直线平面简单几何体训练测试题

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高考理科数学第一轮立体几何专题测试题参考答案

高考理科数学第一轮《立体几何》专题测试题&参考答案测试时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1．[2021·浙江高考]已知彼此垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n 知足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B.m∥nC．n⊥l D.m⊥n答案C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.2．[2021·济南调研]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A．28＋6 5 B.40C.403D.30＋65答案C解析由三视图知，直观图如图所示：底面是直角三角形，直角边长为4,5，三棱锥的一个后侧面垂直底面，而且高为4，所以棱锥的体积为：13×12×5×4×4＝403.3．[2021·云师大附中月考]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.12 B.13 C ．22D.23答案 D解析由题意知该几何体为如图放置的正四面体，其棱长为2，故其表面积为12×2×2×sin π3×4＝23，故选D.4．[2021·山东实验中学一诊]已知一个四棱锥的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 3 B.3 C.433D.233答案 C解析由三视图知该几何体是四棱锥，其直观图如图所示，四棱锥的一个侧面SAB与底面ABCD垂直，过S作SO⊥AB，垂足为O，所以SO⊥底面ABCD，SO＝3，所以四棱锥的体积为13×2×2×3＝433，故选C.5．[2021·广西梧州模拟]若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则此几何体的表面积是()A．(4＋2)π B.6π＋22πC．6π＋2π D.(8＋2)π答案C解析圆柱的侧面积为S1＝2π×1×2＝4π，半球的表面积为S2＝2π×12＝2π，圆锥的侧面积为S3＝π×1×2＝2π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝6π＋2π，故选C.6．[2021·安徽师大期末]某个长方体被一个平面所截，取得的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A．4 B.2 2C．4 2 D.8答案D解析按照三视图还原可知该几何体为长、宽、高别离为3,2,2的长方体，被一个平面截去一部份剩余23，如图所示，所以该几何体的体积为(3×2×2)×23＝8，故选D.7．[2021·吉林长春质检]某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部份为半圆，则该几何体的体积是()A ．4＋32πB.6＋3π C ．6＋32πD.12＋32π答案 C解析由题意，此模型为柱体，底面大小等于主视图面积大小，即几何体体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12π·12＋12×2×2×3＝6＋3π2，故选C.8．[2021·河南百校联盟质监]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由正方形切割而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.112B.132C ．6D.7答案 C解析几何体如图，为每一个正方体中去掉两个全等的三棱柱，体积为23－12×1×1×1×4＝6，选C.9．[2021·河北唐山模拟]在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝4，E ，F ，H别离是棱PB ，BC ，PD 的中点，则过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面面积为( )A ．2 6 B.4 6 C ．5 6 D.23＋46 答案 C解析由过E ，F ，H 的平面交直线CD 于N 点，可得N 点为CD 的中点，即CN ＝2；由过E ，F ，H 的平面交直线PA 于M 点，可得M 为PA 的四等分点，所以PM ＝1，所以过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面为五边形MEFNH ，所以其面积等于三角形MEH 与矩形EFNH 的面积之和，而S △MEH ＝12×22×3＝6，S △EFNH ＝22×23＝46，所以所求的面积为56，故应选C.10．[2021·全国卷Ⅲ]在封锁的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3答案 B解析由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部份面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.11．[2021·云师大附中月考]棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有极点均在球O 的球面上，E ，F ，G 别离为AB ，AD ，AA 1的中点，则平面EFG 截球O 所得圆的半径为( )A. 2B.153 C.263D.3答案 B解析如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球球心O 为对角线AC 1的中点，球半径R ＝3，球心O 到平面EFG 的距离为233，所以小圆半径r ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝153，故选B.12．[2021·河北武邑期末]已知边长为23的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，现沿对角线BD 折起，使得二面角A －BD －C 为120°，此时点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．20π B.24π C ．28π D.32π答案 C解析如图别离取BD ，AC 的中点M ，N ，连MN ，则容易算得AM ＝CM ＝3，MN ＝32，MD ＝3，CN ＝332，由图形的对称性可知球心必在MN 的延长线上，设球心为O ，半径为R ，HN ＝x ，则由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝x 2＋274，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x 2＋3，解之得x ＝12，则R 2＝14＋274＝7，所以球的表面积S ＝4πR 2＝28π，故应选C.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)13．[2021·江苏联考]将圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．答案33π 解析圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为2π，底面半径为1，圆锥的高为3，圆锥的体积为13π×12×3＝33π.14．[2021·河南郑州一中期末]我国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 为________．答案 1.6解析由图可得π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋3×1×(5.4－x )＝12.6⇒x ＝1.6.15．[2021·江苏联考]在下列四个图所表示的正方体中，能够取得AB ⊥CD 的是________．答案 ①②解析对于①，通过平移AB 到右边的平面，可知AB ⊥CD ，所以①中AB ⊥CD ；对于②，通过作右边平面的另一条对角线，可得CD 垂直AB 所在的平面，由线面垂直定理取得②中AB ⊥CD ；对于③，可知AB 与CD 所成的角为60°；对于④，通过平移CD 到下底面，可知AB 与CD 不垂直．故答案为①②.16．[2021·长春质检]若是一个棱锥底面为正多边形，且极点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥称为正棱锥．已知正四棱锥P －ABCD 内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为________．答案 43 解析由球的几何性质可设四棱锥高为h ，从而V P －ABCD ＝23h [1－(h －1)2]＝23(－h 3＋2h 2)，有V ′P －ABCD ＝23(－3h 2＋4h )＝23h (－3h ＋4)，可知当h ＝43时，体积V P －ABCD 最大．三、解答题(共6小题，共70分，解承诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)17．[2021·西安八校联考](本小题满分10分)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DC ＝12DD 1，过A 1、B 、C 1三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点．(1)求证：EF ∥平面ABCD ；(2)求平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值．解 (1)证明：∵在△A 1BC 1中，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点，∴EF ∥A 1C 1. ∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ∥A 1C 1，∴EF ∥AC .(2分)∵EF ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴EF ∥平面ABCD .(4分)(2)以D 为坐标轴原点，以DA 、DC 、DD 1方向别离为x ，y ，z 轴，成立空间直角坐标系，不妨设AD ＝DC ＝12DD 1＝1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，C 1B →＝(1,0，－2)，(5分)∵DD 1⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,2)，(6分)设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧ n ·A 1B →＝0，n ·C 1B →＝0，即⎩⎨⎧b －2c ＝0，a －2c ＝0，取a ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，(8分) ∴cos θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DD 1→·n |DD 1→||n |＝13. ∴平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值为13.(10分)18．