2018届人教B版立体几何检测卷 7

合集下载

2018届人教B版立体几何 3 单元测试

一、选择题1.若直线a 平行于平面α，则下列结论错误的是( )A.a 平行于α内的所有直线B.α内有无数条直线与a 平行C.直线a 上的点到平面α的距离相等D.α内存在无数条直线与a 成90°角解析若直线a 平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a 平行，也存在无数条直线与a 异面且垂直，所以A 不正确，B 、D 正确.又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C 正确.答案 A2.平面α∥平面β，点A ，C ∈α，B ，D ∈β，则直线AC ∥直线BD 的充要条件是( )A.AB ∥CDB.AD ∥CBC.AB 与CD 相交D.A ，B ，C ，D 四点共面解析充分性：A ，B ，C ，D 四点共面，由平面与平面平行的性质知AC ∥BD .必要性显然成立.答案 D3.在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A.平行B.相交C.在平面内D.不能确定解析如图，由AE EB ＝CF FB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .答案 A4.给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题：①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β；②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m .γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中真命题的个数为( )A.3B.2C.1D.0解析 ①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中l 与m 也可能异面；③中⎭⎬⎫l ∥γl ⊂αα∩γ＝n ⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确. 答案 C 5.(2016·郑州模拟)设α，β，γ为三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有( )A.①或②B.②或③C.①或③D.①或②或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故选C.答案 C二、填空题6.(2016·泉州一模)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，P A ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，则BE 与平面P AD 的位置关系为________.解析取PD 的中点F ，连接EF ，AF ，在△PCD 中，EF 綉12CD . 又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綉AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面P AD ，AF ⊂平面P AD ，∴BE ∥平面P AD .答案平行7.在四面体A －BCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________.解析如图，取CD 的中点E .连接AE ，BE ，由于M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，所以AE ，BE 分别过M ，N ，则EM ∶MA ＝1∶2，EN ∶BN ＝1∶2，所以MN ∥AB . 所以MN ∥平面ABD ，MN ∥平面ABC.答案平面ABD与平面ABC8.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________.解析由面面平行的性质知截面与面AB1的交线MN是△AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，易求其面积为9 2.答案9 2三、解答题9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED.∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴E是A1C的中点.∵A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，∴A1B ∥ED.∵E是A1C的中点，∴D是BC的中点.又D1是B1C1的中点，∴D1C1綉BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴BD1∥C1D.又A1B∩BD1＝B，DE∩DC1＝D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.10.(2016·长沙模拟)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC的中点).(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积.解由三视图可知：AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝π2.(1)证明取BF的中点G，连接MG，NG，由M，N分别为AF，BC的中点，可得NG∥CF，MG∥AB∥EF，且NG∩MG＝G，CF∩EF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，又MN⊂平面MNG，∴MN∥平面CDEF.(2)取DE的中点H.∵AD＝AE，∴AH⊥DE，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE，AH⊂平面ADE，∴AH⊥平面CDEF.∴多面体A－CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝ 2.S矩形CDEF＝DE·EF＝42，∴棱锥A－CDEF的体积为V＝13·S矩形CDEF·AH＝13×42×2＝83.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2016·广东七校联考)设a，b是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是()A.存在一条直线a，a∥α，a∥βB.存在一条直线a，a⊂α，a∥βC.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a ∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B也是α∥β的一个必要条件；易知C不是α∥β的一个充分条件，而是一个必要条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以D 是α∥β的一个充分条件.答案 D12.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.①③B.②③C.①④D.②④解析对于图形①：平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④：AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②，③都不可以，故选C.答案 CB1C1D1中，E，F，G，H分别13.如图，在长方体ABCD－A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满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.解析如图，连接FH，HN，FN，由题意知HN∥面BBDD1，FH∥面B1BDD1.且HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1.∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1.答案M∈线段HF14.如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点.(1)求三棱锥A－PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得P A∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.解(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD.因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，所以AD是三棱锥A－PDE的高. 因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，所以S△PDE ＝12S△PDC＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12×4×4＝4.又AD＝2，所以V A－PDE ＝13AD·S△PDE＝13×2×4＝83.(2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M 是AC的中点，所以EM∥P A.又因为EM⊂平面EDM，P A⊄平面EDM，所以P A∥平面EDM.所以AM＝12AC＝ 5.即在AC边上存在一点M，使得P A∥平面EDM，AM的长为 5.。

2018届人教B版(文) 几何体的表面积与体积的求解检测卷

1.练高考1.【2016高考新课标Ⅲ文数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B2.【2016高考新课标3文数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A ）18+（B ）54+ （C ）90 （D ）81 【答案】B 【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积2362332354S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．3.【2016高考北京文数】某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】3.2【解析】四棱柱高为1，底面为等腰梯形，面积为13(12)122⨯+⨯=，因此体积为3.24.【2016高考四川文科】已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积 .侧视图俯视图5.【2016高考浙江文数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2,体积是______cm3.【答案】80；40．【解析】由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，22262244242280S =⨯+⨯+⨯⨯-⨯=表，3244240V =+⨯⨯=．6.【2016高考上海文科】将边长为1的正方形AA 1O 1O （及其内部）绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图， AC 长为56π ， 11A B 长为3π，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧. （1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线O 1B 1与OC 所成的角的大小.【答案】（1（2）2π．由 11A B 长为3π，可知1113π∠AOB =∠A O B =，由 C A长为56π，可知5C 6π∠AO =，C C 2π∠OB =∠AO -∠AOB =，所以异面直线11O B 与C O 所成的角的大小为2π．2.练模拟1.【河北省沧州市第一中学2017届高三10月月考】已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（）A ．233B ． 236 C.113D ．103【答案】D2.【河南省开封市2017届高三上学期10月月考】某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．73B ．83π-C ．83D ．73π- 【答案】B【解析】根据三视图可以看出原几何体为一个四棱锥ABCD P -，平面⊥PCD 平面ABCD ，割去半个圆锥，圆锥底面直径为CD ,P 为顶点，其体积为38213121-222312ππ-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯，选B.3.【2016届河北省邯郸一中高三下学期研七】一几何体的三视图如图所示，则它的体积为（）A B C【答案】D4.【2016届北京市西城区高三上学期期末考试】一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的表面积是（）（A）16+（B）16+（C）20+（D）20+【答案】B5.【2016届江西省吉安市一中高三第二次质检】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．316 B ．380 C ．364 D ．343 【答案】B【解析】由三视图可知，几何体表示的是三棱柱去掉三棱锥，三棱柱的体积EF S V ABE ⋅=∆13244421=⨯⨯⨯=，三棱锥的体积EF S V BFG ⨯⨯=∆3123164422131=⨯⨯⨯⨯=，因此该几何体3803163221=-=-V V ，故答案为B ．3.练原创1.某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是（）【答案】D2．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（） A ．16 B ．32 C ．48 D ．144【答案】C【解析】如图直方图是一个四棱锥，底面积为(62)6242+⨯=.高为6.所以体积为1246483⨯⨯=.故选C. 3.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .【答案】114.将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使ABD ∆为正三角形，则三棱锥A BCD -的体积为（）A ．16B ．112C D 【答案】D.【解析】取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，由题意，,,AC BO AC DO ⊥⊥BO DO ==，因为ABD ∆为正三角形，∴1DB =，DO OB ⊥，111332A BCD D ABC ABC V V S DO --==⋅=⨯=．选D. 5.已知几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A. 34 B. 4 C. 324 D. 334【答案】C。

2018届人教B版立体几何单元测试

【2015,2016】1.【2015新课标2文数】一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1 A. 81B.71C.61D.5【答案】D【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.2.【2016新课标2文数】体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（A）12π（B）323π（C）8π（D ）4π【答案】A 【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为24π12π⋅=，故选A. 【考点】正方体的性质，球的表面积【名师点睛】与棱长为a 的正方体相关的球有三个：外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为2、2a 和2. 3. 【2015新课标2文数】已知B A ,是球O 的球面上两点,︒=∠90AOB ,C 为该球面上的动点.若三棱锥ABC O -体积的最大值为36,则球O 的表面积为（） A.36π B. 64π C.144π D. 256π 【答案】C【考点定位】本题主要考查球与几何体的切接问题及空间想象能力.【名师点睛】由于三棱锥O ABC -底面AOB 面积为定值,故高最大时体积最大,本题就是利用此结论求球的半径,然后再求出球O 的表面积,由于球与几何体的切接问题能很好的考查空间想象能力,使得这类问题一直是高考中的热点及难点,提醒考生要加强此方面的训练.4. 【2016新课标2文数】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C 【解析】试题分析：由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为212π248π2S =⋅⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.【考点】三视图，空间几何体的体积【名师点睛】以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．5. 【2015新课标2文数】（本小题满分12分）如图,长方体1111ABCD A B C D -中AB =16,BC =10,18AA =,点E ,F 分别在1111,A B D C 上,11 4.A E D F ==过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.（I）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）；（II）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值.【答案】（I）见试题解析（II）97或79【解析】解：（I）交线围成的正方形EHGF如图：【考点定位】本题主要考查几何体中的截面问题及几何体的体积的计算.【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何,属于得分题,往年第一问多为线面位置关系的证明,今年试题有所创新，改为作截面图,令人耳目一新.第二问求两几何体体积之比,方法容易想到,注意运算不要出现错误.6.【2016新课标2文数】(本小题满分12分)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将DEF△沿EF折到D'EF△的位置.(Ⅰ)证明：AC HD'⊥；(Ⅱ)若55,6,,4AB AC AE OD'====,求五棱锥D'ABCFE -的体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）2. 【解析】【考点】空间中线面位置关系的判断，几何体的体积【名师点睛】立体几何中的折叠问题，应注意折叠前后线段的长度、角哪些变了，哪些没变.一．基础题组1.【2012全国新课标，文7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )A．6 B．9 C．12 D．18【答案】B2.【2010全国新课标，文7】设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A．3πa2 B．6πa2 C．12πa2 D．24πa2【答案】：B【解析】2Ra，R，S球＝4πR2＝4π·264a＝6πa2.3.【2007全国2，文7】已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于( )(A)(B)(C)(D)【答案】：A【解析】设正三棱锥P-ABC，作OP⊥平面ABC，垂足O，连结AO，交BC于D，连结PD，∵是正三棱锥，∴P点在平面ABC射影O是△ABC的外心（重、内、垂）心，∵AD⊥BC，∴D是BC中点，设BC=1，PB=2BC=2，AD=√3/2，根据重心的性质，AO=2AD/3=√3/3，∴cos<PAO=AO/AP=√3/6。

2018届人教B版立体几何检测卷 7

第七章第七讲一、选择题1．(2016·福州质检)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于 ( D )A ．55 B ．1010 C ．－155D ．155[解析] 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)． ∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.2．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为 ( B ) A ．35B ．45C ．34D ．55[解析] 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形．设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52， ∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158.设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有 VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ，∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC ． ∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25.设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系．设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.3．(2016·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面的腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为 ( B )A ．23 B ．24C ．73D ．223[解析] 如图所示，取AB 中点E ，过V 作底面的垂线，垂足为O ，连接OE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角．因为OE ＝1，VE ＝32－1＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24，故选B ．4．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E ，F 分别是BC ，DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为 ( D )A ．33B ．55C ．53D ．255二、填空题5．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为3010. [解析] 解法一：取BC 的中点Q ，连接QN ，AQ ，易知BM ∥QN ，则∠ANQ 即为所求，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则AQ ＝5，AN ＝5，QN ＝6， ∴cos ∠ANQ ＝AN 2＋NQ 2－AQ 22AN ·NQ ＝5＋6－525×6＝6230＝3010.解法二：以C 1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则A (2,0,2)，N (1,0,0)，M (1,1,0)，B (0,2,2)，∴AN →＝(－1,0，－2)，BM →＝(1，－1，－2)，∴cos 〈AN →，BM →〉＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010.6.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，则棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为 π6.[解析] 解法一：以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2,0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2(32，32，22)．所以AC 1→＝(－2,0,22)， AC 2→＝(－12，32，22)，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈[0，π2]，所以θ＝π6.解法二：取A 1B 1的中点H ，连AH ，由题意易知GH ⊥平面ABB 1A 1，∴∠GAH 即为AG 与平面ABB 1A 1所成的角，在Rt △GHA 中，C 1H ＝3，GA ＝AA 21＋A 1G2＝23，∴∠GAH ＝π6，即AG 与侧面ABB 1A 所成角为π6.三、解答题7．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC ．(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． [答案] (1)略 (2)33[解析] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC ．又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC ．在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC ．因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC ．(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F (－1,0，22)，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝(－1，－3，22)．故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.8.(2016·浙江)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值．[解析] (1)延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以 AC ⊥平面BCK ，因此，BF ⊥AC ．又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1， BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则 BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD ．(2)解法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK .所以，∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角．在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 解法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ．以点O 的原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3,0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32)．因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·m ＝0AK →·m ＝0得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34. 1．(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．[解析] (1)设FC 的中点为Ⅰ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .GI ∥平面⊙O ′又平面⊙O ′∥平面⊙O 且CI ⊄平面⊙O ， ∴GI ∥平面⊙O在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ．又HI ∩GI ＝I ，IH ⊄平面⊙O ′，∴IH ∥平面⊙O ，所以平面GHI ∥平面ABC ．因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC ． (2)解法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC ．以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝(－1,1，33)．因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.解法二：连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，则有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC．可得FM＝FB2－BM2＝3.过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.可得FN⊥BC，从而∠FNM为二面角F－BC－A的平面角．又AB＝BC，AC是圆O的直径．所以MN＝BM sin45°＝6 2，从而FN＝422，可得cos∠FNM＝77.所以二面角F－BC－A的余弦值为7 7.2．(2017·四川省成都市石室中学高三上学期期中数学试题)如图，四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝2，E是AD的中点，BE与AC交于点F，GF⊥平面ABCD．(1)求证：A F⊥面BEG；(2)若AF＝FG，求二面角E－AG－B所成角的余弦值．[解析](1)推导出△AEF∽△CBF，从而AC⊥BE，再求出AC⊥GF，由此能证明AF⊥平面BEG.(2)以点F为原点，F A，FE，FG所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E－AG－B所成角的余弦值．证明：(1)∵四边形ABCD为矩形，∴△AEF∽△CBF，∴AF CF ＝EF BF ＝AE BC ＝12. 又∵矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∴AE ＝22，AC ＝ 3 在Rt △BEA 中，BE ＝AB 2＋AE 2＝62，∴AF ＝13AC ＝33，BF ＝23BE ＝63，在△ABF 中，AF 2＋BF 2＝(33)2＋(63)2＝1＝AB 2 ∴∠AFB ＝90°，即AC ⊥BE∵GF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥GF又∵BE ∩GF ＝F ，BE ，GF ⊂平面BCE ， ∴AF ⊥平面BEG解：(2)由(1)得AD ，BE ，FG 两两垂直，以点F 为原点，F A ，FE ，FG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (33，0,0)，B (0，－63，0)，G (0,0，33)，E (0，66，0)，AB →＝(－33，－63，0)，AG →＝(－33，0，33)，EG →＝(0，－66，33)，AE →＝(－33，66，0)设n ＝(x ，y ，z )是平面ABG 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0AG →·n ＝0即⎩⎨⎧ －33x －63y ＝0－33x ＋33z ＝0，即x ＝2，得n ＝(2，－1，2)．设m ＝(x ，y ，z )是平面AEG 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝0AG →·n ＝0即⎩⎨⎧－33x ＋66y ＝0－33x ＋33z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，2，1)，设平面AEG 与平面ABG 所成角的大小为θ，则|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |＝1010. ∵平面AEG 与平面ABG 成钝二面角∴二面角E －AG －B 所成角的余弦值为－1010. 3．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ：(2)求二面角O －EF －C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值． [解析] 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．(1)依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0，不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,2,1)，又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证，OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1,1)．因此有OA →，n 2＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是OA →，n 2＝33. 所以，二面角O －EF －C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF . 因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)，进而有H (－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)，因此BH →，n 2＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721. 所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.。

