《推荐》第08章测试题-2018年高考数学(理)一轮复习讲练测Word版含解析

2018年高考数学讲练测【新课标版】【测】第八章 立体几何测试题 班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的。

）1．【2018届河南省漯河市高级中学高三上学期第二次模拟】已知是两条不同直线，是平面，则下列命题是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】对于A,，则或n ⊂，假命题；对于B, 若,根据线面垂直的性质,可得m∥n，真命题； 对于C, 若，则n 与α位置关系不确定，假命题；对于D, 若,则或n ⊂，假命题，故选B.2．【2018届北京市朝阳区高三上学期期中】已知,m n 表示两条不同的直线， α表示平面，下列说法正确的是A. 若//m α， //n α，则//m nB. 若//m α， m n ⊥，则n α⊥C. 若m α⊥， m n ⊥，则//n αD. 若m α⊥， //m n ，则n α⊥ 【答案】D3．【2018届河南省洛阳市高三上学期尖子生第一次联考】已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为（ ）A.3 B. 3 C. 3 D. 3【答案】A故选：A.4．【2018届北京西城161高三上期中】在如图所示的空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标分别是()0,0,2， ()2,2,0， ()1,2,1， ()2,2,2，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）．A. ①和②B. ③和①C. ④和③D. ④和② 【答案】D【解析】在空间直角坐标系O xyz-中，根据所给的条件标出已知的四个点，结合三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②.选D.5．【2017届广东省广州高三下学期第一次模拟】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正视图（等腰直角三角形）和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P ABCD-，如下图所示，该几何体的俯视图为C．6．【2018届广西桂林市第十八中学高三上学期第三次月考】多面体的三视图如图所示，则该多面体的外接球的表面积为（）C. 178πD. 2894π 【答案】D【解析】如图所示，由三棱锥的三视图得：该三棱锥的底面是腰长为6的等腰直角三角形，设该三棱锥的外接球的半径为,R 球心为H 则()(2222221744DH HO OD R R R =+⇒=-+⇒=故则该三棱锥的外接球的表面积为22172894444S R πππ⎛⎫=== ⎪⎝⎭选D.7．【2018届云南省昆明一中高三第二次月考】正三棱锥S ABC -中，若三条侧棱两两垂直，且3SA =，则正三棱锥S ABC -的高为（ ）【答案】C【解析】因为正三棱锥S ABC -的侧棱长SA=3，设点D 为顶点S 在底面上的投影，所以2CD SD ==3，解得SD =，所以正三棱锥S ABC -，选C ．8．【2018届云南省昆明市高新技术开发区月考】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在表面积为100π的球O 的球面上，若4AB AC ==， BC =（ ）A. B. 132D. 【答案】D9．【2017届东北师大附中、哈尔滨师大附中、辽宁省实验中学高三下第四次模拟】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（ ）16 D. 12【答案】C【解析】建立如图所示空间直角坐标系，可知)(),,,AE BF ⎛⎛ ⎝⎭⎝⎭．则2222,,,,2222AE BF ⎛⎫⎛⎫=-=-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则111cos ,AE BF AE BF AE BF-+⋅〈〉===１６．故本题答案选Ｃ．10．【2017年福建省数学基地校】已知H 是球O 的直径AB 上一点, :1:3AH HB =,AB ⊥平面α, H 为垂足, α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的体积为（ ）(A)169π (C) 1627π【答案】B【解析】如图，设球O 的半径为R ，则2R AH =， 2ROH = . 又∵截面的面积为π，∴1EH = .∵在Rt OEH ∆中， 2212R R ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，∴3R =.∴故体积343v π==⎝⎭ . 11．