[2021·江西南昌模拟](本小题满分12分)如图所示，点P 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF cos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．解(1)证明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P，∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(4分)(2)在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα，其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角的大小．(7分)证明：∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MN cos∠MNP，∴PM2·CC21＝PN2·CC21＋MN2·CC21－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SCBB1C1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα.(12分)19．[2021·长春质检](本小题满分12分)已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AB∥CD，E，F别离为AB和CD的中点，且AB＝EF＝2，CD＝6，M为BC中点，现将梯形ABCD按EF所在直线折起，使平面EFCB⊥平面EFDA，如图2所示，N是线段CD上一动点，且CN＝λND.(1)当λ＝12时，求证：MN ∥平面ADFE ； (2)当λ＝1时，求二面角M －NA －F 的余弦值．解 (1)证明：过点M 作MP ⊥EF 于点P ，过点N 作NQ ⊥FD 于点Q ，连接PQ .由题意，平面EFCB ⊥平面EFDA ，所以MP ⊥平面EFDA ，且MP ＝BE ＋CF 2＝2，(2分) 因为CF ⊥EF ，DF ⊥EF ，所以EF ⊥平面CFD ，所以NQ ⊥EF ，由NQ ⊥FD ，所以NQ ⊥平面EFDA ，又CN ＝12ND ，所以NQ ＝23CF ＝2，(4分) 即MP ∥NQ ，MP ＝NQ ，则MN ∥PQ ，由MN ⊄平面ADFE ，PQ ⊂平面ADFE ，所以MN ∥平面ADFE .(6分)(2)以F 为坐标原点，FE 方向为x 轴，FD 方向为y 轴，FC 方向为z 轴，成立如图所示坐标系．由题意，M (1,0,2)，A (2,1,0)，F (0,0,0)，C (0,0,3)，D (0,3,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32. 设平面AMN 与平面FAN 的法向量别离为n 1，n 2，平面AMN 的法向量为平面ABCD 的法向量，即n 1＝(1,1,1)，(8分)在平面FAN 中，FA →＝(2,1,0)，FN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，即n 2＝(1，－2,2)，(10分) 则cos θ＝39，所以二面角M －NA －F 的余弦值为39.(12分) 20．[2021·沈阳质检](本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD,2AD ＝BC ＝2a (a >0), AD ∥BC ，PD ＝3a ，∠DAB ＝θ.(1)若θ＝60°，AB ＝2a ，Q 为PB 的中点，求证：DQ ⊥PC ；(2)若θ＝90°，AB ＝a ，求平面PAD 与平面PBC 所成二面角的大小．(若非特殊角，求出所成角余弦即可)解 (1)证明：连接BD ，△ABD 中，AD ＝a ，AB ＝2a ，∠DAB ＝60°，由余弦定理：BD 2＝DA 2＋AB 2－2DA ·AB cos60°，解得BD ＝3a ，所以△ABD 为直角三角形，BD ⊥AD ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥BD ，(1分)又因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ，(2分)因为PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，(3分)BC ⊂平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC ，(4分)又因为PD ＝BD ＝3a ，Q 为PB 中点，所以DQ ⊥PB .因为平面PBD ∩平面PBC ＝PB ，所以DQ ⊥平面PBC ，(5分)PC ⊂平面PBC ，所以DQ ⊥PC .(6分)(2)由θ＝90°，AB ＝a ，可得BD ＝CD ＝2a .取BC 中点M ，可证得ABMD 为矩形．(7分)以D 为坐标原点别离以DA ，DM ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，成立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，DM ⊥平面PAD ，所以DM →是平面PAD 的法向量，DM →＝(0，a,0)．(9分)设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，P (0,0，3a )，B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，所以PB →＝(a ，a ，－3a )，BC →＝(－2a,0,0)，⎩⎨⎧ n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，令z ＝1，可得⎩⎨⎧ax ＋ay －3a ＝0，－2ax ＝0，解得n ＝(0，3，1)，(10分) 所以cos θ＝DM →·n |DM →||n |＝3a 2a ＝32.(11分)所以平面PAD 与平面PBC 所成二面角为π6.(12分)21．[2021·贵阳月考](本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC＝12PA ，BD ＝3，E 在PC 边上． (1)求证：平面PDA ⊥平面PDB ；(2)当E 是PC 边上的中点时，求异面直线AP 与BE 所成角的余弦值；(3)若二面角E －BD －C 的大小为30°，求DE 的长．解 (1)证明：因为底面ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ＝1，又BD ＝3，AB ＝2，知足AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD .又因为PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAD .(3分)∵BD ⊂平面PDB ，∴平面PDA ⊥平面PDB .(4分)(2)以D 为原点成立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，P (0,0，3)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， ∵E 是PC 边上的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，则AP →＝(－1,0，3)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，32，(6分) ∴cos 〈AP →，BE →〉＝|A P →·BE →||AP →||BE →|＝277.(8分) (3)由C ，E ，P 三点共线，得DE →＝λDP →＋(1－λ)DC →，且0≤λ≤1，从而有DE →＝(λ－1，3(1－λ)，3λ)，DB →＝(0，3，0)．设平面EDB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·DE →＝0及n ·DB →＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，0，1－λλ. 又平面CBD 的法向量可取m ＝(0,0,1)，(10分)二面角E －BD －C 的大小为30°，∴cos30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝32， ∴λ＝14，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，334，34，∴|DE |＝394.(12分)22．[2021·河北一模](本小题满分12分)如图，在三棱锥S－ABC 中，SC ⊥平面ABC ，SC ＝3，AC ⊥BC ，CE ＝2EB ＝2，AC ＝32，CD ＝ED . (1)求证：DE ⊥平面SCD ；(2)求二面角A －SD －C 的余弦值；(3)求点A 到平面SCD 的距离．解 (1)证明：以C 为原点，CA ，CB ，CS 所在直线别离为x 轴，y 轴，z 轴成立空间直角坐标系，如图，则C (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，S (0,0,3)，E (0,2,0)，D (1,1,0)，因为DE →＝(－1,1,0)，CD →＝(1,1,0)，CS →＝(0,0,3)，所以DE →·CD →＝－1＋1＋0＝0，DE →·CS →＝0＋0＋0＝0，即DE ⊥CD ，DE ⊥CS .(2分)因为CD ∩CS ＝C ，所以DE ⊥平面SCD .(4分)(2)由(1)可知DE →＝(－1,1,0)为平面SCD 的一个法向量．设平面SAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，而AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0， AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，则⎩⎨⎧ n ·AD →＝0，n ·AS →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12x ＋y ＝0，－32x ＋3z ＝0. 不妨设x ＝2，可得n ＝(2,1,1)．(6分)易知二面角A －SD －C 为锐角，因此有|cos 〈DE →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2＋1＋02·6＝36，即二面角A －SD －C 的余弦值为36.(8分)(3)AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，作AH ⊥平面SCD ，垂足为H ，设AH →＝xAC →＋yAD →＋zAS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x －12y －32z ，y ，3z ，且x ＋y ＋z ＝1.(10分)由AH →⊥CD →，AH →⊥CS →，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ －32x －12y －32z ＋y ＝0，9z ＝0，x ＋y ＋z ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝14，y ＝34，z ＝0.所以AH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，(11分)|AH →|＝324，32即点A到平面SCD的距离为4.(12分)。