2018届人教B版立体几何(文)检测卷

第七章综合过关规范限时检测(文)(时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2016·山东枣庄八中高三月考)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 ( D )A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④[解析] ①的正视图、侧视图、俯视图均为正方形，不符合题意；②的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、圆；③的正视图、侧视图、俯视图分别为等腰梯形且左右中间加一条线、一般梯形、三角形，不符合题意；④正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、正方形且连接两条对角线．故选D ．2．(2016·四川雅安高三模拟)下列说法错误的是 ( D ) A ．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 B ．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C ．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D ．如果两条直线和一个平面所成的角相等，那么这两条直线一定平行[解析] 由平面性质的公理1,2,3易知A ，B 两项正确；由面面垂直的判定定理知C 项正确；D 项不正确，因为这两条直线可能相交，可能平行，可能异面．故选D ．3．(2017·福建省南平市邵武七中高三上学期第一次月考数学试题)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ( B )A ．16B ．13C ．23D ．1[解析] 由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝1.据此即可得到体积．解：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，其中P A ⊥底面ABC ，P A ＝2，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝1.∴S △ABC ＝12×AB ×BC ＝12×12＝12.因此V ＝13×S △ABC ×P A ＝13×12×2＝13.故选B ．4．(2016·宁夏回族自治区银川一中高三一模)已知直线m ，n 和平面α，则m ∥n 的必要非充分条件是 ( A )A ．m ，n 与α成等角B ．m ⊥α，且n ⊥αC ．m ∥α，且n ⊂αD ．m ∥α，且n ∥α[解析] 因为m ∥n ，所以m ，n 与α所成角相等，但m ，n 与α所成角相等，m 与n 可能相交、异面，也可能平行．故选A ．5．(2016·广东江门3月模拟)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点．下列结论中，正确的是 ( B )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ∥平面ACC 1A 1 C ．EF ⊥BDD ．EF ⊥平面BCC 1B 1[解析] 如图所示，取BB 1的中点M ，连接ME ，MF ，延长ME 交AA 1于P ，延长MF 交CC 1于Q ，∵E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，∴P 是AA 1的中点，Q 是CC 1的中点，从而可得E 是MP 的中点，F 是MQ 的中点，所以EF ∥PQ .又PQ ⊂平面ACC 1A 1，EF ⊄平面ACC 1A 1，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选B ．6．(2016·河北邯郸上学期1月份教学质量检测)在正四棱锥P－ABCD中，P A＝2，直线P A与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线P A与BE所成的角为(C) A．90°B．60°C．45°D．30°[解析]连接AC，BD交于点O，连接OE，OP.因为E为PC中点，所以OE∥P A，所以∠OEB即为异面直线P A与BE所成的角．因为四棱锥P－ABCD为正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，所以AO为P A在平面ABCD内的射影，所以∠P AO即为P A与平面ABCD所成的角，即∠P AO＝60°.因为P A＝2，所以OA＝OB＝1，OE＝1.所以在直角三角形EOB中，∠OEB＝45°，即异面直线P A与BE所成的角为45°.故选C．7．(2016·贵州八校联盟第二次联考)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD 的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是(D)A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心[解析]易知P A，PE，PF两两垂直，P A⊥平面PEF，从而P A⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，所以EF⊥平面P AO，∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF 的垂心．故选A．8．(2017·浙江省名校协作体2016届高三下学期3月联考数学试题)已知α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，则下列命题中不正确的是(D)A．若m∥n，m⊥α，则m⊥αB．若m⊥α，m⊥β，则α∥βC．若m⊥α，m⊂β，则α⊥βD．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n[解析]由α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若m∥n，m⊥α，则m⊥α；若m⊥α，m⊥β，则α∥β；若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；若m∥α，α∩β＝n，则m与n相交、平行或异面．解：由α，β是相异两平面，m，n是相异两直线，知：若m∥n，m⊥α，则m⊥α，故A正确；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故C正确；若m∥α，α∩β＝n，则m与n相交、平行或异面，故D不正确．故选D．9．(2015·福建厦门期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°.侧面P AD为正三角形，且平面P AD⊥平面ABCD，则下列说法错误的是(D)A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面P AC[解析]对于A项，如图，取AD的中点M，连接PM，BM.因为则面P AD为正三角形，所以PM⊥AD．又底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，所以△ABD是等边三角形，所以AD ⊥BM，所以AD⊥平面PBM，故A项正确，对于B项，因为AD⊥平面PBM，所以AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B项正确．对于C项，因为底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，平面P AD⊥平面ABCD，所以BM⊥BC，则∠PBM是二面角P－BC－A的平面角．设AB＝1，则BM＝32，PM＝32.在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，所以二面角P－BC－A的大小为45°，故C项正确．故选D．10．正三棱锥P －ABC 的高为2，侧棱与底面ABC 成45°角，则点A 到侧面PBC 的距离为 ( B )A ．355B ．655C ． 5D ．5[解析] 如图所示，正三棱锥P －ABC 中高PO ＝2，侧棱P A 与底面所成的角∠P AO ＝45°延长AO 交BC 、于点M ，则点M 为BC 边的中点，连接PM ，∴AO ＝PO ＝2，OM ＝1，PM ＝PO 2＋OM 2＝5，过点A 作AN ⊥PM 于点N ，则AN ⊥平面PBC ，即得AN 的长就是点A 到平面PBC 的距离，∵AM ×PO ＝PM ×AN ，∴AN ＝AM ×PO PM ＝3×25＝655.11．(2016·河南商丘高三一模)已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为 ( A )A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π[解析] 由三棱锥的三视图，易得俯视图斜边上的中点到三棱锥各顶点的距离均为1，所以三棱锥的外接球球心为俯视图斜边上的中点，外接球的半径为1.由球的表面积公式S 球＝4πR 2，知外接球表面积为4π，故选A ．12.(2016·江西上饶第一次模拟)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都等于2，D 在AC 1上，F 为BB 1的中点，且FD ⊥AC 1，有下述结论：(1)AC 1⊥BC ； (2)ADDC 1＝1；(3)平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1； (4)三棱锥D －ACF 的体积为33. 其中正确结论的个数为 ( C ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] BC ⊥CC 1，但BC 不垂直于AC ，故BC 不垂直于平面ACC 1A 1，所以AC 1与BC 不垂直，故(1)错误；连接AF ，C 1F ，可得AF ＝C 1F ＝ 5.因为FD ⊥AC 1，所以可得D 为线段AC 1的中点，故(2)正确；取AC 的中点为H ，连接BH ，DH ，因为该三棱柱是正三棱柱，所以CC 1⊥底面ABC ，因为BH ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥BH ，因为底面ABC 为正三角形，可得BH ⊥AC ，所以BH ⊥侧面ACC 1A 1.因为D 和H 分别为AC ，AC 1的中点，∴DH ∥CC 1∥BF ，DH ＝BF ＝12CC 1，可得四边形BFDH 为平行四边形，所以FD ∥BH ，所以可得FD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面F AC 1⊥平面ACC 1A 1，故(3)正确；V D －ACF ＝V F －ADC ＝13·FD ·S △ACD ＝13×3×(12×1×2)＝33，故(4)正确．故选C ．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2016·山东青岛模拟)已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的表面积之比是_2∶3__.[解析] 设球的半径为R ，则球的表面积S 球＝4πR 2，圆柱的底面半径为R ，高为2R ，则圆柱的表面积S 柱＝2×πR 2＋2πR ×2R ＝6πR 2.球的表面积与圆柱的表面积的比为4πR 2∶6πR 2＝2∶3.14．(2016·浙江，6分)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是_72__cm 2，体积是_32__cm 3.[解析] 将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.15．如图所示是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F ，分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BE 与直线AF 异面； ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面P AD ．其中正确的有_2__个.[解析] 将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E ，F 分别为P A ，PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面P AD ，E ∈平面P AD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面P AD 与平面BCE 不一定垂直，④错．16．(2016·浙江，4分)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD＝5，∠ADC ＝90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是66.[解析] 作BE ∥AC ，BE ＝AC ，连接D ′E ，则∠D ′BE 为所求的角或其补角，作D ′N ⊥AC 于点N ，设M 为AC 的中点，连接BM ，则BM ⊥AC ，作NF ∥BM 交BE 于F ，连接D ′F ，设∠D ′NF ＝θ，∵D ′N ＝56＝306，BM ＝FN ＝152＝302，∴D ′F 2＝253－5cos θ，∵AC ⊥D ′N ，AC ⊥FN ，∴D ′F ⊥AC ，∴D ′F ⊥BE ，又BF ＝MN ＝63，∴Rt △D ′FB 中，D ′B 2＝9－5cos θ，∴cos ∠D ′BE ＝BF D ′B ＝639－5cos θ≤66，当且仅当θ＝0°时取“＝”．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分10分)如图，在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面P AB ．已知P A ＝AB ，点D ，E 分别为PB ，BC 的中点.(1)求证：AD ⊥平面PBC ；(2)若F 在线段AC 上，满足AD ∥平面PEF ，求AFFC 的值．[答案] (1)略 (2)12[解析] (1)证明：∵BC ⊥平面P AB ，AD ⊂平面P AB ，∴BC ⊥AD ． ∵P A ＝AB ，D 为PB 的中点，∴AD ⊥PB ． ∵PB ∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面PBC ．(2)解：如图所示，连接DC 交PE 于G ，连接FG . ∵AD ∥平面PEF ，平面ADC ∩平面PEF ＝FG ， ∴AD ∥FG .∵G 为△PBC 的重心， ∴AF FC ＝DG GC ＝12. 18.(本小题满分12分)(2016全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P －ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．[解析] (1)因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD ．因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知，可得P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点．(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC ．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2. 所以四面体PDEF 的积体V ＝13×12×2×2×2＝43.19．(本小题满分12分)(2017·黑龙江省大庆市高三上学期第一次质检数学试题)如图，已知三棱锥A ﹣BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形.(1)求证：BC⊥平面APC；(2)若BC＝3，AB＝10，求点B到平面DCM的距离．[解析](1)根据正三角形三线合一，可得MD⊥PB，利用三角形中位线定理及空间直线夹角的定义可得AP⊥PB，由线面垂直的判定定理可得AP⊥平面PBC，即AP⊥BC，再由AC⊥BC结合线面垂直的判定定理可得BC⊥平面APC；(2)记点B到平面MDC的距离为h，则有V M﹣BCD＝V B﹣MDC．分别求出MD长，及△BCD 和△MDC面积，利用等积法可得答案．证明：(1)如图，∵△PMB为正三角形，且D为PB的中点，∴MD⊥PB．又∵M为AB的中点，D为PB的中点，∴MD∥AP，∴AP⊥PB．又已知AP⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC∴AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC，又∵AC⊥BC，AC∩AP＝A，∴BC⊥平面APC，(2)记点B到平面MDC的距离为h，则有V M﹣BCD＝V B﹣MDC．∵AB＝10，∴MB＝PB＝5，又BC＝3，BC⊥PC，∴PC ＝4，∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝3. 又MD ＝532， ∴V M －BCD ＝13MD ·S △BDC ＝532. 在△PBC 中，CD ＝12，PB ＝52，又∵MD ⊥DC ，∴S △MDC ＝12MD ·DC ＝2583， ∴V B －MDC ＝13h ·S △MDC ＝13·h ·2583＝532 ∴h ＝125即点B 到平面DCM 的距离为125. [点拨] 本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，点到平面的距离，其中(1)的关键是熟练掌握空间线线垂直与线面垂直之间的相互转化，(2)的关键是等积法的使用．20.(本小题满分12分)(2016·福建莆田一中等上学期三校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝1，AB ＝3，点F 是PD 的中点，点E 是边DC 上的任意一点.(1)当点E 为DC 边的中点时，判断EF 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；(2)证明：无论点E 在边DC 的何处，都有AF ⊥EF ；(3)求三棱锥B －AFE 的体积．[答案] (1)平行 (2)略 (3)312[解析] (1)解：当点E 为DC 边的中点时，EF 与平面P AC 平行．证明如下：在△PDC 中，E ，F 分别为DC ，PD 的中点，∴EF ∥PC ，又EF ⊄平面P AC ，而PC ⊂平面P AC ，∴EF ∥平面P AC ．(2)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ．∵四边形ABCD 是矩形，∴CD ⊥AD ．∵AD ∩AP ＝A ，∴CD ⊥平面P AD ．又AF ⊂平面P AD ，∴AF ⊥CD ．∵P A ＝AD ，点F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD ．又CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ．∵EF ⊂平面PCD ，∴AF ⊥EF .即无论点E 在边DC 的何处，都有AF ⊥EF .(3)解：作FG ∥P A 交AD 于G ，则FG ⊥平面ABCD ，且FG ＝12，又S △ABE ＝32，∴V B －AEF ＝V F －AEB ＝13S △ABE ·FG ＝312. ∴三棱锥B －AFE 的体积为312. 21.(本小题满分12分)(2016·洛阳统一考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，点O 是对角线AC 与BD 的交点，M 是PD 的中点，且AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：OM ∥平面P AB ；(2)求证：平面PBD ⊥平面P AC ；(3)当三棱锥M －BCD 的体积等于34时，求PB 的长． [答案] (1)略 (2)略 (3)52[解析] (1)∵在△PBD 中，O ，M 分别是BD ，PD 的中点，∴OM 是△PBD 的中位线，∴OM ∥PB ，又OM ⊄平面P AB ，PB ⊂平面P AB ，∴OM ∥平面P AB ．(2)∵P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ．∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又AC ⊂平面P AC ，P A ⊂平面P AC ，AC ∩P A ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ．∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面P AC ．(3)∵底面ABCD 是菱形，M 是PD 的中点，∴V M －BCD ＝12V M －ABCD ＝14V P －ABCD ，从而V P －ABCD ＝ 3. 又AB ＝2，∠BAD ＝60°，∴S 四边形ABCD ＝2 3.∵四棱锥P －ABCD 的高为P A ，∴13×23×P A ＝3，得P A ＝32， ∵P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥AB ．在Rt △P AB 中，PB ＝P A 2＋AB 2＝(32)2＋22＝52. 22．(本小题满分12分)(2017·福建省南平市邵武七中高三上学期第一次月考数学试题)如图，直角梯形ACDE 与等腰直角△ABC 所在平面互相垂直，F 为BC 的中点，∠BAC ＝∠ACD ＝90°，AE ∥CD ，DC ＝AC ＝2AE ＝2.(1)求证：AF ∥平面BDE ；(2)求四面体B ﹣CDE 的体积．[解析] (1)取BD 的中点P ，连接EP 、FP ，△BCD 中利用中位线定理，证出PF ∥DC且PF ＝DC ，结合题意EA ∥DC 且EA ＝12DC ，可得PF 与EA 平行且相等，从而得到四边形AFPE 是平行四边形，可得AF ∥EP ，再由线面平行判定定理可得AF ∥平面BDE ；(2)由面面垂直的性质定理，证出BA ⊥面ACDE ，得BA 就是四面体B ﹣CDE 的高．根据直角梯形ACDE 的上下底边长和直角腰长，算出△CDE 的面积为S △CDE ＝S 梯形ACDE ﹣S △ACE ＝2，最后利用锥体的体积公式即可算出四面体B ﹣CDE 的体积．解：(1)取BD 的中点P ，连接EP 、FP ，∵△BCD 中，PF 为中位线，∴PF ∥DC 且PF ＝12DC ，又∵AE ∥CD ，DC ＝2AE ＝2，∴EA ∥DC 且EA ＝12DC ，由此可得PF ∥EA ，且PF ＝EA∴四边形AFPE是平行四边形，可得AF∥EP∵EP⊂面BDE，AF⊄面BDE，∴AF∥面BDE(2)∵BA⊥AC，面ABC⊥面ACDE，面ABC∩面ACDE＝AC ∴BA⊥面ACDE，即BA就是四面体B﹣CDE的高，BA＝2 ∵DC＝AC＝2AE＝2，AE∥CD∴S梯形ACDE＝12(1＋2)×2＝3，S△ACE＝12×1×2＝1因此，△CDE的面积为S△CDE＝3﹣1＝2∴四面体B﹣CDE的体积V B－CDE＝13·BA·S△CDE＝13×2×2＝43.。

2018届人教B版立体几何检测卷

一、选择题1．【2017安徽阜阳二模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 43B.83C. 4D. 8【答案】A点睛：空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．2．【2017广东佛山二模】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 483π-B. 283π- C. 24π- D. 24π+ 【答案】A3．【2017湖南娄底二模】一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图和侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是圆心角为2π的扇形，则该几何体的表面积为（）A. 2B. 4π+4+ D.)14π+ 【答案】B【解析】该几何体是一个底面半径和高都是2的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为()221122221442πππ⋅+⋅⋅+⋅⋅=++,故选D. 4．【2017宁夏中卫二模】一个几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为7，则a 等于（）A. 2B. 32C. 1D.12【答案】B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5．【2017陕西汉中二模】如图中的三个直角三角形是一个体积为320cm的几何体的三视图，则该几何体外接球的面积（单位：2cm）等于 ( ).A. 55πB. 75πC. 77πD. 65π【答案】C【解析】从题设中提供的三视图中的图形信息及数据信息可知该几何体是底面是边长分别为5,6的直角三角形的三棱锥，如图，设高为h ，由题设可得115652032V h h =⨯⨯⨯==，所以4h =，由题意该几何体的外接球的直径即是长方体的对角线，即2R ==，则其表面积2477S R ππ==，应选答案C 。