【2018届四川省乐山外国语学校高三上练习三】三棱锥P ABC -中， ,,PA PB PC 互相垂直， 1PA PB ==， M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大值是2，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ） A. 2π B. 4π C. 8π D. 16π 【答案】B三棱锥P ABC -2=， ∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为1R =， ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积为244R ππ=． 选B.12．【2018届浙江省源清中学高三9月月考】如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为（ ）A. 4B. D. 【答案】D【解析】以DA ，DC ，DF 为坐标轴建立空间坐标系，如图所示： 设0CG a P x z =，（，，），则2x z a =,即2axz =. 又22002B G a （，，），（，，）， 所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭.显然0x ≠且2x ≠. 所以221642a x x =--.因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈. 所以当221x x -=， 2a 取得最小值12.所以a 的最小值为故选D.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．【2018届云南省昆明市高新技术开发区月考】已知棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -，球O 与该正方体的各个面相切，则以平面1ACB 截此球所得的截面为底面，以O 为顶点的圆锥体积为__________．【答案】27【解析】平面1ACB 与平面11DA C 平行且把正方体的体对角线三等分，因此球心O 到平面1ACB 的距离为163⨯=，由于球的半径为2，所以截面圆的半径r ==，圆锥体积为2133327π⎛⎫⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 14．【2018届安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校高三上第一次联考】已知三棱锥P ABC -， ABC ∆为边三角形，PAC ∆为直角三角形， 90,30PAC PCA ∠=︒∠=︒，平面PAC ⊥平面ABC .若3AB =，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为__________． 【答案】15π15．【2017届广东省揭阳市届高三上学期期末】鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、 前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90榫卯起来，如图3，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为__________．（容器壁的厚度忽略不计）【答案】41π16.【2018届福建省数学基地校】P 为正方体1111ABCD A B C D -对角线1BD 上的一点，且1BP BD λ= (()0,1λ∈)．下面结论：①11A D C P ⊥；②若1BD ⊥平面PAC ，则13λ=； ③若△PAC 为钝角三角形，则10,2λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭； ④若2,13λ⎛⎫∈⎪⎝⎭，则△PAC 为锐角三角形． 其中正确的结论为________．(写出所有正确结论的序号) 【答案】①②④【解析】在正方体中，易证111A D AD C B ⊥平面，又111CP A D CB ⊂平面，所以11P A D C ⊥，∴①正确；若1B P C D A ⊥平面，则点P 为平面1ACB 与体对角线1BD 的交点，利用等体积法可得11P BD 3B =，即13λ=，②正确；以点D 为坐标原点， 1DA DC DD ，，所在射线分别为x 轴， y 轴， z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,1A B C D 又1BP BD λ=，所以()1,1,P λλλ--若PAC ∆为钝角三角形，只能是APC ∠是钝角，所以()()2,1,1,,320PA PC λλλλλλλλ⋅=--⋅--=-<解得20,3λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以③错误；由③可知若2,13λ⎛⎫∈⎪⎝⎭，则PAC ∆为锐角三角形，④正确， 所以正确的结论序号为①②④.三、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．