2015年上海市高中数学(直线、平面、简单几何体)单元测试

高二数学（直线、平面、简单几何体）单元测试07年4月班级学号姓名一．选择题(6′×7)1．,a b 是平面α外的两条直线，若//,a α 则“//a b ”是“//b α” 的（A ）充要条件（B ）充分不必要条件（C ）必要不充分条件（D ）既不充分也不必要 2．下面四个命题中，真命题的个数是①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③侧棱垂直于底面的两条边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体。

（A ）1（B ）2（C ）3 （D ）43．已知ABC ∆是正三角形，PA ⊥平面ABC ，且12PA AC =，则二面角P BC A --为（A ）60°（B ）30° （C ）45° （D ）120°4．球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，经过这3个点的小圆的周长为6π，则这个球的半径为（A ）（B ）4 （C （D ）5．棱长均为1的平行六面体1111ABCD A BC D -中，1BAD BAA ∠=∠=13DAAπ∠=，若点,M N 分别为棱111,A D BB 的中点，则MN 的长度为（A ）1（B （C ）2 （D ）6．在正方体1111ABCD A BC D -过顶点A 1在空间作直线l ，使l 与直线AC 、BC 1所成的角都等于60°，这样的直线的条数为(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 47．(理)正三棱锥V-ABC 的底面边长为2a ，E ，F ，G ，H 分别是VA ，VB ，BC ，AC 的中点，则四边形EFGH 面积的取值范围是(A)(0,)+∞ (B)2,)+∞ (C) 2,)+∞ (D) 21(,)2a +∞（文）若直线l 与平面α所成角为3π，直线a 在平面α内，且与直线l 异面，则直线l 与直线a 所成角的取值范围是 (A)0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦(B)20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦ (C) 2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ (D) ,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦二．填空题(6′×5)8．长方体的三条棱长a b c 、、22，则该长方体的体积为________。

直线平面简单几何体球

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一个球与底面边长为a的正四棱锥的底面
和侧面都相切.若平行于棱锥
底面且与球相切的平面截棱锥，
所得的截面是一个边长为b的正
方形，求这个球的表面积.
解：过正四棱锥相对两个侧面的斜高作截
面，如图设O为球心，O1、O2
分别为截面和底面正方形的中
心，球与侧面的一个切点为C.
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点评：求球的表面积的关键是求球的半径.求半径时，一般是根据截面圆的圆心与球的圆心的连线段、截面圆的弦长、球的半径三者之间的关系，通过解三角形来求得.
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如图，A、B、C是表面积为 48π的球面上三点，AB=2， BC=4，∠ABC =60°，O为球心.求直线OA与截面ABC 所成的角的大小. 解：连结AC，设O在截面ABC上的射影是O′，则O′为截面三角形ABC外接圆的圆心，
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已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是( ) A. B. C. D. 解：因为AB=BC=CA=2，所以△ABC的外接圆半径为r= .设球的半径为R，则所以，所以
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第九章直线、平面、简单几何体
第讲
球
考点搜索
●球面、球体的概念，球的截面性质 ●地球的经纬度，球面距离 ●球的表面积和体积高考
高考猜想
1. 考查有关球的表面积、体积和球面距离等的计算. 2. 考查球的截面问题的分析与计算.
与定点的距离_______________的点的集合,叫做球体,简称球,定点叫做球心,定长叫做球的半径,与定点距离__________的点的集合叫做球面. 用一个平面截一个球,所得的截面是________,且球心与截面圆心的连线________截面. 设球心到截面的距离为d,球半径为R,截面圆半径为r,则三者的关系是____________.