2018届人教B版立体几何检测卷 3

一、选择题1．(2016·合肥模拟)已知空间中有三条线段AB，BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是(D)A．AB∥CDB．AB与CD异面C．AB与CD相交D．AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交[解析]若三条线段共面，如果AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面，则直线AB与CD是异面直线，故选D．2．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定(C) A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行[解析]由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾，D 错误．故选C．3．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(B)A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面[解析]当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1与l3也可能相交或异面，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．4．若P是两条异面直线l，m外的任意一点．则(B)A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l.m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面[解析]对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾；对于选项B，过点P与l，m都垂直的直线，即过P且与l，m的公垂线段平行的那一条直线；对于选项C，过点P与l，m都相交的直线有一条或零条；对于选项D，过点P与l，m 都异面的直线可能有无数条．5．(2017·陕西省延安市黄陵中学期中(重点班)数学试题)下列四个结论中假命题的个数是(B)①垂直于同一直线的两条直线互相平行；②平行于同一直线的两直线平行；③若直线a，b，c满足a∥b，b⊥c，则a⊥c；④若直线a，b是异面直线，则与a，b都相交的两条直线是异面直线．A．1 B．2C．3 D．4[解析]在①中，垂直于同一直线的两条直线相交、平行或异面；在②中，由平行公理得平行于同一直线的两直线平行；在③中，由线面垂直的性质定理得a⊥c；在④中，若直线a，b是异面直线，则与a，b都相交的两条直线不存在．解：在①中，垂直于同一直线的两条直线相交、平行或异面，故①错误；在②中，由平行公理得平行于同一直线的两直线平行，故②正确；在③中，若直线a，b，c满足a∥b，b⊥c，则由线面垂直的性质定理得a⊥c，故③正确；在④中，若直线a，b是异面直线，则与a，b都相交的两条直线不存在，故④错误．故选B．[点拨]本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是(D)[解析]在A图中分别连接PS，QR，易证PS∥QR，∴P，Q，R，S共面；在C图中分别连接PQ，RS，易证PQ//RS，∴P，Q，R，S共面；如图所示，在B图中过P，Q，R，S可作一正六边形，故四点共面；D图中PS与QR为异面直线，∴四点不共面，故选D．7．已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD 1所成角的余弦值为 ( C )A ．1010B ．15C ．31010D ．35[解析] 连接BA 1，则CD 1∥BA 1，于是∠A 1BE 就是异面直线BE 与CD 1所成的角(或补角)．设AB ＝1，则BE ＝2，BA 1＝5，A 1E ＝1，在△A 1BE 中，cos ∠A 1BE ＝5＋2－125·2 ＝31010，选C ．8.如图，在Rt △AOB 中，∠OAB ＝π6，斜边AB ＝4.Rt △AOC 可以通过Rt △AOB 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B －AO －C 是π3.点D 为斜边AB 的中点，则异面直线AO 与CD所成角的大小为 ( B )A ．π2B ．π4C ．π3D ．π6[解析] 如图，∵AO ⊥OB ，AO ⊥OC ，∴∠BOC ＝π3，∵AB ＝4，∠OAB ＝π6，∴OB ＝OC ＝2，过点D 作DE ⊥OB ，垂足为E ，连接CE ，则DE ∥AO ，∴∠CDE 为异面直线AO 与CD 所成的角，∵OE ＝1，OC ＝2，∠BOC ＝π3，∴CE ＝3，∵点D 为AB 的中点，∴DE＝3，∴Rt △DEC 是等腰直角三角形，∴∠CDE ＝π4，即异面直线AO 与CD 所成角的大小为π4.二、填空题9．已知AB ∥PQ ，BC ∥QR ，∠ABC ＝30°，则∠PQR ＝_30°或150°__.[解析] 据“空间中如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补”得解．10．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝_8__.[解析] 取CD 的中点H ，连接EH ，HF .在四面体CDEF 中，CD ⊥EH ，CD ⊥FH ，所以CD ⊥平面EFH ，所以AB ⊥平面EFH ，所以正方体的左、右两个侧面与EF 平行，其余4个平面与EF 相交，即n ＝4.又因为CE 与AB 在同一平面内，所以CE 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.11．若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连接正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有_24__对.[解析] 正方体如图，若要出现所成角为60°的异面直线，则直线为面对角线，以AC 为例，与之构成黄金异面直线对的直线有4条，分别是A ′B ，BC ′，A ′D ，C ′D ，正方体的面对角线有12条，所以所求的黄金异面直线对共有12×42＝24(对)．三、解答题12．如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD＝∠F AB ＝ 90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点.(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ [答案] (1)略 (2)共面，证明略[解析] (1)证明：∵G ，H 分别为F A ，FD 的中点，∴GH 綊12AD ．又∵BC 綊12AD ，∴GH 綊BC ．∴四边形BCHG 为平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点，得BE 綊GF .所以EF 綊BG .由(1)知，BG 綊CH ，所以EF 綊CH .所以EC ∥FH . 所以C ，D ，F ，E 四点共面．13.如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值． [解析] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三梭锥P －ABC 的体积为 V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2， cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34.1．(2016·太原检测)已知平面α和直线l ，则α内至少有一条直线与l ( C ) A ．平行 B ．相交 C ．垂直D ．异面[解析] 直线l 与平面α斜交时，在平面α内不存在与l 平行的直线，∴A 错；l ⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错；l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错．无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直．2．(2016·河北唐山三模)异面直线l与m所成的角为60°，异面直线l与n所成的角为45°，则异面直线m与n所成的角θ的范围是(A)A．15°≤θ≤90°B．60°≤θ≤90°C．15°≤θ≤105°D．30°≤θ≤105°[解析]如图，在直线l任取一点O，过O作m′∥m，作n′∥n，当m′，n′，l三线共面时，m′与n′所成角最小为15°，即异面直线m与n所成角最小为15°；当n′不在l与m′所确定的平面α内时，过O作平面β，使m′⊥β，则l为平面β的一条斜线，在β内存在与l成45°的直线n′，所以m′与n′所成角最大为90°，即异面直线m与n所成角最大为90°.故选A．3．(2017·浙江省宁波市慈溪中学期中数学试卷)两条异面直线a，b所成角为60°，则过一定点P，与直线a，b都成60°角的直线有_3__条.[解析]先将异面直线a，b平移到点P，结合图形可知，当使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线时存在2条满足条件，当直线为∠EPD的角平分线时存在1条满足条件，则一共有3条满足条件．解：先将异面直线a，b平移到点P，则∠BPE＝60°，∠EPD＝120°而∠BPE的角平分线与a和b的所成角为30°，而∠EPD的角平分线与a和b的所成角为60°∵60°＞30°，∴直线与a，b所成的角相等且等于60°有且只有3条，使直线在面BPE的射影为∠BPE的角平分线，和直线为∠EPD的角平分线，故答案为：3.[点拨]本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，以及射影等知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．4.如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是_②③④__.[解析]还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN 成60°角，DE⊥MN.5．如图所示，三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，E 是PC的中点.(1)求证：AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值；(3)求三棱锥A－EBC的体积．[解析](1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，∴平面α即为平面ABE，∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF或其补角就是异面直线AE 和PB所成角．∵∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2， P A ⊥平面ABC ，∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2， cos ∠AEF ＝2＋2－32×2×2＝14，所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.(3)因为E 是PC 中点，所以E 到平面ABC 的距离为12P A ＝1，V A －EBC ＝V E －ABC ＝13×(12×2×2×32)×1＝33.。

立体几何检测题(B卷)-2018届高三理数同步单元双基双测“AB”卷+Word版含解析

班级姓名学号分数（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 若两个球的表面积之比为1：4，则这两个球的体积之比为（） A ．1：2, B ．1：4, C ．1：8, D ．1：16 【答案】C 【解析】考点：球的表面积和体积公式 2. 下列说法错误的是（）A ．若直线//a 平面α，直线//b 平面α，则直线a 不一定平行于直线bB ．若平面α不垂直于平面β，则α内一定不存在直线垂直于平面βC ．若平面α⊥平面β，则α内一定不存在直线平行于平面βD ．若平面α⊥平面v ，平面β⊥平面v ，l αβ=，则l 一定垂直于平面v【答案】C 【解析】试题分析：C 错误，平面α⊥平面β，在平面α内，平行于交线的直线和平面β平行. 考点：空间点线面位置关系．3. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A ．3B ．38C ．6226++D ．226+ 【答案】B 【解析】试题分析：该几何体是上面一个三棱锥，下面一个三棱柱，故体积为11182212212323⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=. 考点：三视图．4. 下列命题中，错误的是（）A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一平面的两条直线不一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，则在平面α内不存在与l 平行的直线【答案】B 【解析】考点:直线、平面平行与垂直的判定与性质.5. 对于平面α、β、γ和直线a 、b 、m 、n ,下列命题中真命题是（） A ．若,,,,a m a n m n αα⊥⊥⊂⊂则a α⊥ B ．若//,a b b α⊂,则//a αC ．若//,,,a b αβαγβγ==则//a b D ．若,,//,//a b a b ββαα⊂⊂,则//βα 【答案】C 【解析】考点：1线线平行,垂直;2面面平行,垂直.6. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,AB AC AB AA AC ⊥===，过BC 的中点D 作平面1ACB 的垂线，交平面11ACC A 于E ，则BE 与平面11ABB A 所成角的正切值为（）A BC 【来源】【百强校】2017届河南商丘第一高级中学年高三上理开学摸底数学试卷（带解析）【答案】C 【解析】试题分析：连接C A 1及1AC 交点为O ，连接OD ，由图形易知⊥B A 1面C AB 1，B A OD 1//，故⊥OD 面C AB 1，故E 与O 点重合，取1AA 中点F ,连接EF 和BF ，有几何关系易判断EBF ∠为BE 与平面11ABB A 所成角，22=EF ，5=BF ，故1010522tan ==∠EBF ，故选项为C.考点：直线与平面所成的角.7. 已知正方体1111D C B A ABCD -中，过顶点A 任作一条直线l ，与异面直线111,A C B C 所成的角都为060，则这样的直线l 可作（）条（）A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条【答案】C因为∠ACD 1=60°，∠ACD 1的外角平分线与AC 和AD 1所成的角相等，均为60°，所以在平面ACD 1内有一条满足要求．因为∠ACD 1的角平分线与AC 和AD 1所成的角相等，均为30°，将角平分线绕点A 向上转动到与面ACD 1垂直的过程中，存在两条直线与直线AC 和BC 1所成的角都等于3π，故符合条件的直线有3条．故选C.考点：异面直线所成的角8.【2018河南名校联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】根据三视图可知，几何体是个球与一个直三棱锥的组合体，球的半径为2，三棱锥底面是等腰直角三角形，面积为，高为2，所以三棱锥的体积，故组合体的体积,故选A.9. 设O ABC -是正三棱锥，1G 是ABC ∆的重心，G 是1OG 上的一点，且13OG GG =，若OG xOA yOB zOC =++，则(,,)x y z 为（）A ．111,,444⎛⎫⎪⎝⎭ B ．333,,444⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．111,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．222,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】试题分析：由G 是1OG 上一点，且13OG GG =，可得1113333()4444OG OG OA AG OA AG ==+=+又因为1G 是ABC ∆的重心，所以121[()]32AG AB AC =+3321[()]4432OG OA AB AC ∴=+⋅+31111[()()]44444OA OB OA OC OA OA OB OC =+-+-=++ 而OG xOA yOB zOC =++，所以111,,444x y z ===，所以111(,,)(,,)444x y z =，选A.考点：1.空间向量的加减法；2.空间向量的基本定理.10. 【2018黑龙江大庆联考】已知三棱锥A BCD -的四个顶点,,,A B C D 都在球O 的表面上， ,BC CD AC ⊥⊥平面BCD ，且2AC BC CD ===，则球O 的表面积为（）A. 4πB. 8πC. 16πD. 【答案】C【解析】由题意可知CA ,CB ,CD 两两垂直，所以补形为长方形，三棱锥与长方体共球，()(222222216R =++=，求的外接球的表面积2416S R ππ==，选C【点睛】求共点三条侧棱两两垂直的三棱锥外接球相关问题，我们常用的方法为补形成长方体，转化为求长方体的外接球问题。

立体几何真题(2018年11月整理)

空间几何体的三视图、表面积和体积一、选择题1．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为俯视图侧(左)视图正(主)视图A．1 B．2 C．3 D．42．(2018全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M 到N的路径中，最短路径的长度为BAA．172B．52C．3 D．23．(2018全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是4．(2018全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为 A．B．C．D．5．(2018上海)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A 1AA ．4B ．8C ．12D ．166．(2018浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是俯视图正视图A ．2B ．4C ．6D ．87．（2017新课标Ⅰ）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．168．（2017新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π9．（2017新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．π B ．34π C ．2π D ．4π10．（2017浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是俯视图A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ． 332π+ 11．（2017北京）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．B ．C ．D ．212．（2016山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为A ．1233+π B ．13+ C ．13+ D ．1+ 13．（2016全国I ）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π14．（2016全国II ）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π15．（2016年全国III ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为A ．18+B ．54+C ．90D ．8116．(2015浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是A ．38cm B ．312cm C ．3323cm D ．3403cm 17．（2015陕西）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A ．3πB ．4πC ．24π+D ．34π+18．（2015重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13π+ B ．23π+ C ．123π+ D ．223π+ 19．（2015新课标）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 20．（2015安徽）一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是A ．1B ．2C ．1+D ．21．（2015湖南）某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）A．89πB．169πC．31)πD．31)π22．（2015新课标Ⅰ）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16 + 20π，则r=A．1 B．2 C．4 D．823．（2014新课标Ⅰ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A ．B ．6C ．D ．424．（2014新课标Ⅱ）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为A ．1727B ．59C ．1027D ．1325．（2014安徽）一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为A ．21B ．18C ．21D ．1826．（2014福建）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27．（2014浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是俯视图侧视图正视图A．902cm B．1292cm C．1322cm D．1382cm28．（2014新课标Ⅱ）正三棱柱111ABC A B C-的底面边长为2D为BC中点，则三棱锥11A B DC-的体积为A．3 B．32C．1 D29．（2014福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A．2πB．πC．2 D．130．（2014辽宁）某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为俯视图左视图主视图俯视A ．82π-B ．8π-C ．82π-D ．84π- 31．（2014陕西）将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为A ．4πB ．3πC ．2πD ．π32．（2014江西）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是ABCD33．（2013新课标Ⅰ）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+ 34．（2013江西）一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为俯视图侧视图正视图A ．200+9πB ．200+18πC ．140+9πD ．140+18π 35．（2012广东）某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π36．（2012湖北）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为俯视图正视图A ．8π3 B ．3π C ．10π3D ．6π 37．（2011新课标）在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为俯视图正视图DCB A38．（2011安徽）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侧视图A．48 B．C．D．8039．（2011辽宁）如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正．．确．的是B CAS DA．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角40．（2010安徽）一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A．280 B．292 C．360 D．372 41．(2010浙江)若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是侧视图A．3523cm3B．3203cm3 C．2243cm3D．1603cm3二、填空题42．(2018天津)已知正方体1111ABCD A BC D-的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH-的体积为．1AC43．(2018江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．44．（2017新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形。

2018届高三理科数学立体几何测试卷

2018届高三理科数学立体几何测试卷（一）选择题（12*5=60分）1．三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，且AB BC ⊥，12AB BC AA ===，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．48πB ．32πC ．12πD ．8π 【答案】C【解析】如图，由题可知矩形11AA C C 的中心O 为该三棱柱外接球的球心，OC =∴该球的表面积为2412ππ=.选C ．2．已知α，β，γ是三个不同的平面，1l ，2l 是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（） A ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ B ．若1//l α，1l β⊥，则//αβC ．若//αβ，1//l α，2//l β，则12//l lD ．若αβ⊥，1l α⊥，2l β⊥，则12l l ⊥【答案】D【解析】对于A ，B 选项，,αβ可能相交；对于C 选项，12,l l 可能异面，故选D.3．【2018广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的（）C. D. 【答案】C4．《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若π取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）（）A ．1998立方尺B ．2012立方尺C ．2112立方尺D ．2324立方尺【答案】A【解析】由底面半径为r ，则248r π=，又3π=，所以8r =，所以该圆堡的体积为883111998V =⨯⨯⨯=立方尺，故选A ．5．【2018东北名校联考】已知正四棱锥P ABCD -中， 2,,PA AB E F ==分别是,PB PC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为（）A.3 B. 3C. 16D. 12【答案】C6．在直三棱柱111ABC A B C -中，平面α与棱1111,,A ,AB AC C A B 分别交于点,,,E F G H ，且直线1//AA 平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面//α平面11BCC B ；③平面α⊥平面BCFE .其中正确的命题有（）．A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③ 【答案】C7．【2018东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（）A.(83π+(826π+ C.(86π+ D.(43π+【答案】C【解析】由三视图知原几何体为一个半圆锥加处一个四棱锥．由三视图知半圆锥的底面半径为(28π111π1222336V +=⨯⨯⨯⨯⨯=．故本题答案选C ． 8．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为（）A D 【答案】A9．圆锥的母线长为L ，过顶点的最大截面的面积为212L ，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是（）．A ．102r L << B ．112rL ≤< C ．0r L << D 1r L≤< 【答案】D【解析】由题意得轴截面的顶角θ不小于2π，因为sin sin 242r L θπ=≥=，所以12rL≤<，选D. 10．已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（）A.1B.3C.2D.4【解析】由题意设外接球的半径为R ,则由题设可得ππ332343=R ,由此可得2=R .记长方体的三条棱长分别为2,,y x ,则4222++=y x R ,由此可得1222=+y x ,因棱锥ABC O -的体积12616116122=+⨯≤=⨯=y x xy xy V ,故应选A.11．在正四棱锥P ABCD -中，O 为正方形ABCD 的中心，()24PE EO λλ=≤≤，且平面ABE 与直线PD 交于(),F PF f PD λ=，则（） A.()2f λλλ=+ B.()26f λλλ=+ C.()37f λλλ=+ D.()49f λλλ=+ 【答案】A12．用半径为R 的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（）A ．8 D ．7（二）填空题（4*5=20分）13．【西藏拉萨市2018届第一次模拟】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．【答案】35621π【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接222186202535621++，外接球的面积为2356214356212ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭. 14．已知球的表面积为264cm π，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm ，则截面圆心与球心的距离是____________cm ．【答案】23【解析】由已知可得24644R R d ππ=⇒=⇒==．15．已知三棱锥P ABC -的顶点都在同一个球面上（球O ），且2PA =，PB PC ==锥P ABC -的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O 的体积的比值是 .【答案】316π【解析】由于三条棱长PC PB PA ,,是定值,所以由题设可知当PC PB PA ,,两两互相垂直时,三个侧面的面积之和最大.在此前提下可构造长方体BMNQ PACD -,使得PC PB PA ,,分别是该长方体的长，宽，高.由此可得其外接球的直径即长方体的对角线长为46642=++=R ,即球的半径2=R ,球的体积ππ33223431=⨯=V ,而三棱锥的体积26622131=⨯⨯⨯⨯=V ,所以π163:1=V V ,故应填答案316π.CA16．【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.① 所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④（三）解答题（10+5*12=70分）17．如图所示的几何体QPABCD 为一简单组合体，在底面ABCD 中，60DAB ∠=︒，AD DC ⊥，AB BC ⊥，QD ⊥平面ABCD ，PA QD P ，1PA =，2AD AB QD ===．（1）求证：平面PAB ⊥平面QBC ；（2）求该组合体QPABCD 的体积．18．如图，在四面体ABCD 中，AD BD =，90ABC ∠=︒，点E ，F 分别为棱AB ，AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面EFG P 平面BCD ．求证：（1）2BC EF =；（2）平面EFD ⊥平面ABC ．19．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形ABCD 中， 23666BC AB DE FC ====，将ABE 沿BE 折起，得到如图2所示的四棱锥A BCDE -，其中AC （1）证明：平面ABE ⊥平面BCD ；（2）求平面AEF 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）在图2中取BE 的中点G ，连接AG ， CG .由条件可知图1中四边形ABFE 为正方形，则有AG BE ⊥，且可求得AG =在GBC 中， BG =， 3BC =， 45GBC ∠=︒，由余弦定理得2222cos 2965CG BG BC BG BC GBC =+-⋅∠=+-=.在AGC 中，22225AG CG AC +=+=，所以90AGC ∠=︒，即AG CG ⊥.由于BE ， CG ⊂平面BCD ， AG BE ⊥且AG CG ⊥， BE CG G ⋂=，所以AG ⊥平面BCD .又AG ⊂平面ABE ，故平面ABE ⊥平面BCD .20．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，M 是棱PD 的中点，且2,PA AB AC BC ====（1）求证：CD ⊥平面PAC ；（2）如果N 是棱AB 上一点，且直线CN 与平面MAB AN NB 的值．【解析】（1）连结AC ，因为在ABC ∆中，2,BC AB AC ===222BC AB AC =+，所以AB AC ⊥．因为//AB CD ，所以AC CD ⊥．又因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA CD ⊥，因为AC PA A = ，所以CD ⊥平面PAC ．21．如图①所示，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，且01,135,3AD BC a BAD AE BC ==∠=⊥于点,E F 为BE 的中点．将ABE ∆沿着AE 折起至AB E '∆的位置，得到如图②所示的四棱锥B ADCE '-.（1）求证：//AF 平面B CD '；（2）若平面AB E '⊥平面AECD ，求二面角B CD E '--的余弦值．22．【河北省鸡泽县2018届月考】如图，三棱柱111ABC A B C -中， 90ACB ∠= ， 12AC BC CC ===， 11A B B C ⊥.（Ⅰ）证明： 111AC CC ⊥；（Ⅱ）若1A B =1CC 上是否存在点E ，使得二面角1E AB C --的大小为30 ，若存在，求CE 的长，若不存在，说明理由.。