（本小题10分）【2017届云南省红河州高三统一检测】如图1,在直角梯形ABCD 中,0190,//,22ADC CD AB AD CD AB ∠==== , 点E 为AC 中点．将三角形ADC 沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC,得到几何体D-ABC,如图2所示．（I ）在CD 上找一点,使AD//平面；(II)求点C 到平面ABD 的距离．【答案】（1）CD 的中点F （2）3h =在ACD ∆中,,E F 分别为,AC DC 的中点EF ∴为ACD ∆的中位线 //AD EF ∴ EF ⊂平面EFB , AD ⊄平面EFB//AD ∴平面EFB（II ）平面 ADC ⊥平面ABC 且BC AC ⊥，面ADC 交面ABC AC =，BC ∴⊥平面ADCBC AD ⊥而AD DC ⊥， AD ⊥平面BCD ， 即AD BD ⊥ADB S ∆=，三棱锥B ACD -的高BC =2ACD S ∆=,B ACD C ADB V V --= 即11233h ⨯⨯=⨯h ∴=. 18．（本小题10分）【2018届贵州省黔东南州高三上学期第一次联考】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形， 1,//,2AB BC AD BC AB BC AD ⊥==， PAD ∆是正三角形， E 是PD 的中点．（1）求证： AD PC ⊥；（2）判定CE 是否平行于平面PAB ，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）取AD 中点M,连接CM 、PM,推导出,PM AD CM AD ⊥⊥，从而AD ⊥平面PCM ，由此能证明AD PC ⊥．（2）取PA 的中点F ，连接BF 、FE ，推导出四边形BCEF 为平行四边形，从而CE ∥BF ，由此能证明CE ∥平面PAB ． 试题解析：（1）取AD 的中点为M ，连接,PM CM ， 由于PAD ∆是正三角形，所以PM AD ⊥， 又易知四边形ABCM 是平行四边形，所以//,AB CM AB AD ⊥，所以MC AD ⊥，PC ⊂平面,PCM PM ⊂平面PCM ，又MC PM M ⋂=，故AD ⊥平面PCM ， 又PC ⊂平面PCM ，故AD PC ⊥. （2）CE 平行于平面PAB ，理由如下：取PA 的中点为F ，连接,EF BF ． 可知1//,2EF AD EF AD =， 又1//,2BC AD BC AD =， 所以四边形BCEF 为平行四边形，故//CE BF . 又BF ⊂平面,PAB CE ⊄平面PAB ， 所以//CE 平面PAB .19．（本小题12分）如图，AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，22AB BC CA BD AE =====，F 为CD 中点．（1）求证：EF ⊥平面BCD ； （2）求二面角C DE A --的正弦值； （3）求点A 到平面CDE 的距离．【答案】（1）详见解析；（2） （3）2【解析】试题解析：解：⑴取BC 中点G 点，连接AG 、FG ，∵F 、G 分别为DC 、BC 中点，∴FG BD ∥且12FG BD =，又AE BD ∥且12AE BD =． ∴AE FG ∥且AE FG =，∴四边形EFGA 为平行四边形，则EF AG ∥， ∵AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，∴BD ⊥平面ABC ． 又∵DB ⊂平面BCD ，∴平面ABC ⊥平面BCD ，∵G 为BC 中点，且AC AB =，∴AG BC ⊥，∴AG ⊥平面BCD ，∴EF ⊥平面BCD ． ⑵取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系，则)00C，，，()012D ，，，()011E -，，，()010A -，，，()12CD =，，，()021ED =，，， 设面CDE 的法向量()1n x y z =，，， 则1132020n CD y z n ED y z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取()1312n =-，，，取面ABDE 的法向量()2100n=，，， 由(()12122212cos 3121n n n n n n ⋅<>===⋅+-+⨯，，故二面角C DE A --的大小为 ⑶由⑵，面CDE 的法向量()1312n =-，，，()001AE =，，， 则点A 到平面CDE的距离，11||||2AE n d n ==⋅ ．20．（本小题12分）【2018届云南省昆明市高新技术开发区月考】如图所示，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ， //AD BC ， 3AB AD AC ===， 4PA BC ==， M 为线段AD 上一点， 2MD AM =， N 为线段PC 上一点， 3NC PN=.