第九章直线、平面、简单几何体(B)2

第十章排列、组合和二项式定理课时作业53两个计数原理时间：45分钟分值：100分一、选择题(每小题5分，共30分)1．已知如图1的每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有25种可能，在这25种可能中，电路从P到Q接通的情况有()图1A．30种B．10种C．16种D．24种解析：5个开关闭合有1种接通方式；4个开关闭合有5种接通方式；3个开关闭合有8种接通方式；2个开关闭合有2种接通方式．故共有1＋5＋8＋2＝16(种)．答案：C2．从正方体的8个顶点中任取3个为顶点作三角形，其中直角三角形的个数为() A．56 B．52C．48 D．40解析：正方体的每1个顶点引出3条棱，3条面对角线，每2条棱构成一个直角三角形两边，每1条面对角线与1条棱构成一直角三角形两边．所以以每1个顶点为直角顶点有6个直角三角形，所以共有6×8＝48个直角三角形．答案：C3．(2009·湖南高考)从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为() A．85 B．56C．49 D．28解析：分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.答案：C4．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1,2，…，6)．若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法种数为() A．18 B．30C．36 D．48解析：∵a1≠1且a1<a3<a5，∴(1)当a1＝2时，a3为4或5，a5为6，此时有12种；(2)当a1＝3时，a3仍为4或5，a5为6，此时有12种；(3)当a1＝4时，a3为5，a5为6，此时有6种．∴共30种．答案：B5．(2009·广东高考)2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有() A．48种B．12种C．18种D．36种解析：若小张和小赵恰有1人入选，则共有C12C12A33＝24种方案，若小张和小赵两人都入选，则共有A23A22＝12种方案，故总共有24＋12＝36种方案．故选D.答案：D6．(2009·唐山质检)已知I＝{1,2,3}，A、B是集合I的两个非空子集，且A中所有数的和大于B中所有数的和，则集合A、B共有() A．12对B．15对C．18对D．20对解析：依题意，当A、B均有一个元素时，有3对；当B有一个元素，A有两个元素时，有8对；当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；当B有两个元素，A有三个元素时，有3对；当A、B均有两个元素时，有3对；共20对，选择D.答案：D二、填空题(每小题5分，共20分)7．用5种不同颜色给图中A、B、C、D4个区域涂色，规定每个区域只涂1种色，相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法共有__________种．图2解析：A、B、C区域分别有5、4、3种涂法，因D可与A同色，则D区域有3种涂法，故共有5×4×3×3＝180种．答案：1808．有一个机器猫(看作一点)在坐标平面内从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动机器猫落在点(3,0)(允许重复过此点)处，则机器猫不同的运动方法共有________种(用数字作答)．解析：由已知条件可得，机器猫共向正方向跳动4次，向负方向跳动1次，所以该问题转化为机器猫向负方向跳动1次的所有情况．机器猫向负方向跳动1次的所有情况为：第k次跳动为向负方向跳动，k＝1、2、3、4、5，共有5种情况．答案：59．(2009·浙江高考)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________(用数字作答)．解析：3个人各站一级台阶有A37＝210种站法；3个人中有2个人站在一级，另一人站在另一级，有C23A27＝126种站法，共有210＋126＝336种站法．故填336.答案：33610．(2009·陕西高考)某班有36名同学参加数学、物理、化学课外探究小组，每名同学至多参加两个小组．已知参加数学、物理、化学小组的人数分别为26、15、13，同时参加数学和物理小组的有6人，同时参加物理和化学小组的有4人，则同时参加数学和化学小组的有________人．图3解析：由题意知，同时参加三个小组的人数为0，令同时参加数学、化学人数为x人.20－x＋6＋5＋4＋9－x＋x＝36，x＝8.答案：8三、解答题(共50分)11．(15分)某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O 型血的共有28人，A 型血的共有7人，B 型血的共有9人，AB 型血的有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？解：从O 型血的人中选1人有28种不同的选法，从A 型血的人中选1人有7种不同的选法，从B 型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB 型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情已完成，所以由分类计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法．12．(15分)若a 、b ∈N ，且a ＋b ≤6，则以(a ，b )为坐标的不同的点共有多少个？解：按a 的取值进行分类：当a ＝1时，b 的可取值有5个，对应着5个不同的点；当a ＝2时，b 的可取值有4个，对应着4个不同的点；当a ＝3时，b 的可取值有3个，对应着3个不同的点；当a ＝4时，b 的可取值有2个，对应着2个不同的点；当a ＝5时，b 的可取值有1个，对应着1个点．由分类计数原理，共有5＋4＋3＋2＋1＝15个不同的点．13．(20分)设M ＝{1,2,3，…，100}，从M 中选出3个不同的数，使它们成等差数列，最多可以组成多少个这样的等差数列？解：当公差d 取1时，可得1,2,3；2,3,4；…；98,99,100共98个等差数列．同理，当公差分别取2,3，…，49时，可依次有96,94，…，2个等差数列，并且每一个等差数列的倒序数列依然是等差数列，所以可得49(98＋2)2×2＝4900. 最多可组成4900个这样的等差数列．。