2018版高中数学第一章立体几何初步1.1.3圆柱圆锥圆台和球学业分层测评新人教B版

1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.下列命题中，真命题的个数是( )①圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中面积最大的一个；②圆柱的所有平行于底面的截面都是圆面；③圆台的两个底面可以不平行.A.0B.1C.2D.3【解析】①中当圆锥过顶点的轴截面顶角大于90°时，其面积不是最大的；③圆台的两个底面一定平行，故①③错误.【答案】 B2.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是( )A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥【解析】如图，以AB为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥.【答案】 D3.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是( )A.圆锥B.圆柱C.球D.棱柱【解析】用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面.【答案】 D4.在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体(如图1140所示)，其结构特征是( )图1140A.一个棱柱中挖去一个棱柱B.一个棱柱中挖去一个圆柱C.一个圆柱中挖去一个棱锥D.一个棱台中挖去一个圆柱【解析】一个六棱柱挖去一个等高的圆柱，选B.【答案】 B5.一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图1141所示，则截面可能的图形是( )图1141A.①③B.②④C.①②③D.②③④【解析】当截面平行于正方体的一个侧面时得③，当截面过正方体的体对角线时得②，当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得①，但无论如何都不能截出④.【答案】 C二、填空题6.如图1142是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是________.图1142【解析】一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱.【答案】圆柱7.直角梯形绕其较长底边所在直线旋转一周，所得旋转体的结构特征是________________.【解析】由旋转体的定义知，该几何体为一个圆锥和一个圆柱拼接成的组合体.【答案】一个圆锥和一个圆柱拼接成的组合体8.一个圆锥的母线长为20 cm，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为________cm.【解析】如图是圆锥的轴截面，则SA＝20 cm，∠ASO＝30°，∴AO＝10 cm，SO＝10 3 cm.【答案】 10 3 三、解答题9.指出如图1143①②所示的图形是由哪些简单几何体构成的.图1143【解】图①是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体. 图②是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.10.一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2.求： (1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长.【解】 (1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD (如图所示).由已知可得上底半径O 1A ＝2(cm)，下底半径OB ＝5(cm)，又因为腰长为12 cm ，所以高AM ＝122－－2＝315(cm).(2)如图所示，延长BA ，OO 1，CD ，交于点S ，设截得此圆台的圆锥的母线长为l ，则由△SAO 1∽△SBO 可得l －12l ＝25，解得l ＝20(cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm. [能力提升]1.下列判断中正确的个数是( )①圆柱的任意两条母线所在的直线是平行的； ②球面和球是同一个概念；③经过球面上不同的两点只能作一个球大圆. A.1 B.2 C.3D.0【解析】 ①正确；球面和球是两个不同的概念，②错误；若球面上不同的两点恰好为球的直径的端点，则过此两点的球大圆有无数个，故③错误.【答案】 A2.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且距离为1，那么这个球的半径是( )A.4B.3C.2D.0.5【解析】如图所示，∵两个平行截面的面积分别为5π、8π，∴两个截面圆的半径分别为r 1＝5，r 2＝2 2.∵球心到两个截面的距离d 1＝R 2－r 21，d 2＝R 2－r 22， ∴d 1－d 2＝R 2－5－R 2－8＝1，∴R 2＝9，∴R ＝3. 【答案】 B3.在如图1144所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm 、最长80 cm ，则斜截圆柱侧面面积S ＝________cm 2.图1144【解析】将侧面展开可得S ＝12(50＋80)×40π＝2 600π(cm 2).【答案】 2 600π4.一个圆锥的底面半径为2 cm ，高为6 cm ，在圆锥内部有一个高为x cm 的内接圆柱. (1)用x 表示圆柱的轴截面面积S ； (2)当x 为何值时，S 最大？【解】 (1)如图，设圆柱的底面半径为r cm ，则由r 2＝6－x 6，得r ＝6－x3，∴S ＝－23x 2＋4x (0<x <6).(2)由S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x －3)2＋6，∴当x ＝3时，S max ＝6 cm 2.。

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章立体

课时规范训练A组基础演练1．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10解析：选D.如图，在五棱柱ABCDEA1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥OABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.3．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图．在主视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的左视图是( )解析：选B.由直观图和主视图、俯视图可知，该几何体的左视图应为面PAD ，且EC 投影在面PAD 上，故B 正确．4．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.注意到在三视图中，俯视图的宽度应与左视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的左视图的宽度不相等，C 不可能． 5．如图是一正方体被过棱的中点M 、N 和顶点A 、D 、C 1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为( )解析：选B.还原正方体，如图所示，由题意可知，该几何体的主视图是选项B.6．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( ) A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C.依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC 、AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.7．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.22B.12C.24D.14解析：选D.由正视图与俯视图可得三棱锥A BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D. 8．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( ) A.32 B ．1C.2＋12D. 2解析：选D.由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD 1B 1，正视图的方向垂直于面A 1C 1CA ，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D.9．如图，E、F分别是正方体ABCDA1B1C1D1中AD1、B1C上的动点(不含端点)，则四边形B1FDE 的俯视图可能是( )解析：选B.由画几何体的三视图的要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形，结合选项知选B.10．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：选C.还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.B组能力突破1．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥面A1B1C1，主视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为( )A ．2 3 B. 3 C ．2 2D ．4解析：选A.观察三视图可知，该几何体是正三棱柱，底面边长、高均为2，所以，其左视图是一个矩形，边长分别为2,2sin 60°＝3，其面积为2 3. 2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解析：选C.由三视图还原几何体知，该几何体如图所示，其体积V ＝VB 1ABC ＋VB 1A 1ACC 1＝13×12×3×4×2＋13×3×5×4＝24.3．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3. 答案：2 34．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′， ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 25．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．解析：如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，所以所求面积的比值为1.答案：16．如图，三棱锥A BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：∵AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，∴三棱锥A BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，∵BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2，∴△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积S ＝12×2×2＝ 2. 答案： 2。

2018届人教B版(理) 数列、三角函数、立体几何、导数检测题

单元测试考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)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.如图所示的Venn 图中，A ，B 是非空集合，定义A *B 表示阴影部分的集合．若x ，y ∈R ，A ＝{x |y ＝2x －x 2}，B ＝{y |y ＝3x ，x >0}，则A *B 等于( ) A ．(2，＋∞) B ．[0,1)∪(2，＋∞) C ．[0,1]∪(2，＋∞)D ．[0,1]∪[2，＋∞)2．(2016·南昌调研)“x >1”是“1x <1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．函数y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增加的，那么区间A 是( ) A ．(－∞，0) B ．[0，12] C ．[0，＋∞) D ．(12，＋∞)4．(2016·大同质检)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎨⎧cos πx ，x ∈[0，12]，2x －1，x ∈(12，＋∞)，则不等式f (x －1)≤12的解集为( )A ．[14，23]∪[43，74]B ．[－34，－13]∪[14，23]C ．[13，34]∪[43，74]D ．[－34，－13]∪[13，34]5．在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的主视图和左视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC 且三棱锥D －ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC 且三棱锥D －ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC 且三棱锥D －ABC 的体积为1636．(2016·济宁模拟)设等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若－a m <a 1<－a m ＋1(m ∈N ＋且m ≥2)，则必定有( ) A ．S m >0，且S m ＋1<0 B ．S m <0，且S m ＋1>0 C ．S m >0，且S m ＋1>0D ．S m <0，且S m ＋1<07．(2016·黄山联考)设函数f (x )＝3cos(2x ＋φ)＋sin(2x ＋φ)(|φ|<π2)，且其图像关于直线x ＝0对称，则( )A ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在(0，π2)上是增加的B ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在(0，π2)上是减少的C ．y ＝f (x )的最小正周期为π2，且在(0，π4)上是增加的D ．y ＝f (x )的最小正周期为π2，且在(0，π4)上是减少的8．(2017·昆明统考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C 等于( ) A.34 B.43 C ．－43 D ．－349．设1<x <2，则ln x x ，(ln x x )2，ln x 2x 2的大小关系是( )A ．(ln x x )2<ln x x <ln x 2x 2B.ln x x <(ln x x )2<ln x 2x 2 C ．(ln x x )2<ln x 2x 2<ln x xD.ln x 2x 2<(ln x x )2<ln x x10．(2016·滨州一模)若对任意的x ＞1，x 2＋3x －1≥a 恒成立，则a 的最大值是( )A ．4B ．6C ．8D ．1011．若f (x )＝x 2＋2ʃ10f (x )d x ，则ʃ10f (x )d x 等于( )A ．－1B ．－13 C.13D ．112．(2017·陕西千阳中学质检)已知f 1(x )＝(x 2＋2x ＋1)·e x ，f 2(x )＝[f 1(x )]′，f 3(x )＝[f 2(x )]′，…，f n ＋1(x )＝[f n (x )]′，n ∈N ＋.设f n (x )＝(a n x 2＋b n x ＋c n )e x ，则c 100等于( ) A ．9 903 B ．9 902 C ．9 901 C ．9 900第Ⅱ卷(非选择题共90分)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．(2016·福州质检)在△ABC 中，AR →＝2RB →，CP →＝2PR →，若AP →＝mAB →＋nAC →，则m ＋n ＝________.14．在算式“4×△＋1×○＝30”中的△，○中，分别填入两个正整数，使它们的倒数和最小，则这两个数构成的数对(△，○)应为________．15．棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E 、F 分别是棱AA 1、DD 1的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为________．16．已知函数f (x )＝1－x ax ＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上是增加的，则正实数a 的取值范围为________．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)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2，x ∈R )的部分图像如图所示． (1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)当x ∈[－π，－π6]时，求f (x )的取值范围．18.(12分)已知数列{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．19.(12分)(2016·江西上饶重点中学第二次联考)已知向量a ＝(sin x ，34)，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos(2A ＋π6)(x ∈[0，7π24])的取值范围．20.(12分)(2016·景德镇质检)在等腰直角三角形ABC 中(图1)，斜边BC ＝6，O 为BC 中点，E ，F 分别在OC 和AC 上，且EF ∥AO ，现将三角形以EF 为折痕，向上折成60°的二面角，且使C 在平面ABEF 内的投影恰好为O 点(图2)． (1)求V C －ABEF ；(2)求平面CEF 和平面CAB 夹角的余弦值．21.(12分)(2016·合肥质检)已知△ABC 的三边长AB ＝13，BC ＝4，AC ＝1，动点M 满足CM →＝λCA →＋μCB →，且λμ＝14.(1)求|CM →|最小值，并指出此时CM →与C A →，C B →的夹角；(2)是否存在两定点F 1，F 2，使||MF 1→|－|MF 2→||恒为常数k ？若存在，指出常数k 的值，若不存在，说明理由.22.(12分)(2016·潍坊一中期初考试)已知函数f (x )＝x ＋1e x (e 为自然对数的底数)． (1)求函数f (x )的最大值；(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．答案解析1．C [A ＝{x |0≤x ≤2}，B ＝{y |y >1}，故A ∪B ＝{x |x ≥0}，A ∩B ＝{x |1<x ≤2}，由题图可知，A *B ＝{x |x ∈A 或x ∈B 且x ∉A ∩B } ＝{x |0≤x ≤1或x >2}．]2．A [当x >1时，1x <1，当1x <1时，x >1或x <0，所以“x >1”是“1x<1”的充分不必要条件．]3．B [y ＝|x |(1－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (1－x )，x ≥0，－x (1－x )，x <0＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x <0＝⎩⎨⎧－(x －12)2＋14，x ≥0，(x －12)2－14，x <0.画出函数的图像，如图．由图易知原函数在[0，12]上是增加的．故选B.]4．A [借助偶函数的性质，先解不等式f (x )≤12，再利用图像的平移知识解不等式f (x －1)≤12.当x ∈[0，12]时，由cos πx ≤12，得13≤x ≤12；当x ∈(12，＋∞)时，由2x －1≤12，得12<x ≤34；所以不等式f (x )≤12(x ≥0)的解为13≤x ≤12或12<x ≤34，即13≤x ≤34.由于偶函数的图像关于y 轴对称，则在函数的定义域内，不等式f (x )≤12的解为－34≤x ≤－13或13≤x ≤34.函数f (x －1)的图像可以看作由f (x )的图像向右平移1个单位得到的，故不等式f (x )≤12的解为14≤x ≤23或43≤x ≤74，即解集为[14，23]∪[43，74]．] 5．C [∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥AD ，又由三视图可得在△P AC 中，P A ＝AC ＝4，D 为PC 的中点， ∴AD ⊥PC ，∴AD ⊥平面PBC .又BC ＝4，∠ADC ＝90°，BC ⊥平面P AC . 故V D －ABC ＝V B －ADC ＝13×12×22×22×4＝163.]6．A [因为－a m <a 1<－a m ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a m >0，a 1＋a m ＋1<0.易得S m ＝a 1＋a m 2·m >0，S m ＋1＝a 1＋a m ＋12·(m ＋1)<0.]7．B [∵f (x )＝3cos(2x ＋φ)＋sin(2x ＋φ)＝2sin(2x ＋π3＋φ)，且其图像关于x ＝0对称，∴f (x )是偶函数， ∴π3＋φ＝π2＋k π，k ∈Z . 又∵|φ|<π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin(2x ＋π3＋π6)＝2cos 2x .易知f (x )的最小正周期为π，在(0，π2)上是减少的．]8．C [因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，则结合面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4， sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2Csin 2C ＋cos 2C＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)，故选C.] 9．A [方法一令f (x )＝x －ln x (1<x <2)，则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴函数y ＝f (x )在(1,2)上是增加的， ∴f (x )>1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln xx <1，∴(ln x x )2<ln x x.又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln x x 2>0，∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x2，故选A.方法二 ∵1<x <2，∴0<ln x x <1，∴(ln x x )2<ln x x ，又ln x 2x 2＝2x ·ln x x >ln xx ，∴(ln x x )2<ln x x <ln x 2x2.]10．B [a ≤x 2＋3x －1对x ∈(1，＋∞)恒成立，即a ≤(x 2＋3x －1)min ，x 2＋3x －1＝(x －1)2＋2(x －1)＋4x －1＝(x －1)＋4x －1＋2，∵x ＞1，∴(x －1)＋4x －1＋2≥2(x －1)·4x －1＋2＝6，当且仅当x －1＝4x －1，即当x ＝3时取“＝”，∴a ≤6，∴a 的最大值为6，故选B.] 11．B [因为f (x )＝x 2＋2ʃ10f (x )d x ，所以ʃ10f (x )d x ＝(13x 3＋2x ʃ10f (x )d x )|10＝13＋2ʃ10f (x )d x ，所以ʃ10f (x )d x ＝－13.] 12．C [∵f 1(x )＝(x 2＋2x ＋1)e x ， ∴f 2(x )＝[f 1(x )]′＝(x 2＋4x ＋3)e x ， f 3(x )＝[f 2(x )]′＝(x 2＋6x ＋7)e x ， f 4(x )＝[f 3(x )]′＝(x 2＋8x ＋13)e x ， ∴数列{c n }为1,3,7,13，…， ∵1＝(1－1)×1＋1， 3＝(2－1)×2＋1， 7＝(3－1)×3＋1， 13＝(4－1)×4＋1， ∴c n ＝n (n －1)＋1＝n 2－n ＋1.∴C 100＝1002－100＋1＝9 901.] 13.79解析由CP →＝2PR →，得AP →－AC →＝2(AR →－AP →)，得AP →＝13(AC →＋2AR →)．又由AR →＝2RB →，得AR →＝2(AB →－AR →)，得AR →＝23AB →，故AP →＝13AC →＋49AB →，所以m ＋n ＝79.14．(5,10)解析设数对为(a ，b )，则4a ＋b ＝30，所以1a ＋1b ＝130(1a ＋1b )(4a ＋b )＝130(5＋b a ＋4a b )≥130(5＋2 b a ·4a b )＝310，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧b a ＝4a b ，4a ＋b ＝30，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝10时等号成立，所以满足题意的数对为(5,10)． 15.2a 解析因为正方体内接于球，所以2R ＝a 2＋a 2＋a 2， R ＝32a ，过球心O 和点E 、F 的大圆的截面图如图所示，则直线被球截得的线段为QR ，过点O 作OP ⊥QR 于点P ，所以在△QPO 中，QR ＝2QP ＝2 (32a )2－(12a )2 ＝2a .16．[1，＋∞)解析 ∵f (x )＝1－x ax＋ln x ， ∴f ′(x )＝ax －1ax 2(a >0)． ∵函数f (x )在[1，＋∞)上是增加的，∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， ∴ax －1≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，即a ≥1x在x ∈[1，＋∞)上恒成立，∴a ≥1. 17．解 (1)由题图得A ＝1，T 4＝2π3－π6＝π2，所以T ＝2π，则ω＝1，将(π6，1)代入得1＝sin(π6＋φ)，因为－π2＜φ＜π2，所以φ＝π3，因此函数f (x )＝sin(x ＋π3)． (2)由于x ∈[－π，－π6]，则－2π3≤x ＋π3≤π6，所以－1≤sin(x ＋π3)≤12，所以f (x )的取值范围是[－1，12]． 18．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32. 所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1. (2)设{a n 2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1， 12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2. 所以S n ＝2－n ＋42n ＋1. 19．解 (1)∵a ∥b ，∴34cos x ＋sin x ＝0，得tan x ＝－34， cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85. (2)f (x )＝2(a ＋b )·b＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＋12＝sin 2x ＋cos 2x ＋32＝2sin(2x ＋π4)＋32. 由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin A ＝22， ∴A ＝π4或A ＝3π4. ∵b >a ，∴B >A ，∴A ＝π4. ∴f (x )＋4cos(2A ＋π6)＝2sin(2x ＋π4)－12. ∵x ∈∈[0，7π24]， ∴2x ＋π4∈[π4，5π6]， ∴sin(2x ＋π4)∈[12，1]， ∴2－12≤f (x )＋4cos(2A ＋π6)≤2－12. 故f (x )＋4cos(2A ＋π6)的取值范围为 [2－12，2－12]． 20．解 (1)设OE ＝a ，则CE ＝2a ，又OE ＋CE ＝3，∴a ＝1，CO ＝3，S 四边形ABEF ＝7，∴V C －ABEF ＝13OC ·S ABEF ＝733. (2)分别以OA ，OB ，OC 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (3,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0，3)，E (0，－1,0)，F (2，－1,0)，EF →＝(2,0,0)，EC →＝(0,1，3)，CA →＝(3,0，－3)， CB →＝(0,3，－3)，设n 为平面CEF 的法向量，m 为平面ABC 的法向量，⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EF →＝0，n ·EC →＝0⇒n ＝(0，－3，1)为平面CEF 的一个法向量， ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·CA →＝0，m ·CB →＝0⇒m ＝(1,1，3)为平面ABC 的一个法向量． cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝0. 即平面CEF 和平面CAB 夹角的余弦值为0.21．解 (1)由余弦定理知cos ∠ACB ＝12＋42－132×1×4＝12 ⇒∠ACB ＝π3，因为|CM →|2＝CM →2＝(λC A →＋μC B →)2 ＝λ2＋16μ2＋2λμC A →·C B →＝λ2＋1λ2＋1≥3，所以|CM →|≥3，当且仅当λ＝±1时，“＝”成立，故|CM →|的最小值是3，此时〈CM →，C A →〉＝〈CM →，C B →〉＝π6或5π6. (2)以C 为坐标原点，∠ACB 的平分线所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系如图所示，所以A (32，12)，B (23，－2)，设动点M (x ，y )，因为CM →＝λC A →＋μC B →，所以⎩⎨⎧ x ＝32λ＋23μ，y ＝12λ－2μ⇒⎩⎨⎧ x 23＝(λ2＋2μ)2，y 2＝(λ2－2μ)2，再由λμ＝14知x 23－y 2＝1，所以动点M 的轨迹是以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点，实轴长为23的双曲线，即||MF 1→|－|MF 2→||恒为常数23，即存在k ＝2 3.22．解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝－x ex . 当x <0时，f ′(x )>0；当x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，0)上是增加的，在(0，＋∞)上是减少的．因此，f (x )在x ＝0处取得极大值，也是最大值，最大值为f (0)＝1.(2)由题意，存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，即2φ(x )min <φ(x )max .因为φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ＝x 2＋(1－t )x ＋1e x，x ∈[0,1]，所以φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x ＝－(x －1)(x －t )e x. ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上是减少的，所以2φ(1)<φ(0)，即t >3－e 2>1，符合题意． ②当t ≤0时，φ′(x )≥0，φ(x )在[0,1]上是增加的，所以2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0，符合题意．③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上是减少的；若x ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上是增加的．所以2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}，即2×t ＋1e t <max{1，3－t e}．(*)由(1)知，函数g (t )＝2·t ＋1e t 在[0,1]上是减少的，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e <3－t e <3e，所以不等式(*)无解．综上所述，t 的取值范围为(－∞，3－2e)∪(3－e 2，＋∞)．。

