Rt△BDE,故BD=AD=a, 从而,在Rt△BDF中,FH=BD=.(10分) 又FG=AD=,从而在△FGH中,因FG=FH, 由余弦定理得cos∠FGH===. 因此,异面直线AD与BC所成角的余弦值为.(12分) ② 方法二 如图②,过F作FM⊥AC,交AB于M.已知AD=CD,平面ABC⊥平面ACD,易知FC,FD,FM两两垂直,以F为原点,射线FM,FC,FD分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系F-xyz.(7分) 不妨设AD=2,由CD=AD,∠CAD=30°,易知点A,C,D的坐标分别为A(0,-,0),C(0,,0),D(0,0,1),则=(0,,1). 显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的法向量. 已知二面角C-AB-D为60°,故可取平面ABD的单位法向量n=(l,m,n),使得〈n,k〉=60°,从而n=. 由n⊥,有m+n=0,从而m=-. 由l2+m2+n2=1,得l=±. 设点B的坐标为(x,y,0),由⊥,n⊥,取l=,有 解得或(舍去). 易知l=-与坐标系的建立方式不合,舍去. 因此点B的坐标为(,,0).(10分) 所以=(,-,0),从而cos〈,〉===-. 故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.(12分) 22. (1)证明 因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD. 所以BD⊥平面PAC.(3分) (2)解 设AC∩BD=O, 因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以BO=1,AO=CO=. 如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0).(6分) 所以=(1,,-2), =(0,2,0). 设PB与AC所成角为θ,则 cosθ===.(6分) (3)解 由 (2)知=(-1,,0). 设P(0,-,t)(t>0),则=(-1,-,t). 设平面PBC的法向量m=(x,y,z), 则·m=0,·m=0. 所以 令y=,则x=3,z=.所以m=(3,,). 同理,平面PDC的法向量n=(-3,,). (10分) 因为平面PBC⊥平面PDC, 所以m·n=0,即-6+=0, 解得t=.所以PA=.(12分)
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