能力小题训练9——直线、平面、简单几何体

其中正确的命题（
Ａ．和② ①
）．
Ｂ ① 和④ ．
Ｄ是ＡＡ的中点，么截面ＤＢ与底面那Ｃ
ＡＢＣ所成二面角的大小是（
Ａ．０３。Ｂ４。．５
Ｃ ③和 ④ ．
Ｄ．只有 ④ ）．
２已知直线，和平面ａ那么／的一个．，／
９在正三棱锥Ｐ—ＡＢＣ中，、分别是ＰＢ、．ＭＮＰＣ的中点，若截面ＡＭＮ上侧面ＰＢ则此Ｃ，棱锥侧面与底面所成的二面角是（）．
Ａ寺
Ｃ．ａｃｏｓｒｃ
ｏ
Ｂ．
Ｄ．ｒｃｓａｃｏ
Ｕ
②直线ａ／，上平面ａ６／ｂ口，上平面口； ③口６、是异面直线，，ａｐ６；口，且／，ｃ／ ∥口 ④平面ａ内距离为ｄ的两条直线在平面口
Ｄａ与ｂ不可能垂直，不可能平行．也４已知四个命题：． ①各侧面都是正方形的棱柱
一
Ｃ
定是正棱柱；对角面是全等矩形的直四 ②
Ａ．Ｂ．
棱柱一定是长方体；有一条侧棱与底面垂 ③ 直的棱柱是直棱柱；有两条侧棱都垂直于 ④ 底面一边的平行六面体是直平行六面体．则
Ｄ
Ｄ４ａ．２
①若ａ／，Ｃａ则ａ／；／ｂｂ，／ａ ②若ａ／，Ｃａ则ａ／；／ａｂ，／６
③若ａｌ，∥ａ贝／６ｌａ６，０／；ａ

人教版七年级上第四章几何图形初步点、线、面、体同步练习题含答案

11．线动成面
【分析】利用雨刷可看成线，扇面是面，即可求出答案．
【详解】汽车的雨刷在挡风玻璃上画出一个扇面，这说明线动成面的数学原理．
故答案为：线动成面．
【点睛】本题考查了点，线，面、体，此题较简单，解题时要灵活应用点、线、面、体之间的关系．
12．②
【分析】易得此几何体为两个底面相同且相连的圆锥的组合体，主视图是从几何体正面看到的图形．
8．由4个面围成；面与面相交形成6条线，直线有5条，曲线有1条．
【分析】由题意直接根据立体图形的基本知识结合图形进行分析即可得出答案．
【详解】解：由图可知，该几何体由4个面围成；
面与面相交形成6条线，直线有5条，曲线有1条．
【点睛】本题考查认识立体图形的知识，比较简单，注意基本知识的掌握．
9．见解析．
12．将图所示的Rt△ABC绕AB旋转一周所得的几何体的主视图是图中的________（只填序号）．
参考答案：
1．C
【分析】观察截面形状可发现，长方体内部的圆自上而下由大圆逐渐变成小圆、点，符合圆锥截面的性质．
【详解】解：观察截面形状可知，这个长方体的内部构造是长方体中间有一圆锥状空洞，
故选：C．
【点睛】本题考查了截一个几何体，解答的关键是熟悉常见的几何体的截面，由截面的形状想象复杂几何体的组成．
【详解】解：Rt△ABC绕斜边AB旋转一周所得的几何体是两个底面相等相连的圆锥，圆锥的主视图是等腰三角形，所以该几何体的左视图是两个底边相等的等腰三角形相连，并且上面的等腰三角形较大，故为图②．
故答案为②．
【点睛】本题考查了空间想象能力及几何体的三视图；发挥空间想象能力，确定旋转一周所得的几何体形状是关键．
【分析】根据生活中常见的几何体的特征进行求解即可得到答案．

直线·平面·简单几何体检测卷

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中
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等边 i 角形 A B C 与正方形A B D E 有
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平面简单几何体检测卷
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一
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选择题 (本大题共 12 小题每小题 5 分共 6 0
，
，
7
，
．
如图在
，
一
个倒置的正三棱锥容器中放人
，
一
个
一
分
。
在每小题给出的四个选项中只有
，
给出证明过程
一
。
个正方体的各顶点均在同
一
20
．
如图
-
，
严 _ AB c D 是正
四
，
该球的体积为4 、 j ／厂
15
．
盯
，
则该正方体的表面
-
。
— —
棱锥
，
B A B CD A ， I C lD ，正方体是
=
如图正方体A B C D
，
。
P
。
( 如图2 )
，
P
(c )
二
_
j
(。)
2
了
，
，。
F
D
、
填空题 (本大题共4 小题每小题 4 分共 1 6 分
把答案添在题中的横线上 )

专题五直线、平面、简单几何体综合应用——专题过关测试

ＣＩＩ知＂Ｏ＿ — 了ｉＳ＝ …＝．Ａ＝Ｄ — Ｔ
：：
・
ＩＧＩＣ．
（）２作日上Ｇ于Ｈ，由三垂线定理知ＧＩＨ，Ｈ＿Ａ＿
。
为二面角Ａ—ＣＧ— ｌＡ的平面角．
设Ｈ０，，硇＝０ｂ）Ｃ：ａ１一，．（，０则６）（，０，Ｈ，一１一，１）ｂｏ由ＡＡ，，ｊ＿Ｇ卿ＨＣ
线Ａ，ｃｃ的距离肋和ｐＥ都等于３／－求：ｉ．６
（）明：１平面Ａ１．１证ＣＤＪ＿１鲋Ａ
（）面Ａ。。２求ＣＢ与面ＡＡ。。Ｂ所成的二面角的大小．
：（）３求点Ａ到平面ＡＣ的距离．。Ｄ。
●
Ｃ１
ｌ
Ｉ
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９图三柱ｃＡ１中Ａ丢ＡＬＣ０为。中．．，棱 —Ｂ。，：＝Ａ，Ａ：棱的点如直ＩＡＣ。ＢＤＣ
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：．图，三棱柱ＡＣ— 中，１如直ＢＡＢ１Ｇｃ＝ＢＣ＝Ａ１，ＣＡ＝２／ＡＢ＝９。Ｅ为Ｂ的中点，Ｄ在Ａ０Ｂ。点
上，＿Ｅ＝．ＪＤ￣
Ｃｌ
（）１求证：Ｄ＿面ＡＡＢ．ＣＩ＿ＩＢ（）２求二面角Ｃ— Ｅ— ，Ｄ的大小・