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章立体

课时规范训练 A 组基础演练1．如图，四棱锥P ABCD 中， PD ⊥平面ABCD ，PA 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线PA 与BC 所成的角的余弦值．解：(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， ∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠PAD 为PA 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PAD ＝60°.在Rt △PAD 中，由AD ＝2，得PD ＝23，∴P (0,0,23)．(2)∵PA →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)， ∴cos 〈PA →，BC →〉＝－＋－＋－23413＝－1313， ∴异面直线PA 与BC 所成的角的余弦值为1313. 2．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面PAC ； (2)求二面角P BD A 的大小．解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)． ∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC . (2)设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)，平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝12.∴二面角P BD A 的大小为60°.3．如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A PB C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．解：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则C (22，0,0)，P (0,0,2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫423，0，23，设D (2，b,0)，其中b ＞0，则B (2，－b,0)．于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，b ，23，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫23，－b ，23.从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0，故PC ⊥BE ，PC ⊥DE . 又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BED . (2)AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量，则m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC →＝0，n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－2b，2.因为二面角A PB C 为90°，所以面PAB ⊥面PBC ，故m·n ＝0，即b －2b＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，所以cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，所以〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.4．如图，在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解：如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于点E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)．(1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1， 3)，则AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)．又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎨⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值为105. B 组能力突破1．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1.在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3，BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cosπ3＝3. 所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21，所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ，所以C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1,0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)．所以CC 1→＝(－1,0，3)，所以CE →＝(－λ，0，3λ)，则E (1－λ，0，3λ)．则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，即⎩⎨⎧－λx －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0.令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量．因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BA →＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量，所以|cos 〈n ，BA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA→|n ||BA →| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ1× ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋32＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．2．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ； (2)求二面角A 1BC 1B 1的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值．解：(1)证明：在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝03y 1－4z 1＝0∴取向量n 1＝(0,4,3) 由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取向量n 2＝(3,4,0)∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625.由题意知二面角A 1BC 1B 1为锐角，所以二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625.(3)证明：设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 则λ＝925，因此BD BC 1＝925.。

2018届人教B版立体几何检测卷 4

第七章一、选择题1．(2016·沼兴模拟)已知两条直线a，b，两个平面α，β，则下列结论中正确的是(A) A．若a⊂β，且α∥β，则a∥αB．若b⊂α，a∥b，则a∥αC．若a∥β，α∥β，则a∥αD．若b∥α，a∥b，则a∥α[解析]因为α∥β，又a⊂β，所以a∥α，故A正确；因为b⊂α，a∥b，若a⊂α，则不可能与α平行，故B错误；因为a∥β，α∥β，若a⊂α，则结论不成立，故C错误；因为b∥α，a∥b，若a⊂α，则结论不成立，故D错误，故选A．2．(2016·杭州模拟)设α，β，γ为平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α②α∥γ，β∥γ③α⊥γ，β⊥γ④a⊥α，b⊥β，a∥b其中能推出α∥β的条件是(C)A．①②B．②③C．②④D．③④[解析]①中条件得到的两个平面α，β，也可能相交，故①不正确；②由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，故②正确；③中α⊥γ，β⊥γ，可得α与β相交或平行，故③不正确；④a⊥α，b⊥β，a∥b，得a⊥β，所以α∥β，故④正确，故选C．3．(2016·吉林省实验中学一模)已知两条不同的直线l，m和两个不同的平面α，β，有如下命题：①若l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；②若l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；③若α⊥β，l⊥β，则l∥α.其中正确命题的个数为(C)A．3 B．2C．1 D．0[解析]若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，所以①错误；若一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行，所以②正确；若α⊥β，l⊥β，则l∥α或l⊂α，所以③错误．综上可知，选C．4．(2016·潍坊模拟)已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是(D)A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2[解析]由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可得，由选项D可推知α∥β，因此选D．5．(2017·安徽省马鞍山二中10月月考数学试题)设α，β表示平面，m，n表示直线，则m∥α的一个充分不必要条件是(D)A．α⊥β且m⊥βB．α∩β＝n且m∥nC．m∥n且n∥αD．α∥β且m⊂β[解析]若两个平面平行，其中一个面内的任一直线均平行于另一个平面，故选D．6．(2017·宁夏银川一中期末数学试题)如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是(C)①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′﹣FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③[解析]对于①根据面A′FG⊥面ABC，可得点A′在面ABC上的射影在线段AF上，对于②，根据BC∥DE，满足线面平行的判定定理可对于③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′﹣FDE的体积达到最大，符合条件．解：①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′﹣FDE的体积达到最大．故选C[点拨]本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．7．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8,12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为(B)A．10 B．20C．8 D．4[解析] 设截面四边形为EFGH ，F ，G ，H 分别是BC ，CD ，DA 的中点，∴EF ＝GH ＝4，FG ＝HE ＝6.∴周长为2×(4＋6)＝20.8．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 ( B)A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④[解析] ①中易知NP ∥AA ′，MN ∥A ′B ，∴平面MNP ∥平面AA ′B 可得出AB ∥平面MNP (如图)．④中，NP ∥AB ，能得出AB ∥平面MNP . 二、填空题9．考查下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则此条件为_l ⊄α__.①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α ⇒l ∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βα⊥β ⇒l ∥α. [解析] ①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为平面α外的直线”，即“l ⊄α”，它也同样适合②③，故填l ⊄α.10．在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是_平面ABC 和平面ABD __.[解析] 连接AM 并延长交CD 于E ，连接BN 并延长交CD 于F .由重心的性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E .由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB ．因此MN ∥平面ABC且MN∥平面ABD．11．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有_6__条.[解析]过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，EF1，EE1，FF1，E1F，E1F1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条．三、解答题12．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.[证明](1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.13．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[解析](1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC．在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D．又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.1．(2016·温州模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中错误的是(C)A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥βD．若m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β[解析]由线面垂直的性质可知A正确；由两个平面平行的性质可知B正确；由异面直线的性质易知D也是正确的；对于选项C，α，β可以相交、可以平行，故C错误，选C．2．(2016·成都模拟)如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(B)A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形[解析] 由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 綊15BD ，所以EF ∥平面BCD ．又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，所以HG 綊12BD ，所以EF ∥HG 且EF ≠HG ，所以四边形EFGH 是梯形，故选B ．3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、CD 的中点，N 是BC 的中点，动点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，则M 满足条件_M ∈线段FH __时，有MN ∥平面B 1BDD 1.[解析] 因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，故线段FH 上任意点M 与N 相连，都有MN ∥平面B 1BDD 1.4.(2016·河南省实验中学模拟)如图所示，P 为▱ABCD 所在平面外一点，E 为AD 的中点，F 为PC 上一点，当P A ∥平面EBF 时，PF FC ＝ 12.[解析] 连接AC 交BE 于点M ，连接FM .∵P A ∥平面EBF ，P A ⊂平面P AC ，平面P AC ∩平面EBF ＝FM ，∴P A ∥FM ，∴PF FC ＝AM MC ＝AE BC ＝12. 5．如图，在四棱锥S －ABCD 中，已知底面ABCD 为直角梯形，其中AD ∥BC ，∠BAD＝90°，SA ⊥底面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝2.tan ∠SDA ＝23.(1)求四棱锥S －ABCD 的体积；(2)在棱SD 上找一点E ，使CE ∥平面SAB ，并证明． [解析] (1)∵SA ⊥底面ABCD ，tan ∠SDA ＝23，SA ＝2，∴AD ＝3.由题意知四棱锥S －ABCD 的底面为直角梯形，且SA ＝AB ＝BC ＝2， V S －ABCD ＝13×SA ×12×(BC ＋AD )×AB＝13×2×12×(2＋3)×2＝103. (2)当点E 位于棱SD 上靠近D 的三等分点处时，可使CE ∥平面SAB ．证明如下：取SD 上靠近D 的三等分点为E ，取SA 上靠近A 的三等分点为F ，连接CE ，EF ，BF ，则EF 綊23AD ，BC 綊23AD ，∴BC 綊EF ，∴CE ∥BF .又∵BF ⊂平面SAB ，CE ⊄平面SAB ， ∴CE ∥平面SAB ．。