（1）证明： //MN 平面PAB ；（2）求直线PB 与平面AMN 所成角的正弦值 【答案】(1)详见解析【解析】试题分析：证明线面平行有两种思路：第一寻求线线平行，利用线面平行的判定定理.第二寻求面面平行，进而说明线面平行；本题借助平行四边形可以得到线线平行，进而证明线面平行；第二步求线面角，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，借助空间向量，求法向量，利用公式求角.（Ⅱ）解：如图，取BC 的中点E ，连接AE ． 由AB AC =得AE BC ⊥，从而AE AD ⊥，且AE===以A为坐标原点，AE的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz-．由题意知，()004P，，，()20B-，，()010M，，，)20C，1342N⎛⎫⎪⎪⎝⎭，，，()524PB=--，，，()010AM =，，，51342AN⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，，．设()n x y z=，，为平面AMN的一个法向量，则·0{·0n AMnAN==，，即1302yx y z=++=，，可取403n⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭，，．于是·16cos745n PBn PBn PB〈〉==，，所以直线PB与平面AMN16745745．21．（本小题13分）【2018届北京市朝阳区高三上学期期中】如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E是棱PA上的一个动点．（Ⅰ）若E为PA的中点，求证：//PC平面BDE；（Ⅱ）求证：平面PAC⊥平面BDE；（Ⅲ）若三棱锥P BDE-的体积是四棱锥P ABCD-体积的13，求EAPA的值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）13. 【解析】试题分析：(1)欲证PC平面BDE ，即证EO PC，借助中位线性质易证；（2）欲证平面PAC ⊥平面BDE ，即证BD ⊥平面PAC ;(3)E ABD P ABDV EA PA V --==,而111236E ABD P ABD P BDE V V V V V V ---=-=-=， 13P BDE V V -=，易得结果.（Ⅱ）证明：因为底面ABCD 是菱形， 所以AC BD ⊥．又因为PA ⊥平面ABCD ， BD ⊂平面ABCD ， 所以PA BD ⊥． 因为PA AC A ⋂=，所以BD ⊥平面PAC ． 因为BD ⊂平面BDE ， 所以平面PAC ⊥平面BDE ．（Ⅲ）设四棱锥P ABCD -的体积为V ． 因为PA ⊥平面ABCD ，所以13ABCD V S PA ∆=⋅⋅． 又因为底面ABCD 是菱形，所以12ABD BCD ABCD S S S ∆∆∆==， 所以1132P ABD ABD V S PA V -∆=⋅⋅=．根据题意， 13P BDE V V -=，所以111236E ABD P ABD P BDE V V V V V V ---=-=-=．又因为13E ABD ABD V S EA -∆=⋅⋅，所以13E ABD P ABD V EA PA V --==． 22．（本小题13分）【2018届广东省东莞外国语学校高三第一次月考】如图5,矩形ABCD 中, AB 12,AD 6,== , E,F 分别为CD,AB 边上的点,且DE 3,BF 4==,将BCE 沿BE 折起至PBE 位置(如图6所示),连结AP,PF ,其中PF =.(Ⅰ) 求证: PF ABED ⊥平面；(Ⅱ) 在线段PA 上是否存在点Q 使得FQ PBE 平面?若存在,求出点Q 的位置；若不存在,请说明理由.平面的距离.(Ⅲ) 求点A到PBE【答案】（1）见解析；（2【解析】试题分析：（Ⅰ）连结EF，由翻折不变性可知，PB=BC=6，PE=CE=9，由已知条件，利用勾股定理推导出PF⊥BF，PF⊥EF，由此能够证明PF⊥平面ABED．（Ⅱ）当Q为PA的三等分点（靠近P）时，FQ∥平面PBE．由已知条件推导出FQ∥BP，即可证明FQ∥平面PBE．（Ⅲ）由PF⊥平面ABED，知PF为三棱锥P-ABE的高，利用等积法能求出点A到平面PBE 的距离．FQ平面PBE.(Ⅱ) 当Q为PA的三等分点(靠近P)时, //证明如下:因为23AQ AP =, 23AF AB =,所以//FQ BP 又FQ ⊄平面PBE , PB ⊂平面PBE ,所以//FQ 平面PBE . （注：学生不写FQ ⊄平面PBE ,扣1分）(Ⅲ) 由(Ⅰ)知PF ⊥平面ABED ,所以PF 为三棱锥P ABE -的高. 设点A 到平面PBE 的距离为h ,由等体积法得A PBE P ABE V V --=, 即1133PBE ABE S h S PF ∆∆⨯=⨯⋅,又169272PBE S ∆=⨯⨯=,1126362ABE S ∆=⨯⨯=,所以36273ABE PBE S PF h S ∆∆⋅⨯===,即点A 到平面PBE.。