高三数学单元《直线、平面及简单几何体》

高三数学单元《直线、平面及简单几何》一、选择题（本题每小题5分，共60分）1．已知平面α与平面β相交，直线α⊥m ，则（）A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直C ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直D ．β内必存在直线与m 平行，却不一定存在直线与m 垂直 2．已知直线α平面⊥l ，直线β平面⊂m ，给出下列命题①α∥m l ⊥=β； ②l ⇒⊥βα∥m ③l ∥βα⊥⇒m ④α⇒⊥m l ∥β 其中正确命题的序号是（）A ．①②③B ．②③④C ．②④D ．①③3．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为1DD 的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱11A B 上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角是（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 4．等边三角形ABC 和等边三角形ABD 在两个相互垂直的平面内，则cos ∠CAD=（） A ．21-B ．41 C ．167-D ．05．已知l m ,是异面直线，给出下列四个命题：① 必存在平面α，过m 且与l 平行；② 必存在平面β，过m 且与l 垂直；③ 必存在平面γ，与l m ,都垂直；④ 必存在平面ω，与l m ,的距离相等.其中正确的结论是（）A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 6．如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a =（1，0，1），b =（0，1，1），那么这条斜线与平面所成的角是（）A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°7．正多面体的每个面都是正n 边形，顶点数是V ，棱数是E ，面数是F ，每个顶点连的棱数是m ，则它们之间不正确．．．的关系是（） A ．mF=2E B ．mV=2E C ．nF=2E D ．V+F=E+28．在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 是对角线 A 1C 上的点，若PQ=2a，则三棱锥P-BDQ 的体积为（）A ．3633aB ．3183aC ．2433aD ．不确定9．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点 P 到直线A 1B 1与直线BC 的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为（）10．四面体的棱长中，有两条为32及，其余全为1时，它的体积（）A ．122 B ．123 C ．121 D ．以上全不正确11．已知铜的单晶体的外形是简单几何体，单晶铜有三角形和八边形两种晶面，如果铜的单晶体有24个顶点，每个顶点处有3条棱，那么单晶铜的三角形晶面和八边形晶面的数目分别是（）A ．6，8B ．8，6C ．8，10D ．10，812．如图一，在△ABC 中，AB ⊥AC 、AD ⊥BC ，D 是垂足，则BC BD AB ⋅=2（射影定理）。

立体几何测试题(文科)

立体几何文科试题一、选择题：本大题共12小题，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、设有直线m 、n 和平面α、β.下列四个命题中，正确的是( )A.若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB.若m ⊂α,n ⊂α,m ∥β,n ∥β,则α∥βC.若α⊥β，m ⊂α,则m ⊥βD.若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α,则m ∥α 2、已知直线,l m与平面αβγ，，满足//l l m βγαα=⊂ ，，和mγ⊥，则有A ．αγ⊥且l m⊥ B ．αγ⊥且//m β C ．//m β且lm⊥ D ．//αβ且αγ⊥3.若()0,1,1a =- ，()1,1,0b = ，且()a b a λ+⊥，则实数λ的值是（）A .－1 B.0 C.1 D.－24、已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（） A. AB ∥m B. AC ⊥m C. AB ∥β D. AC ⊥β5一个几何体的三视图及长度数据如图，则几何体的表面积与体积分别为()3,27+A ()328，+B()2327，+C ()23,28+D6、已知长方体的表面积是224cm ，过同一顶点的三条棱长之和是6cm ，则它的对角线长是（）A. B. 4cm C. D.7、已知圆锥的母线长5l cm =，高4h cm =，则该圆锥的体积是____________3cmA. 12π B 8π C. 13π D. 16π8、某几何体的三视图如图所示，当ba +取最大值时，这个几何体的体积为（）A ．61 B ．31 C ．32 D ．219、已知,,,A B C D 在同一个球面上,,AB BCD ⊥平面,BC CD ⊥若6,AB =AC =8A D =,则,B C 两点间的球面距离是（）A. 3πB. 43π C. 23π D. 53π10、四面体A B C D 的外接球球心在C D 上，且2C D =，3=AB ，在外接球面上A B ，两点间的球面距离是（） A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π611、半径为2cm 的半圆纸片做成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，它的最高处距桌面（） A ．4cmB ．2cmC ．cm 32D ．cm 312、有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示.如果记3的对面的数字为m ，4的对面的数字为n ，那么m+n 的值为（） A ．3B ．7C ．8D ．11二．填空题：本大题共4个小题。

宁南中学2011届高考数学复习—小题训练19 直线、平面、简单几何体(三)