2018届人教B版立体几何大题(理) 检测卷

2017年高考三轮复习系讲练测之核心热点【全国通用版】热点十九立体几何大题（理）【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1.【2014全国卷1】如图,三棱柱111C B A ABC -中,侧面C C BB 11为菱形,C B AB 1⊥.（Ⅰ）证明：1AB AC =;（Ⅱ）若1AC AB ⊥,︒=∠601CBB ,BC AB =,求二面角111C B A A --的余弦值.AA 1B1CC 1【解析】（I ）连接1BC ,交1B C 于O ,连接AO ．因为侧面11BB C C 为菱形,所以11B C BC ⊥,且O 为1B C 与1BC 的中点．又1AB B C ⊥,所以1B C ⊥平面ABO ,故1B C AO ⊥．又1B O CO =,故1AB AC =．（II ）因为1AC AB ⊥,且O 为1B C 的中点,所以AO CO =,又因为BC AB =,BOA BOC ∆≅∆．故OA OB ⊥,从而1OA OB OB ，，两两垂直．以O 为坐标原点,OB 的方向为x 轴正方向,OB为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．因为0160CBB ∠=,所以1CBB ∆为等边三角形．又AB BC =,则A ,(1,0,0)B,1B,(0,C ．1AB = ,11(1,0,A B AB == ,11(1,B C BC ==- ．设(,,)n x y z = 是平面11AA B 的法向量,则1110,0,n AB n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0,y zx z-=⎪=⎪⎩所以可取n=．设m是平面111A B C的法向量,则11110,0,m A Bm B C⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩同理可取(1,m=．则1cos,7n mn mn m⋅<>==．所以二面角111CBAA--的余弦值为17．zyOAA1B B1CC12.【2015全国卷1】如图所示,四边形ABCD为菱形,120ABC∠= ,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,2BE DF=,AE EC⊥．（1）求证：平面AEC⊥平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．x（2）以G 为坐标原点,分别以GB ,GC 的方向为x ,y 轴正方向,GB为单位长度,建立空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知()0,A,(E,F ⎛- ⎝, ()C ,所以(AE =,1,CF ⎛=- ⎝, 所以cos ,AE CF = AE CF AE CF=所以直线AE 与直线CF ． GABCDEF zyxF EDCBAG3.【2015全国卷2】如图所示,长方体1111ABCD A B C D -中,16AB =,10BC =,18AA =,点,E F 分别在11A B ,11D C 上,114A E D F ==,过点,E F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形（1）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值【解析】（1）根据题意,交线围成的正方形EHGF 如图（1）所示：（2）如图（2）所示,过点E 作EM AB ⊥,垂足为M ,则14AM A E ==,18EM AA ==,因为EHGF 为正方形,所以10EH EF BC ===．于是有6MH ==,所以10AH =．以D 为坐标原点,1,,DA DC DD的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图（2）所示的空间直角坐标系D xyz -,则(10,0,0)A ,(10,10,0)H ,(10,4,8)E ,(0,4,8)F ,则(10,0,0)FE = ,(0,6,8)HE =-．设(,,)x y z =n 是平面EHGF 的法向量,则有0,0,FE HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即100,680,x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取(0,4,3)=n ．又(10,4,8)AF =- ,故cos ,AF AF AF⋅<>==⋅ n n n 所以直线AF 与平面EHGFAB 1C 1D 1A 1BCDE FG HHG FE D CBA 1D 1C 1B 1A xyz M图（1）图（2）4.【2016全国卷1】如图所示,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,2AF FD =,90AFD ∠= ,且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60 ．（1）求证：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（2）求二面角E BC A --的余弦值．【解析】（1）由已知可得AF DF ⊥,AF FE ⊥,所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ,故平面ABEF ⊥平面EFDC .（2）过D 作DG EF ⊥,垂足为G ,由（1）知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点,GF的方向为x 轴正方向,GF 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -.由（1）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角,故60DFE ∠=︒,则DF =可得(140)A ，，,(340)B -，，,(300)E -，，,(00D ，. 由已知,AB EF ,所以AB 平面EFDC .又平面ABCD 平面EFDC CD =,故AB CD ,CD EF .由BE AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以CEF ∠为二面角C BE F --的平面角, 故60CEF ∠= ,从而可得(20C -，.所以(10EC = ，,(040)EB= ，，,(34AC =-- ，,(400)AB =- ，，,设()x y z =，，n 是平面BCE 的法向量,则00EC EB ⎧=⎪⎨=⎪⎩••n n ,即040x y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,所以可取(30=-，，n . 设m 是平面ABCD 的法向量,则0AC AB ⎧=⎪⎨=⎪⎩••m m . 同理可取(04)=m ,则cos ==，n m n m |n ||m |•故二面角EBC A --的余弦值为. 5.【2016全国卷2】如图所示,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,5AB =,6AC =,点E ,F 分别在AD ,CD 上,54AE CF ==,EF 交BD 于点H ,将DEF △沿EF 折到D EF '△的位置,OD '=.（1）证明：D H '⊥平面ABCD ；（2）求二面角B D A C '--的正弦值. 【解析】（1）证明：因为54AE CF ==,所以AE CF AD CD=,所以EF AC ∥．因为四边形ABCD 为菱形,所以AC BD ⊥,所以EF BD ⊥,所以EF DH ⊥,所以EF D H '⊥．因为6AC =,所以3AO =.又5AB =,AO OB ⊥,所以4OB OD ==,所以1AEOH OD AD=⋅=,所以3DH D H '==,所以222OD OH D H ''=+,所以D H OH '⊥．又因为OH EF H =I ,所以D H '⊥面ABCD ．（2）建立如图坐标系H xyz -,所以()500B ，，,()130C ，，,()003D '，，,()130A -，，,()430AB =uu u r，，,()133AD '=-uuu r ，，,()060AC =uuu r ，，,设面ABD '的法向量()1n x y z =，，u r,由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u r uu u r u r uuu r,得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩,取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩,所以()1345n =-u r ，，．同理可得面AD C '的法向量()2301n =u u r ，，,所以1212cos n n n n θ⋅===u r u u ru r u u r ,所以sin θ即二面角B D A C '--． 6.【2016全国卷3】如图所示,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥地面ABCD ,BC AD ∥,3AB AD AC ===,4PA BC ==,M 为线段AD 上一点,2AM MD =,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【解析】（1）取PB 中点Q ,连接AQ 、NQ ,因为N 是PC 中点,//NQ BC ,且12NQ BC =, 又22313342AM AD BC BC ==⨯=,且//AM BC ,所以//QN AM ,且QN AM =．所以四边形AQNM 是平行四边形．所以//MN AQ ．又MN ⊄平面PAB ,AQ ⊂平面PAB ,所以//MN 平面PAB ．（2）取BC 的中点E ,联结AE .由AB AC =得AE BC ⊥,从而AEAD ⊥,且AE ===.以A 为坐标原点,AE的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.由题意知,()0,0,4P,()0,2,0M,)C,N ⎫⎪⎪⎭,设(),,x y z =n 为平面PMN 的法向量,则00PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即24020y z y z -=⎧+-=. 可取()0,2,1=n .于是cos ,AN AN AN⋅==n n n 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦. 【热点深度剖析】PQNMDCBA2014年的高考题对本热点的考查,可以发现是以规则几何体为背景,这样建立空间直角坐标系较为容易, 2014年以平放的三棱柱为几何背景考查线线垂直的判定和二面角的求法,可以运用传统几何法,也可以用空间向量方法求解.2015年分别考查异面直线所成角及线面角.突出考查空间想象能力和计算能力.2016年分别考查线面角及二面角,建系难度有所增加.从近几年的高考试题来看,线线垂直的判定、线面垂直的判定、面面垂直的判定与性质、二面角等是高考的热点,题型既有选择题、填空题又有解答题,难度中等偏高,客观题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质,考查二面角的概念及求法；而主观题不仅考查以上内容,同时还考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题的能力．而直线与平面平行的判定,以及平面与平面平行的判定高考大题连续三年都没涉及,而在小题中考查,从高考试题来看,利用空间向量证明平行与垂直,以及求空间角是高考的热点,题型主要为解答题,难度属于中等,主要考查向量的坐标运算,以及向量的平行与垂直的充要条件,如何用向量法解决空间角问题等,同时注重考查学生的空间想象能力、运算能力．故预测2017年高考,可能以锥体或斜棱柱为几何背景,第一问以线面平行,面面平行为主要考查点,第二问可能是求二面角或探索性命题,突出考查空间想象能力和逻辑推理能力,以及分析问题、解决问题的能力,也有可能求线面角．【重点知识整合】1.直线与平面平行的判定和性质（1）判定：①判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行；②面面平行的性质：若两个平面平行,则其中一个平面内的任何直线与另一个平面平行. （2）性质：如果一条直线和一个平面平行,那么经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.注意：在遇到线面平行时,常需作出过已知直线且与已知平面相交的辅助平面,以便运用线面平行的性质.2.直线和平面垂直的判定和性质（1）判定：①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线和这个平面垂直.②两条平行线中有一条直线和一个平面垂直,那么另一条直线也和这个平面垂直. （2）性质：①如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内所有直线都垂直.②如果两条直线都垂直于同一个平面,那么这两条直线平行.3.平面与平面平行（1）判定：一个如果平面内有两条相交直线和另一个平面平行,则这两个平面平行. 注意：这里必须清晰“相交”这个条件.如果两个平面平行,那么在其中一个平面内的所有直线与另一个平面无公共点,即这些直线都平行于另一个平面.（2）性质：如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线平行.注意：这个定理给出了判断两条直线平行的方法,注意一定是第三个平面与两个平行平面相交,其交线平行.4.两个平面垂直的判定和性质（1）判定：①判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直.②定义法：即证两个相交平面所成的二面角为直二面角；注意：在证明两个平面垂直时,一般先从已知有的直线中寻找平面的垂线,若不存在这样的直线,则可以通过添加辅助线解决,而作辅助线应有理论依据；如果已知面面垂直,一般先用面面垂直的性质定理,即在一个平面内作交线的垂直,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.（2）性质：①如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.②两个平面垂直,则经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内. 注意：性质定理中成立有两个条件：一是线在平面内,二是线垂直于交线,才能有线面垂直. (3)立体几何中平行、垂直关系的证明的基本思路是利用线面关系的转化,即：线∥线线∥面面∥面判定线⊥线线⊥面面⊥面性质线∥线线⊥面面∥面←→−←→−−→−−←→−←→−←−−−←→−←→−5.直线与平面所成的角（1）定义：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角,叫这条直线和这个平面所成的角.当直线和平面垂直时,就说直线和平面所称的角为直角；当直线与平面平行或在平面内时,就说直线和平面所称的角为0 角. （2）范围：[0,90]；（3）求法：作出直线在平面上的射影,关键是找到异于斜足的一点在平面内的垂足,可根据面面垂直的性质定理来确定垂线.（4）最小角定理：斜线与平面中所有直线所成角中最小的角是斜线与平面所成的角. 6. 二面角（1）二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,这条直线叫做二面角的棱,每个半平面叫做二面角的面.二面角的大小是通过其平面角来度量的平面角,而二面角的平面角的三要素：①顶点在棱上；②角的两边分别在两个半平面内；③角的两边与棱都垂直.（2）作平面角的主要方法：①定义法：直接在二面角的棱上取一点（特殊点）,分别在两个半平面内作棱的垂线,得出平面角,用定义法时,要认真观察图形的特性；②三垂线法：过其中一个面内一点作另一个面的垂线,用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角；③垂面法：过一点作棱的垂面,则垂面与两个半平面的交线所成的角即为平面角；（3）二面角的范围：[0,]π； 7 利用向量处理平行问题（1）证明线线平行,找出两条直线的方向向量,证明方向向量共线；（2）证明线面平行的方法：①证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线（平行）；②证明直线的方向向量与平面的两个不共线向量是共线向量,即利用共面向量定理进行证明；③证明直线的方向向量与该平面的法向量垂直.（3）平面与平面平行的证明方法：证明两个平面的法向量平行. 8（理）利用向量处理垂直问题（1）证明线线垂直,可证明两条线的方向向量的数量积为0；（2）证明线面垂直方法：①根据线面垂直的判定定理利用向量证明直线与平面内的两条相交直线垂直；②转化为证明直线的方向向量与平面的法向量共线.（3）证明面面垂直的方法：①根据面面垂直的判定定理利用向量证明一个平面内的一条直线方向向量为另一个平面的法向量；②证明一个平面的法向量与另一人平面平行；③转化为证明这两个平面的法向量互相垂直. 9.利用向量处理角度问题1.求异面直线所成的角的向量法：其基本步骤是（1）在a 、b 上分别取,AB CD；或者建立空间直角坐标系用坐标表示,AB CD ;(2)由公式cos ||||||AB CDAB CD θ⋅=⋅确定异面直线a 与b 所成角θ的大小.2.求直线和平面所成的角的向量法：在斜线上取一方向向量a ,并求出平面α的一个法向量n ,若设斜线和平面所成的角为θ,由sin cos ,||||||a n a n a n θ⋅=<>=⋅ . 3.求二面角的向量法：方法（1）设n ,m 分别是平面,βα的法向量,则向量n 和m 的夹角与二面角l αβ--的平面角相等或互补. 方法（2）二面角的棱l 上确定两个点B A 、,过B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、,则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角,即 ||||cos 21n n ⋅=θ 【应试技巧点拨】1. 线线平行与垂直的证明证明线线平行的方法：（1）平行公理；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量平行.要注意线面、面面平行的性质定理的成立条件. 证明线线垂直的方法：（1）异面直线所成的角为直角；（2）线面垂直的性质定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）三垂线定理和逆定理；（5）勾股定理；（6）向量垂直.要注意线面、面面垂直的性质定理的成立条件.解题过程中要特别体会平行关系性质的传递性,垂直关系的多样性.2.线面平行与垂直的证明方法线面平行与垂直位置关系的确定,也是高考考查的热点,在小题中考查关系的确定,在解答题考查证明细节.线面平行的证明方法：（1）线面平行的定义；（2）线面平行的判断定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量法：证明这条直线的方向向量和这个平面内的一个向量互相平行；证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直.线面平行的证明思考途径：线线平行⇔线面平行⇔面面平行.线面垂直的证明方法：（1）线面垂直的定义；（2）线面垂直的判断定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）向量法：证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互平行.线面垂直的证明思考途径：线线垂直⇔线面垂直⇔面面垂直.3.面面平行与垂直的证明（1）面面平行的证明方法：①反证法:假设两个平面不平行,则它们必相交,在导出矛盾；②面面平行的判断定理；③利用性质:垂直于同一直线的两个平面平行；平行于同一平面的两个平面平行；④向量法：证明两个平面的法向量平行.（2）面面垂直的证明方法：①定义法；②面面垂直的判断定理；③向量法：证明两个平面的法向量垂直.解题时要由已知相性质,由求证想判定,即分析法和综合法相结合寻找证明思路,关键在于对题目中的条件的思考和分析,掌握做此类题的一般技巧和方法,以及如何巧妙进行垂直之间的转化.4.探索性问题探求某些点的具体位置,使得线面满足平行或垂直关系,是一类逆向思维的题目.一般可采用两个方法：一是先假设存在,再去推理,下结论；二是运用推理证明计算得出结论,或先利用条件特例得出结论,然后再根据条件给出证明或计算.5. 如何求线面角（1）利用面面垂直性质定理,巧定垂足：由面面垂直的性质定理,可以得到线面垂直,这就为线面角中的垂足的确定提供了捷径.（2）利用三棱锥的等体积,省去垂足在构成线面角的直角三角形中,其中垂线段尤为关键.确定垂足,是常规方法.可是如果垂足位置不好确定,此时可以利用求点面距常用方法---等体积法.从而不用确定垂足的位置,照样可以求出线面角.因为垂线段的长度实际就是点面距h ！利用三棱锥的等体积,只需求出h,然后利用斜线段长h =θsin 进行求解. （3）妙用公式,直接得到线面角课本习题出现过这个公式：21cos cos cos θθθ=,如图所示：21,,θθθ=∠=∠=∠OBC ABO ABC .其中1θ为直线AB 与平面所成的线面角.这个公式在求解一些选择填空题时,可直接应用.但是一定要注意三个角的位置,不能张冠李戴.（4）万能方法,空间向量求解不用找角设AB 是平面α的斜线,BO 是平面α的垂线,AB 与平面α所成的角BAO θ∠=,向量AB 与n 的夹角ABO ψ∠=,则sin cos AB n AB nθψ⋅==⋅ . 6.如何求二面角（1）直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角；③利用定义确定平面角；（2）射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝ S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱,作法有“平移法”“延伸平面法”等.法二：设1n ,2n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量,其方向一个指向内侧,另一个指向外侧（同等异补）,则二面角l αβ--的平面角α1212arccos ||||n n n n =7.如何建立适当的坐标系根据几何体本身的几何性质,恰当建立空间直角坐标系最为关键,如果坐标系引入的恰当,合理,即能够容易确定点的坐标,需要总结一些建系方法.常见建系方法：（1）借助三条两两相交且垂直的棱为坐标轴,如正方体,长方体等规则几何体,一般选择三条线为三个坐标轴,如图1、2；（2）借助面面垂直的性质定理建系,若题目中出现侧面和底面垂线的条件,一般利用此条件添加辅助线,确定z 轴,如图3；（3）借助棱锥的高线建系等.对于正棱锥,利用定点在底面的射影为底面的中心,可确定z 轴,然后在底面确定互相垂直的直线分别为x,y 轴.如图4.8.如何确定平面的法向量（1）首先观察是否与存在于面垂直的法向量,若有可直接确定,若不存在,转化为待定系数法；（2）待定系数法：由于法向量没有规定长度,仅规定了方向,所以有一个自由度,于是可把法向量的某个坐标设为1,再求另两个坐标.由于平面法向量是垂直于平面的向量,所以取平面的两条相交向量,设(,,),n x y z = 由00n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 解方程组求得.9. 向量为谋求解立体几何的探索性问题空间向量最合适于解决立体几何中探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题,转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围的解”等,所以使问题的解集更加简单、有效,应善于运用这一方法解题.【考场经验分享】1．在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则,会出现错误．2．可以考虑向量的工具性作用,能用向量解决的尽可能应用向量解决,可使问题简化．3．在解决直线与平面垂直的问题过程中,要注意直线与平面垂直定义,判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．4．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可．5．用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行,只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,即化归为证明线线平行,用向量方法证直线a ∥b ,只需证明它们的方向向量满足a b λ= (λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外．6．利用向量求角,一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．【名题精选练兵篇】1．【辽宁省鞍山市2017届高三下学期第一次质量检测】如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为菱形,且60ABC ∠=︒, 2AB PC ==,PA PB ==（Ⅰ）求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）二面角P AC B --的余弦值.（2）由（1）OB 、CO 、OP 两两互相垂直,如图建立空间直角坐标系,则()0,1,0A -, )C , ()0,0,1P, )AC ∴= , ()0,1,1AP = ,设平面PAC 的法向量为(),,n x y z = ,则0{0n AC y n AP y z ⋅=+=⋅=+= ,取1x =,则(1,n = ,又平面BAC 的一个法向量为()0,0,1m = ,设二面角P AC B --的大小为θ,易知其为锐角, cos cos ,n m θ∴=〈〉 n m n m⋅===, ∴二面角P AC B --2．【湖南省娄底市2017届高考仿真模拟（二模）】如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形,侧面PAD 是边长为2的正三角形, AB BD= = 3PB =.（Ⅰ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）设Q 是棱PC 上的点,当PA 平面BDQ 时,求二面角A BD Q --的余弦值.（Ⅱ）连结AC ,设AC BD E ⋂=,则E 为AC 的中点,连结EQ ,当PA 平面BDQ 时, PA EQ ,所以Q 是PC 的中点.由（Ⅰ）知, OA 、OB 、OP 两两垂直,分别以OA 、OB 、OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图,则()B 、()C -、()1,0,0D -、(P , 由P 、C 坐标得Q⎛- ⎝,从而()DB= , DQ ⎛= ⎝ ,设(),,n x y z = 是平面BDQ 的一个法向量,则由0{0n DB n DQ ⋅=⋅=得00x y z +=+=, 取1y =,得(n = ,易知平面ABD 的一个法向量是()10,0,1n = , 所以111cos ,n n n n n n ⋅〈〉==由图可知,二面角A BD Q --的平面角为钝角,故所求余弦值为. 3．【天津市十二重点中学2017届高三毕业班联考（一）】如图,已知菱形ABCD 与直角梯形ABEF 所在的平面互相垂直,其中BE AF , AB AF ⊥, 122AB BE AF ===, 3CBA π∠=, P 为DF 的中点.（Ⅰ）求证： PE ∥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角D EF A －－的余弦值；（Ⅲ）设G 为线段AD 上一点, AG AD λ= , 若直线FG 与平面ABEF 所成角的正弦求AG 的长. 【解析】（Ⅰ）取AD 的中点Q ,连接PQ BQ ，,则PQ ∥AF ∥BE ,且12PQ AF BE ＝＝,所以四边形BEPQ 为平行四边形所以PE ∥BQ ,又BQ ⊂平面ABCD , PE ⊄ 平面ABCD ,则PE ∥平面ABCD .（Ⅱ）取AB 中点O ,连接CO ,则CO AB ⊥，因为平面ABCD ⊥平面ABEF ,交线为AB ,则CO ⊥平面ABEF作OM ∥AF ,分别以,,OB OM OC 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,如图,则(()(),1,4,0,1,2,0D F E --于是(()1,4,,2,2,0DF EF ==- ,设平面DEF 的法向量(),,m x y z = ,则40{220x y x y +-=-+= 令1x =,则1,y z == 平面AEF 的法向量()0,0,1n =所以cos ,m n 〈〉== 又因为二面角D EF A －－为锐角,4．【河北省唐山市2016-2017学年度高三年级第二次模拟】在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形, 3AB =,AD = 45ABC ∠=︒, P 点在底面ABCD 内的射影E 在线段AB 上,且2PE =, 2BE EA =, F 为AD 的中点, M 在线段CD 上,且CM CD λ=．（Ⅰ）当23λ=时,证明：平面PFM ⊥平面PAB ；（Ⅱ）当平面PAM 与平面ABCD ,求四棱锥P ABCM -的体积．（Ⅱ）以E 为坐标原点, EB , EC , EP 所在直线分别为x 轴, y 轴, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则()1,0,0A -, ()0,0,2P , ()0,2,0C , ()3,2,0D -, ()1,0,2AP = ,()13,2,0AM AC CD λλ=+=- .平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1m = .设平面PAM 的法向量为(),,n x y z =,由0AP n ⋅= , 0AM n ⋅= ,得()20,{1320,x z x y λ+=-+=令2x =,得()2,31,1n λ=--. 由题意可得, cos ,m n m n m n ⋅=⋅==解得13λ=, 所以四棱锥P ABCM -的体积1833P ABCM ABCM V SPE -=⨯=梯形.5．【黑龙江省哈尔滨2017届高三二模】如图,四棱锥P ABCD -底面为正方形,已知PD ⊥平面ABCD , PD AD =,点M 为线段PA 上任意一点（不含端点）,点N 在线段BD上,且PM DN =.（1）求证：直线//MN 平面PCD ；（2）若M 为线段PA 中点,求直线PB 与平面AMN 所成的角的余弦值.【解析】（Ⅰ）延长AN ,交CD 于点G ,由相似知AN BN AM NG ND MP==, MN ⊄平面PCD , PG ⊂平面PCD ,则直线MN //平面PCD ；（Ⅱ）由于DA DC DP ⊥⊥,以,,DA DC DP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系, 设()1,0,0A ,则()1,1,0B , ()0,1,0C , ()0,0,1P , 11,0,22M ⎛⎫⎪⎝⎭, 11,,022N ⎛⎫ ⎪⎝⎭则()1,1,1PB =- ,平面AMN 的法向量为()1,1,1m =,则向量PB 与m 的夹角为θ,则1cos 3θ=,则PB 与平面AMN .6．【2017届淮北市高三第二次模拟】如图,三棱柱111ABC A B C -中,四边形11AA BB 是菱形,,二面角11C A B B --为6π, 1CB =.（Ⅰ）求证：平面1ACB ⊥平面1CBA ; （Ⅱ）求二面角1A AC B --的余弦值.（2）由题意得11A B B ∆为正三角形, 取11A B 得中点为D,连CD,BD, 则11BD A B ⊥,又11CB A B ⊥易得11CD A B ⊥,则CDB ∠为二面角11C A B B --的平面角,因1BC =, CDB ∠=6π,所以BD =,所以11112A B BB A B ===过11,AB A B 交点O 作1OE AC ⊥,垂足为E ,连AE则AEO ∠为二面角1A AC B --的平面角,又OE AO == 得AE =所以1cos 4AEO ∠=7．【山西省三区八校2017届高三第二次模拟】如图,已知多面体EABCDF 的底面ABCD是边长为2的正方形, EA ⊥底面ABCD , //FD EA ,且112FD EA ==．（Ⅰ）求多面体EABCDF 的体积；（Ⅱ）求直线EB 与平面ECF 所成角的正弦值；（Ⅲ）记线段BC 的中点为K ,在平面ABCD 内过点K 作一条直线与平面ECF 平行,要求保留作图痕迹,但不要求证明．【解析】（Ⅰ）连结ED ． ∵EA ⊥底面ABCD , //FD EA , ∴FD ⊥底面ABCD ,∴FD AD ⊥, FD AD D ⋂=, ∴AD ⊥平面FDC ,11121223323E FCD FDC V AD S -∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=, 118222333E ABCDABCD V EA S -=⋅=⨯⨯⨯=正方形, ∴多面体EABCDF 的体积2810333E FCD E ABCD V V V --=+=+=．（Ⅱ）以点A 为原点, AB 所在直线为x 轴, AD 所在的直线为y 轴,建立空间直角坐标系,如图．由已知可得()0,0,0A , ()0,0,2E , ()2,0,0B , ()2,2,0C , ()0,2,1F ,∴()2,2,2EC =- , ()2,0,2EB =- , ()0,2,1EF =-,设平面ECF 的法向量为(),,n x y z =,得2220,{20,x y z y z +-=-=取1y =,得平面ECF 的一个法向量为()1,1,2n =, 设直线EB 与平面ECF 所成的角为θ,∴sin cos ,n θ= ．（Ⅲ）取线段CD 的中点Q ,连结KQ ,直线KQ 即为所求．如图所示：8．【江西省2017届高三4月新课程教学质量监测】如图,四棱锥P ABCD -中,侧面PAD ⊥底面ABCD , //AD BC , AD DC ⊥, 3AD DC ==, 2BC =, PD ==,点F 在棱PG 上,且2FC FP =,点E 在棱AD 上,且//PA 平面BEF .（1）求证： PE ⊥平面ABCD ；（2）求二面角P EB F --的余弦值.（2）因为DE BC =, //DE BC ,所以//BE CD ,有EA EB ⊥,如图,以EA , EB , EP 所在直线分别为x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系, 则()1,0,0A , ()0,3,0B , ()2,3,0C -,PE ==,所以(P ,所以(12,1,33EF EP PC ⎛=+=+- ⎝23⎛=- ⎝, 设平面EFB 的法向量为(),,n x y z =,则203n EF x y z ⊥⇒-++=,0n EB y ⊥⇒=,令1z =,则x =,所以)n =,又因为平面PEB 的法向量()1,0,0EA =,所以cos ,n EA ==.9．【2016届河南省洛阳市一中高三下学期第二次模拟】如图（1）,等腰直角三角形ABC 的底边4AB =,点D 在线段AC 上,DE AB ⊥于E ,现将ADE ∆沿DE 折起到PDE ∆的位置（如图（2））．（1）求证：PB DE ⊥；（2）若PE BE ⊥,直线PD 与平面PBC 所成的角为o 30,求PE 长．【解析】（1） ,,DE AB DE PE DE EB ⊥∴⊥⊥ . 又,PE BE E DE =∴⊥ 平面PEB .PB ⊂ 平面PEB ,PB DE ∴⊥.（2）由（1）知,DE PE DE EB ⊥⊥,且PE BE ⊥,所以,,DE BE PE 两两垂直.分别以,,ED EB EP的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设||PE a =,则(0,4,0)B a -,(,0,0)D a ,(2,2,0)C a -,(0,0,)P a ,可得(0,4,),(2,2,0)PB a a BC =--=-.设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z = ,则0n PB n BC ⎧=⎪⎨=⎪⎩, 所以(4)0220a y az x y --=⎧⎨-=⎩,取4(1,1,)an a -= .直线PD 与平面PBC 所成的角为o 30,且(,0,)PD a a =-, o1sin 30|cos ,|||2PD n ∴=<>==. 解之得45a =,或4a =（舍去）. 所以PE 的长为45.10．【2016届河北省邯郸一中高三下第一次模拟】直三棱柱111ABC A B C -中,11AA AB AC ===,,E F 分别是1,CC BC 的中点,11AE A B ⊥,D 为棱11A B 上的点．（1）证明：DF AE ⊥；。

2018届人教B版(文) 立体几何检测卷

总分 150分时间 120分钟班级 _______ 学号 _______ 得分_______（一）选择题（12*5=60分）1. 【【百强校】2017届四川宜宾市高三上学期期中】某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长棱的长度为（）A ．4B ．23C ．22D ．32【答案】D2．【【百强校】2017届四川双流中学高三必得分训练】某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示，其中俯视图是中心角为60 的扇形，则该几何体的侧面积为（）A ．10123π+B ．1063π+ C ．122π+ D ．64π+ 【答案】C【解析】由三视图中所提供的图形信息可知该几何体的底面形状为中心角为60︒的扇形，其高为，所以侧面积为2223231226ππ⨯⨯⨯+⨯=+,故应选C. 3．【【百强校】2017届辽宁庄河市高级中学高三12月月考】已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（） A.1 B.3C.2D.4【答案】A4．【【百强校】2017届河北沧州一中高三11月月考】《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北张家山出土，这是我过现存最早的有系统的数学典籍，其中记录求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥底面周长L 与高，计算其体积V 的近似公式2136V L h ≈，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式2275V L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取值为（） A.227 B.258C.15750D.355113【答案】B 【解析】因圆锥的体积公式h R V 231π=,又R L π2=,故π2L R =,所以h L h L V 22121)2(31πππ==,由题设752121=π,所以825≈π,应选B. 5．【【百强校】2017届河南中原名校高三上学期质检】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A.)91π++)928π+-C.)92π++)918π++ 【答案】D6.已知直线,a b ，平面,αβ，且a α⊥，b β⊂，则“a b ⊥”是“//αβ”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】a α⊥，若//αβ，则 β⊥a .又因b β⊂，所以a b ⊥成立。

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章立体

课时规范训练A组基础演练1．若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件答案：D2．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是( )A．a平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与a平行C．直线a上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角解析：选A.若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( ) A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．a⊥α，b∥α，则a⊥bD．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；C正确；D中的直线a，b也可能异面．4．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；对于②，若a ∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a ∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．5．已知直线a与平面α、β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一一条与a 平行的直线解析：选D.设直线a 和点B 所确定的平面为γ，则α∩γ＝a ，记β∩γ＝b ，∵α∥β，∴a ∥b ，故存在唯一一条直线b 与a 平行．6．如图所示，ABCD A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________.解析：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1， ∴MN ∥PQ .∵M 、N 分别是A 1B 1、B 1C 1的中点，AP ＝a 3，∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3，∴PQ ＝223a .答案：223a7．已知平面α∥平面β，P 是α、β外一点，过点P 的直线m 与α、β分别交于A 、C ，过点P 的直线n 与α、β分别交于B 、D 且PA ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：根据题意可得到以下如图两种情况：可求出BD 的长分别为245或24.答案：24或2458．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .解析：假设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥PA .连接DB ，因为P ，O 分别为DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面PAO ，QB ⊄平面PAO ，所以D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ，又D 1B ∩QB ＝B ，∴平面D 1BQ ∥平面PAO ，故Q 满足Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .答案：Q 为CC 1的中点9．如图E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点．求证：(1)EG ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ，易证四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥GE ，由线面平行的判定定理即可证EG ∥平面BB 1D 1D .(2)由题意可知BD ∥B 1D 1. 如图，连接HB 、D 1F ，易证四边形HBFD 1是平行四边形，故HD 1∥BF .又B 1D 1∩HD 1＝D 1，BD ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H .10．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．解：法一：当AF ＝3FC 时，FE ∥平面A 1ABB 1.证明如下：在平面A 1B 1C 1内过点E 作EG ∥A 1C 1交A 1B 1于点G ，连接AG . ∵B 1E ＝3EC 1，∴EG ＝34A 1C 1，又AF ∥A 1C 1且AF ＝34A 1C 1，∴AF ∥EG 且AF ＝EG ，∴四边形AFEG 为平行四边形，∴EF ∥AG ，又EF ⊄平面A 1ABB 1，AG ⊂平面A 1ABB 1，∴EF∥平面A1ABB1.法二：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.证明如下：在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1，∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.B组能力突破1．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合解析：选C.如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是( )A ．AE ⊥CGB ．AE 与CG 是异面直线C ．四边形AEC 1F 是正方形D ．AE ∥平面BC 1F解析：选D.由正方体的几何特征知，AE 与平面BCC 1B 1不垂直，则AE ⊥CG 不成立；由于EG ∥A 1C 1∥AC ，故A 、E 、G 、C 四点共面，所以AE 与CG 是异面直线错误；在四边形AEC 1F 中，AE＝EC 1＝C 1F ＝AF ，但AF 与AE 不垂直，故四边形AEC 1F 是正方形错误；由于AE ∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE ∥平面BC 1F .3．设l ， m ，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α； ②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ； ④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m . 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.易知①正确；②错误，l 与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明．4．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GH AC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD＝1－k ，∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )，∴周长＝8＋2k .又∵0＜k ＜1，∴周长的取值范围为(8,10)．答案：(8,10)5．如图，几何体EABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点．求证：DM∥平面BEC.(3)在(2)的条件下，在线段AD上是否存在一点N，使得BN∥面DEC，并说明理由．证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD ＝30°，所以∠BDN ＝∠CBD ，所以DN ∥BC . 又DN ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ，所以DN ∥平面BEC . 又MN ∩DN ＝N ，故平面DMN ∥平面BEC ，又DM ⊂平面DMN ，所以DM ∥平面BEC .法二：延长AD ，BC 交于点F ，连接EF .因为CB ＝CD ，∠BCD ＝120°，所以∠CBD ＝30°. 因为△ABD 为正三角形，所以∠BAD ＝∠ABD ＝60°，所以∠ABC ＝90°，因此∠AFB ＝30°，所以AB ＝12AF .又AB ＝AD ，所以D 为线段AF 的中点．连接DM ，由于点M 是线段AE 的中点，因此DM ∥EF .又DM ⊄平面BEC ，EF ⊂平面BEC ，所以DM ∥平面BEC . (3)存在点N 为AD 的中点取AD 的中点N ，连接BN ，O 为BD 的中点由(2)可知∠DCO ＝60°，∴∠BDC ＝30°，又∵DBN ＝30°，∴BN ∥DC .DC ⊂面DEC ，∴BN ∥面DEC .。