训练19 直线、平面、简单几何体（三）一、选择题（方法：直接选择法、特殊化法、估算选择法、特征选择法、数形结合法、结论选择法）1．（2010湖北文）4．用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题：（） ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ；④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b ．A ．①②B ．②③C ．①④D ．③④ 2．（2010重庆文）（9）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点（） A ．只有1个 B ．恰有3个 C ．恰有4个 D ．有无穷多个 3．（2010届昆明一中三次月考理）如图,矩形ABCD 中,AB=3,BC=4,沿对角线BD 将△ABD 折起,使A 点在平面BCD 内的射影落在BC 边上,若二面角C —AB —D 的平面角大小为θ,则sin θ的值为（）A ．34BCD ．454．（2010全国卷2理）（11）与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（）A ．有且只有1个B ．有且只有2个C ．有且只有3个D ．有无数个5．（2010届玉溪一中期中）在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 为BB 1的中点，则点D 到直线A 1M 的距离为（）ABCD6．如图，动点P 在正方体1111ABCD A BC D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设B P x =，MN y =，则函数()y f x =的图象大致是（）7．平面六面体ABCD - 1A 1B 1C 1D中，既与AB 共面也与1CC 共面的棱的条数为（） A ．3 B ．4 C ．5 D ．68．（2010全国卷2理）（9）已知正四棱锥S ABCD -中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A ．1 B．2 D ．39．在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，ABC DMNP A 1B 1C 1D 1则AD 与平面11BB C C 所成角的大小是（）A ．30B ．45C ．60D ．9010．如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠ACB=900,∠ACC 1=600,∠BCC 1=450,侧棱CC 1的长为1，则该三棱柱的高等于（）A ．21B ．22C ．23D ．3311．在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，顶点1B 到对角线1BD 和到平面11A BCD 的距离分别为h 和d ，则下列命题中正确的是（）A ．若侧棱的长小于底面的边长，则hd的取值范围为（0，1） B ．若侧棱的长小于底面的边长，则h d的取值范围为 C ．若侧棱的长大于底面的边长，则h d的取值范围为(3 D ．若侧棱的长大于底面的边长，则h d的取值范围为()3+∞12．（2010四川理）（11）半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，BCD是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC 、AD 分别与球面交于点那么M 、N 两点间的球面距离是（）A ．17arccos25R B ．18arccos 25R C ．1R π D ．4R π二、填空题（策略：快--运算要快；稳--变形要稳；全--答案要全；细--审题要细。