2018届人教B版解析几何检测卷

第八章综合过关规范限时检测(时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2016·山东枣庄第八中学月考)若3π2<α<2π，则直线x cos α＋ysin α＝1必不经过 ( B )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[解析] x cos α＋y sin α＝1可化为y ＝－sin αcos αx ＋sin α.因为3π2<α<2π，所以－sin αcos α>0，sin α<0.故选B ．2．(2016·黑龙江哈六中上学期期末)已知直线l 1：x ＋(a －2)y －2＝0，l 2：(a －2)x ＋ay －1＝0，则“a ＝－1”是“l 1⊥l 2”的 ( A )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 当a ＝－1时，直线l 1的斜率为13，直线l 2的斜率为－3，它们的斜率之积等于－1，故有l 1⊥l 2，故充分性成立．当l 1⊥l 2时，有(a －2)＋(a －2)a ＝0成立，即(a －2)(a ＋1)＝0，解得a ＝－1，或a ＝2，故必要性不成立．3．(2017·安徽省巢湖四中、庐江二中第二次联考数学试题)已知点M (a ，b )在圆O ：x 2＋y 2＝1外，则直线ax ＋by ＝1与圆O 的位置关系是 ( B )A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定[解析] 由M 在圆外，得到|OM |大于半径，列出不等式，再利用点到直线的距离公式表示出圆心O 到直线ax ＋by ＝1的距离d ，根据列出的不等式判断d 与r 的大小即可确定出直线与圆的位置关系．解：∵M (a ，b )在圆x 2＋y 2＝1外， ∴a 2＋b 2＞1，∴圆O (0,0)到直线ax ＋by ＝1的距离d ＝1a 2＋b 2＜1＝r ，则直线与圆的位置关系是相交．故选B ．4．(2017·辽宁省鞍山市第一中学期中数学试题)已知M (4,2)是直线l 被椭圆x 2＋4y 2＝36所截得的弦AB 的中点，则直线l 的方程为 ( A )A ．x ＋2y －8＝0B ．2x －y －6＝0C ．2x ＋y －10＝0D ．x －2y ＝0 [解析] 设斜率为k ，则直线的方程为y －2＝k (x －4)，即kx －y ＋2－4k ＝0，代入椭圆的方程化简得(1＋4k 2)x 2＋(16k －32k 2)x ＋64k 2－64k －20＝0，所以x 1＋x 2＝32k 2－16k1＋4k 2＝8，解得k ＝－12，所以直线的方程为x ＋2y －8＝0，故选A ．[点拨] 本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，其中解答中涉及到一元二次方程的根与系数的关系，直线与方程、直线的点斜式方程等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，此类问题解答中把直线的方程代入圆锥曲线的方程，利用一元二次方程的根与系数的关系是解答的关键，属于中档试题．5．(2016·云南师范大学附属中学调研)若椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，则双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的渐近线方程为 ( A ) A ．y ＝±32xB ．y ＝±3xC ．y ＝±12xD ．y ＝±x[解析] 因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，所以e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝14，可得b a ＝32，得双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±32x .故选A ．6．(2016·甘肃张掖质检)过抛物线y 2＝4x 的焦点的直线l 交抛物线于P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)两点，如果x 1＋x 2＝6，那么|PQ |＝ ( B )A ．9B ．8C ．7D ．6[解析] 抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，准线方程为x ＝－1.根据抛物线的定义可得，|PQ |＝|PF |＋|QF |＝x 1＋1＋x 2＋1＝x 1＋x 2＋2＝8.故选B ．7．(2016·河南罗山模拟)如图，直线l 过双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点F 与两渐近线交于点P ，Q 两点，且直线的斜率为a b.若FP →＝PQ →，则C 的渐近线的斜率为 ( A )A ．±3B ．±2C ．±1D ．±5[解析] 由题意可知双曲线左焦点为F (－c,0)，直线的方程为y ＝ab(x ＋c )，两条渐近线方程为y ＝±bax ，解方程组⎩⎨⎧y ＝ab(x ＋c )，y ＝±b a x ，得x P ＝－a 2c a 2＋b 2，x Q ＝a 2c －a 2＋b2.又FP →＝PQ →，所以点P 是FQ 的中点，所以x Q ＋x F ＝2x P ，所以a 2c－a 2＋b 2－c ＝2×－a 2c a 2＋b 2，所以2a 2－b 2－a 2＋b 2＝－2a 2a 2＋b 2，所以b 4＝3a 2b 2，所以b 2a 2＝3，所以ba＝3，故选A ．8．(2017·辽宁省盘锦高中期中数学试题)已知椭圆的两个焦点为F 1(－5，0)，F 2(5，0)，P 是此椭圆上的一点，且PF 1⊥PF 2，|PF 1|·|PF 2|＝2，则该椭圆的方程是 ( A )A ．x 26＋y 2＝1B ．x 24＋y 2＝1C ．x 2＋y 26＝1D ．x 2＋y 24＝1[解析] 根据已知条件得：|PF 1|2＋|PF 2|2＝20，所以|PF 1|2＋2|PF 1|·|PF 2|＋|PF 2|2＝24，这样即可根据椭圆的定义求出a 2，因为c 2＝5，所以可求出b 2，所以椭圆的标准方程就可求出．解：如图，根据已知条件知：|PF 1|2＋|PF 2|2＝20，∵|PF 1||PF 2|＝2；∴|PF 1|2＋2|PF 1||PF 2|＋|PF 2|2＝(|PF 1|＋|PF 2|)2＝4a 2＝24； ∴a 2＝6，b 2＝6－5＝1；∴椭圆的标准方程为：x 26＋y 2＝1.故选A ．9．(2017·福建省泉州市惠安三中高三上学期1月模拟数学试题)已知抛物线y ＝18x 2与双曲线y 2a 2－x 2＝1(a >0)有共同的焦点F ，O 为坐标原点，P 在x 轴上方且在双曲线上，则OP →·FP→的最小值为 ( A )A ．3－2 3B ．23－3C ．－74D ．34[解析] 抛物线y ＝18x 2，可得x 2＝8y ，焦点F 为(0,2)，则双曲线y 2a 2－x 2＝1(a >0)的c ＝2，可得双曲线方程，利用向量的数量积公式，结合配方法，即可求出OP →·FP →的最小值．解：抛物线y ＝18x 2，可得x 2＝8y ，焦点F 为(0,2)，则双曲线y 2a2－x 2＝1(a >0)的c＝2，则a 2＝3，即双曲线方程为y 23－x 2＝1，设P (m ，n )(n ≥3)，则n 2－3m 2＝3，∴m 2＝13n 2－1，则OP →·FP →＝(m ，n )(m ，n －2)＝m 2＋n 2－2n ＝13n 2－1＋n 2－2n ＝43(n －34)2－74，因为n ≥3，故当n ＝3时取得最小值，最小值为3－23，故选A ．[点拨] 本题考查抛物线、双曲线的方程与性质，考查向量的数量积公式，考查学生的计算能力，属于中档题．10．(原创题)已知椭圆x 24＋y 2＝1的两个焦点分别为F 1，F 2，点M 在椭圆上，且△MF 1F 2是以点M 为直角顶点的直角三角形，则点M 的横坐标为 ( B )A ．±233B ．±263C ．±33D ．±3[解析] 由题意知，点M 在以线段F 1F 2为直径的圆上，该圆的方程是x 2＋y 2＝3，即y 2＝3－x 2，代入椭圆方程得x 24＋3－x 2＝1，解得x 2＝83，则|x |＝263.故选B ．11．(2016·天津南开中学月考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则椭圆的方程为 ( D )A ．x 245＋y 236＝1B ．x 236＋y 227＝1C ．x 227＋y 218＝1D ．x 218＋y 29＝1[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入椭圆的方程有x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1.两式相减，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0.因为线段AB 的中点坐标为(1，－1)，所以x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，代入上式得y 1－y 2x 1－x 2＝b 2a 2.因为直线AB 的斜率为0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12，即a 2＝2b 2.因为右焦点为F (3,0)，所以a 2－b 2＝c 2＝9，解得a 2＝18，b 2＝9.所以椭圆的方程为x 218＋y 29＝1.故选D ．12．(2016·浙江温州月考)如图，已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，|F 1F 2|＝4，点P 是双曲线右支上的一点，F 2P 与y 轴交于点A ，△APF 1的内切圆在边PF 1上的切点为Q .若|PQ |＝1，则双曲线的离心率是 ( B )A ．3B ．2C ． 3D ． 2[解析] 因为|PQ |＝1，△APF 1的内切圆在边PF 1上的切点为Q ，所以根据切线长定理可得|AM |＝|AN |，|F 1M |＝|F 1Q |，|PN |＝|PQ |.因为|AF 1|＝|AF 2|，所以|AM |＋|F 1M |＝|AN |＋|PN |＋|PF 2|，所以|F 1M |＝|PN |＋|PF 2|＝|PQ |＋|PF 2|，所以|PF 1|－|PF 2|＝|F 1Q |＋|PQ |－|PF 2|＝|F 1M |＋|PQ |－|PF 2|＝|PQ |＋|PF 2|＋|PQ |－|PF 2|＝2|PQ |＝2.因为|F 1F 2|＝4，所以双曲线的离心率是e ＝c a ＝21＝2.故选B ．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．已知正方形ABCD ，则以A 、B 为焦点，且过C 、D [解析] 令|AB |＝2，则|AC |＝2 2.∴在椭圆中，c ＝1,2a ＝2＋22⇒a ＝1＋ 2. 可得e ＝c a ＝12＋1＝2－1.14．(2016·江苏四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)第二次调研测试)已知a 、b 为正数，且直线ax ＋by －6＝0与直线2x ＋(b －3)y ＋5＝0互相平行，则2a ＋3b 的最小值为_25__.[解析] ∵直线ax ＋by －6＝0.与2x ＋(b －3)y ＋5＝0互相平行，∴a (b －3)－2b ＝0且5a ＋12≠0，∴3a ＋2b ＝ab ，即2a ＋3b ＝1.又∵a 、b 均为正数，∴2a ＋3b ＝(2a ＋3b )(2a ＋3b )＝4＋9＋6a b ＋6ba≥13＋26a b ·6ba＝25，当且仅当a ＝b ＝5时，等号成立． 15．(2016·陕西西安长安区第一中学上学期第三次质量检测)已知a ＞b ＞0，e 1、e 2分别是圆锥曲线x 2a 2＋y 2b 2＝1和x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率，设m ＝lg e 1＋lg e 2，则m 的取值范围是_(－∞，0)__.[解析] m ＝lg e 1＋lg e 2＝lg(e 1e 2)＝lga 2－b 2a 2·a 2＋b 2a 2＝lg a 4－b 4a 4＜lg1＝0. 16．(2017·四川省成都市石室中学高考模拟(二)数学试题)设F 1、F 2是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a＞0，b ＞0)的左、右焦点，P 是双曲线右支上一点，满足(OP →＋OF 2→)·PF →＝0(O 为坐标原点)，且3|PF 1→|＝4|PF 2→|，则双曲线的离心率为_5__.[解析] 运用双曲线的定义，结合条件可得|PF 1|＝8a ，|PF 2|＝6a ，再由(OP →＋OF 2→)·PF 2→＝0，可得|OP |＝|OF 2|，得到∠F 1PF 2＝90°，由勾股定理及离心率公式，计算即可得到．解：由于点P 在双曲线的右支上，则由双曲线的定义可得|PF 1|－|PF 2|＝2a ，又|PF 1|＝43|PF 2|，解得|PF 1|＝8a ，|PF 2|＝6a ，由(OP →＋OF 2→)·PF 2→＝0，即为(OP →＋OF 2→)·(OF 2→－OP →)＝0，即有OP →2＝OF 2→2，则△PF 1F 2中，|OP |＝|OF 2|＝|OF 1|，则∠F 1PF 2＝90°，由勾股定理得|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2，即有64a 2＋36a 2＝4c 2，即有c ＝5a ，即e ＝ca ＝5.故答案为5[点拨] 本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查双曲线的离心率的求法，同时考查向量垂直的条件和勾股定理的运用，考查运算能力，属于中档题．17．(本小题满分10分)过点P (3,0)作一条直线，使它夹在两直线l 1：2x －y －2＝0和l 2：x ＋y ＋3＝0间的线段AB 恰好被P 平分，求此直线的方程.[答案] 8x －y －24＝0[解析] 若直线AB 无斜率，则其方程为x ＝3，它与两直线的交点分别为(3,4)，(3，－6)，这两点的中点为(3，－1)不是点P ，不合题意．所以直线AB 必有斜率，设为k (k ≠2且k ≠－1)，则直线AB 的方程为y ＝k (x －3)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －3)，2x －y －2＝0，解得y 1＝4k k －2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －3)，x ＋y ＋3＝0，解得y 2＝－6kk ＋1.据题意y 1＋y 22＝0，即4k k －2＋－6k k ＋1＝0，解得k ＝0或8.当k ＝0时，它与两直线的交点分别为(1,0)，(－3,0)，这两点的中点并不是点P ，不符合题意，舍去．当k ＝8时，它与两直线的交点分别为(113，163)，(73，－163)，这两点的中点是点P ，符合题意．∴直线AB 的方程为y ＝8(x －3)，即8x －y －24＝0.18．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为圆心的圆与直线x －3y ＝4相切.(1)求圆O 的方程；(2)圆O 与x 轴相交于A 、B 两点，圆O 内的动点P 使|P A |，|PO |，|PB |成等比数列，求P A →·PB →的取值范围．[答案] (1)x 2＋y 2＝4 (2)[－2,0)[解析] (1)依题设，圆O 的半径r 等于原点O 到直线x －3y －4＝0的距离，即r ＝41＋3＝2，得圆O 的方程为x 2＋y 2＝4.(2)不妨设A (x 1,0)，B (x 2,0)，x 1＜x 2. 由x 2＋y 2＝4，即得A (－2,0)，B (2,0)．设P (x ，y )，由|P A |，|PO |，|PB |成等比数列，得 (x ＋2)2＋y 2·(x －2)2＋y 2＝x 2＋y 2，即x 2－y 2＝2.P A →·PB →＝(－2－x ，－y )·(2－x ，－y )＝x 2－4＋y 2＝2(y 2－1)．由于点P 在圆O 内，故⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＜4，x 2－y 2＝2.由此得y 2＜1.所以P A →·PB →的取值范围是[－2,0)．19．(本小题满分12分)(2016·河南省许昌市长葛一中月考试题)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b＞0)右顶点与右焦点的距离为3－1，短轴长为2 2.(1)求椭圆的方程；(2)过左焦点F 的直线与椭圆分别交于A 、B 两点，若三角形OAB 的面积为324，求直线AB 的方程．[答案] (1)x 23＋y 22＝1 (2)2x ±y ＋2＝0[分析] (1)根据椭圆右顶点与右焦点的距离为3－1，短轴长为22，可得⎩⎨⎧a －c ＝3－1b ＝2a 2＝b 2＋c2，由此，即可求得椭圆方程；(2)当直线AB 与x 轴垂直时，|AB |＝43，此时S △AOB ＝3不符合题意；当直线AB 与x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为：y ＝k (x ＋1)，代入消去y 得，进而可求三角形的面积，利用S ＝324，即可求出直线AB 的方程．[解析] (1)由题意，⎩⎨⎧a －c ＝3－1b ＝2a 2＝b 2＋c2，解得a ＝3，c ＝1.即椭圆方程为x 23＋y 22＝1.(2)当直线AB 与x 轴垂直时，|AB |＝43，此时S ＝233不符合题意，故舍掉；当直线AB 与x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为：y ＝k (x ＋1)，代入消去y 得：(2＋3k 2)x 2＋6k 2x ＋(3k 2－6)＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－6k 22＋3k 2x 1x 2＝3k 2－62＋3k2，所以|AB |＝43(k 2＋1)2＋3k 2.原点到直线的AB 距离d ＝|k |1＋k 2，所以三角形的面积S ＝12|AB |d ＝12·|k |1＋k 2·43(k 2＋1)2＋3k 2.由S ＝324可得k 2＝2，∴k ＝±2，所以直线l AB ：2x －y ＋2＝0或l AB ：2x ＋y ＋2＝0.另解：设直线AB 的方程为x ＝my －1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －12x 2＋3y 2－6＝0得(2m 2＋3)y 2－4my －4＝0， △＝16m 2＋16(2m 2＋3)>0记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m2m 2＋3，y 1y 2＝－42m 2＋3又S △AOB ＝12|y 1－y 2|＝324∴(y 1－y 2)2＝92∴(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝92∴16m 2(2m 2＋3)2＋162m 2＋3＝92解得m ＝±22，∴AB 的方程为x ＝±22y －1.即2x ＋y ＋2＝0或2x －y ＋2＝0.[点拨] 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理确定三角形的面积是关键．20．(本小题满分12分)(2016·四川石室中学“一诊”模拟)已知椭圆C 的对称中心为原点O ，焦点在x 轴上，左、右焦点分别为F 1、F 2，且|F 1F 2|＝2，点(1，32)在该椭圆上.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 1的直线l 与椭圆C 相交于A 、B 两点，若△AF 2B 的内切圆半径为327，求以F 2为圆心且与直线l 相切的圆的方程．[答案] (1)x 24＋y 23＝1 (2)(x －1)2＋y 2＝2[解析] (1)由题意，可设所求的椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝1，1a 2＋94b2＝1，解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为x ＝ty －1，代入椭圆方程得(4＋3t 2)y 2－6ty －9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝6t4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2，|y 1－y 2|＝12t 2＋14＋3t 2，又圆的半径r ＝2t 2＋1，所以S △AF 2B ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝12t 2＋14＋3t 2＝12×8×327＝1227，解得t 2＝1，所以r ＝2t 2＋1＝2，所以所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝2. 21．(本小题满分12分)(2017·重庆市西北狼教育联盟高三上学期12月月考数学试题)如图，过椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点P 向x 轴作垂线，垂足为左焦点F ，A ，B 分别为E 的右顶点，上顶点，且AB ∥OP ，|AF |＝2＋1.(1)求椭圆E 的方程；(2)过原点O 做斜率为k (k ＞0)的直线，交E 于C ，D 两点，求四边形ACBD 面积S 的最大值．[解析] (1)由题意可得P (－c ，b 2a )，求出k OP ，k AB ，又AB ∥OP ，即可得到b ＝c ，a ＝2c ，由已知|AF |＝a ＋c ＝2＋1，求得a ，b ，则椭圆E 的方程可求；(2)由题意可设CD ：y ＝kx ，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，到AB 的距离分别为d 1，d 2，将y ＝kx 代入椭圆方程可得x 1，x 2，进一步求出d 1，d 2，则四边形ACBD 的面积S 取得最大值可求．解：(1)由题意可得P (－c ，b 2a )，∴k OP ＝－b 2ac ，k AB ＝－ba.由AB ∥OP ，∴－b 2ac ＝－ba ，解得b ＝c ，a ＝2c ，由|AF |＝a ＋c ＝2＋1得b ＝c ＝1，a ＝2，故椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可设CD ：y ＝kx ，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，到AB 的距离分别为d 1，d 2，将y ＝kx 代入x 22＋y 2＝1，得x 2＝21＋2k 2，则x 1＝21＋2k 2，x 2＝－21＋2k 2. 由A (2，0)，B (0,1)得|AB |＝3，且AB ：x ＋2y －2＝0， d 1＝x 1＋2y 1－23，d 2＝－x 2＋2y 2－23，S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝12 [(x 1－x 2)＋2(y 1－y 2)] ＝12(1＋2k )(x 1－x 2)＝2＋2k 1＋2k 2， S 2＝2(1＋22k 1＋2k 2)，∵1＋2k 2≥22k ，当且仅当2k 2＝1时取等号， ∴当k ＝22时，四边形ACBD 的面积S 取得最大值2.22．(本小题满分12分)(2016·浙江)如图，设椭圆x 2a 2＋y 2＝1(a >1). (1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (1,0)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离率的取值范围．[解析] (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AP ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a 2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k 2. 因此|AP |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k 2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |。

2018届人教B版立体几何检测卷 1

第七章一、选择题1．下列结论中正确的是 ( D ) A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线[解析] 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必须要大于底面边长，故C 错误．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是 ( D ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱[解析] 球的三视图是三个全等的圆；含有互相垂直且相等的三条棱的三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形；正方体的三视图可以是三个全等的正方形；圆柱不管如何放置，其三视图的形状都不可能全部相同．故选D ．3．(2016·温州十校联考)一个几何体的正视图和侧视图都是面积为1的正方形，则这个几何体的俯视图一定不是 ( B )[解析] 由题意，符合选项A 的几何体是一个直三棱柱，其中底面三角形是底边为1，高为1的等腰三角形，侧棱长为1；符合选项C 的几何体是一个棱长为1的正方体；符合选项D 的几何体是一个棱长为1的正方体去掉半径与母线长都为的14圆柱．4．(2017·陕西省延安市黄陵中学期中(重点班)数学试题)下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是(D)A．①②B．①③C．①④D．②④[解析]利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D．[点拨]本题是基础题，考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等．5．(2017·福建省福州市闽侯三中高三上期中数学试题)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(B)[解析]相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．解：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．∴其正视图和侧视图是一个圆，∵俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上 ∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选B ． [点拨] 本题考查了几何体的三视图，属于基础题．6．(2016·桂林模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为 ( D )A ．34a 2B ．38a 2C ．68a 2 D ．616a 2 [解析] 如图①、②所示的平面图形和直观图．由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.7．(2016·烟台模拟)若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为 ( D )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 观察三视图，该三棱锥A －BCD 的底面BCD 是直角三角形，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BC ，侧面ABC ，ABD 是直角三角形；由CD ⊥BC ，CD ⊥AB ，知CD ⊥平面ABC ，CD ⊥AC ，侧面ACD 也是直角三角形，故选D ．8．(2016·淄博模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A －BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 ( D )A ．22B ．12C ．24D ．14[解析] 由正视图与俯视图可得三棱锥A －BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，故选D ．二、填空题9．(2016·北京西城区期未)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示．那么此三棱柱正(主)[解析] 由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.10．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC[解析] 由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.11．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱BD[解析] 取AC 的中点E ，连接BE ，DE .由主视图和侧视图可知BE ⊥AC ，BE ⊥DE ，DC⊥平面ABC且DC＝4，BE＝23，AE＝EC＝2.所以BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝16＝4，BD＝42＋42＝4 2.三、解答题12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形.(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A．[答案](1)36 cm2(2)6 3 cm[解析](1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△P AD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.13．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示.(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出左视图的面积．[答案](1)略(2)6[解析](1)如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23，∴左视图中VA ＝42－(23×32×23)2＝2 3.∴S △VBC ＝12×23×23＝6.1．(2016·广东省广州市高三五校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形，其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数是 ( B )A ．5B ．4C ．3D ．2[解析] 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形有①②③⑤.2．(2016·河北省“五个一名校联盟”高三教学质量监测)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是 ( D )A ．2B ．2 2C ． 3D ．2 3[解析] 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即D 1－BCB 1，其四个面的面积分别为2,22，22，23，故选D ．3．(2016·兰州诊断考试)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中x 的值是 ( D )A ．2B ．92C ．32D ．3[解析] 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是－个直角梯形，底面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高h ＝x ，所以其体积V ＝13Sh ＝13×3x ＝3，解得x ＝3，故选D ．4．如图所示是水平放置三角形的直观图，D 是△ABC 的BC 边中点，AB ，BC 分别与y ′轴、x ′轴平行，则原三角形中三条线段AB ，AD ，AC 中 ( B )A ．最长的是AB ，最短的是AC B ．最长的是AC ，最短的是AB C ．最长的是AB ，最短的是AD D ．最长的是AC ，最短的是AD[解析] 由条件知，原平面图形中AB ⊥BC ，从而AB <AD <AC ，选B 项．5．(2016·石家庄月考)如图的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图的下面画出(单位：cm).(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积． [解析] (1)如图．(2)所求多面体体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．。

2018届人教B版 立体几何 检测卷 7

2018届人教B版 立体几何 3 单元测试

2018届人教B版(文) 几何体的表面积与体积的求解 检测卷

2018届人教B版 立体几何 单元测试

2018届人教B版 立体几何 检测卷 7

2018届人教B版 立体几何(文)检测卷

2018届人教B版 立体几何 检测卷

2018届人教B版 立体几何 检测卷 3

立体几何检测题(B卷)-2018届高三理数同步单元双基双测“AB”卷+Word版含解析

立体几何真题(2018年11月整理)

2018届高三理科数学 立体几何测试卷

2018版高中数学第一章立体几何初步1.1.3圆柱圆锥圆台和球学业分层测评新人教B版

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章 立体

2018届人教B版(理) 数列、三角函数、立体几何、导数 检测题

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章 立体

2018届人教B版 立体几何 检测卷 4

2018届人教B版 立体几何大题(理) 检测卷

2018届人教B版(文) 立体几何 检测卷

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章 立体

2018届人教B版 解析几何 检测卷

2018届人教B版 立体几何 检测卷 1

2018届人教B版立体几何检测卷 7

2018届人教B版立体几何 3 单元测试

2018届人教B版(文) 几何体的表面积与体积的求解检测卷

2018届人教B版立体几何单元测试

2018届人教B版立体几何检测卷 7

2018届人教B版立体几何(文)检测卷

2018届人教B版立体几何检测卷

2018届人教B版立体几何检测卷 3

2018届高三理科数学立体几何测试卷

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章立体

2018届人教B版(理) 数列、三角函数、立体几何、导数检测题

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章立体

2018届人教B版立体几何检测卷 4

2018届人教B版立体几何大题(理) 检测卷

2018届人教B版(文) 立体几何检测卷

2018年大一轮数学理高考复习人教规范训练第七章立体

2018届人教B版解析几何检测卷

2018届人教B版立体几何检测卷 1