直线与平面及简单几何体检测及答案

2009届一轮复习直线与平面及简单几何体检测及答案一.选择题(1) 已知α、β是不同的两个平面，直线βα⊂⊂b a 直线,，命题b a p 与:无公共点；命题βα//:q . 则q p 是的 ( )A 充分而不必要的条件B 必要而不充分的条件C 充要条件D 既不充分也不必要的条件(2)下列命题中正确的个数是 ( )①四边相等的四边形是菱形; ②若四边形有两个对角都是直角, 则这个四边形是圆内接四边形; ③“平面不经过直线”的等价说法是“直线上至多有一个点在平面内”; ④若两平面有一条公共直线, 则这两平面的所有公共点都在这条公共直线上.A 1个B 2个C 3个D 4个(3) 已知m 、n 是不重合的直线,α、β是不重合的平面,有下列命题,其中正确的命题个数是( )① 若m ⊂α, , n ∥α,则m ∥n ②若m ∥α,m ∥β,n,, 则α∥β ③若α∩β= n ,m ∥n, 则, m ∥α,且 m ∥β ④m ⊥α, m ⊥β, 则α∥βA 0B 1C 2D 3(4) 一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，则该球的体积是( )A 33π100cmB 33π208cmC 33π500cmD 33π3416cm(5) 在下列关于直线l 、m 与平面α、β的命题中,真命题是 ( )A 若l ⊂β且α⊥β,则l ⊥α.B 若l ⊥β且α∥β,则l ⊥α.C 若l ⊥β且α⊥β,则l ∥α.D 若α∩β=m 且l ∥m,则l ∥α.(6) 若直线l 、m 与平面α、β、γ满足: l =β∩γ, l ∥α, m ⊂α和m ⊥γ, 则必有( )A α⊥γ且l ⊥mB α⊥γ且m ∥βC m ∥β且l ⊥mD α∥β且α⊥γ(7) 如图, 四边形ABCD 中, AD ∥BC, AD=AB, ∠BCD=45°, ∠BAD=90°. 将△ADB 沿BD 折起, 使ABD ⊥平面BCD, 构成三棱锥A-BCD. 则在三棱锥A-BCD 中, 下列命题正确的是 ( )A 平面ABD ⊥平面ABCB 平面ADC ⊥平面BDC C 平面ABC ⊥平面BDCD 平面ADC ⊥平面ABC(8) 如图，在长方体1111D C B A ABCD -中，AB=6，AD=4，31=AA .分别过BC 、11D A 的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为111DFD AEA V V -=,11112D FCF A EBE V V -= A B C D A B C D CD C 1 B 1D 1A 1E 1F 1 FC F C B E B V V 11113-=.若1:4:1::321=V V V ,则截面11EFD A的面积为 ( )A. 104B. 38C. 134D. 16(9)如图四面体D-ABC 中, P ∈面DBA, 则在平面DAB 内过点P 与直线BC 成60°角的直线共有 ( ) A 0条 B 1条 C 2条 D 3条(10) 已知正四面体ABCD 的表面积为Ｓ，其四个面的中心分别为Ｅ、Ｆ、Ｇ、Ｈ．设四面体EFGH的表面积为Ｔ，则ST 等于( )Ａ91 Ｂ 94 Ｃ 41 Ｄ 31 二.填空题(11)已知球O 的半径为1,A 、B 、C 三点都在球面上,且每两点间的球面距离均为2π,则球心O 到平面ABC 的距离为 .(12)已知直线m 、n 和平面α、β满足: α∥β, m ⊥α, m ⊥n, 则n 与β之间的位置关系是 (13) 已知平面α和平面交于直线l ，P 是空间一点，PA ⊥α，垂足为A ，PB ⊥β，垂足为B ，且PA=1，PB=2，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合，则点P 到l 的距离为 .(14) α、β是两个不同的平面, m 、n 是α、β之外的两条不同直线, 给出四个论断: ①m ⊥n; ②α⊥β; ③n ⊥β; ④m ⊥α. 以其中三个论断作为条件, 余下一个论断作为结论, 写出你认为正确的一个命题 .三.解答题(15) 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC ，E 是PC的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F. （Ⅰ）证明PA//平面EDB ；（Ⅱ）证明PB ⊥平面EFD ；（Ⅲ）求二面角C —PB —D 的大小.ABCDP E F A BCD P ·(16) 在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP.(Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）； (Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ；(Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离.(17) 如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是AB=2, BC=2的矩形, 侧面PAB 是等边三角形, 且侧面 PAB ⊥底面ABCD.AP · B 1P A CD A 1C 1D 1B O H ·(Ⅰ)证明:BC ⊥侧面PAB;(Ⅱ)证明: 侧面PAD ⊥侧面PAB;(Ⅲ)求侧棱PC 与底面ABCD 所成角的大小;(Ⅳ)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的正弦值.(18)在斜三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中, 底面是等腰三角形 , AB=AC, 侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC.(Ⅰ)若D 是BC 的中点, 求证:AD ⊥CC 1;(Ⅱ)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱于M, 若AM=MA 1, 求证:截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C; (Ⅲ) AM=MA 1是截面MBC 1⊥平面BB 1C 1C 的充要条件吗? 请你叙述判断理由.答案一选择题: 1.B 2.B 3.B 4.C 5.B 6.A 7.D 8.C 9.D 10.A 二填空题: 11. 33, 12. n ⊂β或 n ∥β, 13.5, 14.②③④⇒①或①③④⇒②A BCD A 1 B 1 C 1 M P EF三解答题(15)证: 方法一（Ⅰ）证明：连结AC ，AC 交BD 于O ，连结EO.∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点.在 PAC ∆中，EO 是中位线，∴PA // EO 而⊂EO 平面EDB 且 ⊄PA 平面EDB ，所以，PA // 平面EDB（Ⅱ）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ， ∴DC PD ⊥∵PD=DC ，可知PDC ∆是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线，∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC.∵底面ABCD 是正方形，有DC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PDC.而⊂DE 平面PDC ，∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC.而⊂PB 平面PBC ，∴PB DE ⊥.又PB EF ⊥且E EF DE = ，所以PB ⊥平面EFD.（Ⅲ）解：由（2）知，DF PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.由（Ⅱ）知，DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ，则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=， a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==. 在PDB Rt ∆中，a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=.在EFD Rt ∆中， 233622sin ===a aDF DE EFD ，∴3π=∠EFD .所以，二面角C —PB —D 的大小为3π.方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设a DC =.（Ⅰ）证明：连结 AC ，AC 交BD 于G ，连结EG .依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且 )2,0,2(),,0,(aa a a -=-=.∴2=，这表明PA//EG.而⊂EG平面EDB 且⊄PA 平面EDB ，∴PA//平面EDB.（Ⅱ）证明；依题意得)0,,(a a B ，),,(a a a -=.又)2,2,0(aa =，故022022=-+=⋅a a DE PB .∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥，且E DE EF = ，所以⊥PB 平面EFD.（Ⅲ）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ 从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x ---=---=λλλ.由条件PB EF ⊥知，0=⋅，即0)21()21(222=---+-a a a λλλ，解得31=λ.∴点F 的坐标为)32,3,3(a a a ，且)6,6,3(a a a --=，)32,3,3(a a a ---= ∴03233222=+--=⋅a a a .即FD PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a FD FE =+-=⋅，且a a a a FE 6636369||222=++=，a a a a FD 369499||222=++=，∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD . 所以，二面角C —PB —D 的大小为3π.(文)……………………… 方法一：（Ⅰ）证明：连结AC 、AC 交BD 于O.连结EO,∵ 底面ABCD 是正方形 ∴ 点O 是AC 的中点. 在PAC ∆中，EO 是中位线 ∴ EO PA //.而⊂EO 平面EDB 且/⊂PA 平面EDB ，所以， //PA 平面EDB.（Ⅱ）解：作DC EF ⊥交CD 于F. 连结BF ，设正方形ABCD 的边长为a .∵ ⊥PD 底面ABCD ∴ DC PD ⊥. ∴ PD EF // F 为DC 的中点.∴ ⊥EF 底面ABCD ，BF 为BE 在底面ABCD 内的射影，故EBF ∠为直线EB 与底面ABCD 所成的角.在BCF Rt ∆中，a a a CF BC BF 25)2(2222=+=+=∵ 221a PD EF == ∴ 在EFB Rt ∆中55252tan ===a aBF EF EBF , 所以EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为55. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点.设a DC =（Ⅰ）证明：连结AC ，AC 交BD 于G.连结EG.依题意得)0,0,(a A ，),0,0(a P ，)2,2,0(aa E ∵ 底面ABCD 是正方形∴ G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为)0,2,2(a a .∴ ),0,(α-=a PA )2,0,2(a a -=∴ 2= 这表明EG PA //.而⊂EG 平面EDB 且/⊂PA 平面EDB ∴ //PA 平面EDB.A B C D P EOF（Ⅱ）解：依题意得)0,,(a a B ，)0,,0(a C .取DC 的中点)0,2,0(aF 连结EF ，BF ∵ )2,0,0(a =，)0,2,(aa =，)0,,0(a =∴ 0=⋅，0=⋅ ∴ FB FE ⊥，DC FE ⊥. ∴ ⊥EF 底面ABCD ，BF 为BE 在底面ABCD 内的射影，故EBF ∠为直线EB 与底面ABCD 所成的角。

河北省2019年中考数学专题7简单平面几何立体几何与几何直观精练试题

专题七简单平面几何、立体几何与几何直观一、选择题1．(2019达州中考)如图，将矩形ABCD绕其右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图①位置，继续绕右下角的顶点按顺时针方向旋转90°至图②位置，以此类推，这样连续旋转2 017次．若AB＝4，AD＝3，则顶点A在整个旋转过程中所经过的路径总长为( D )A．2 017π B．2 034π C．3 024π D．3 026π2．(2019金华中考)如图，为了监控一不规则多边形艺术走廊内的活动情况，现已在A，B两处各安装了一个监控探头(走廊内所用探头的观测区为圆心角最大可取到180°的扇形)，图中的阴影部分是A 处监控探头观测到的区域，要使整个艺术走廊都能被监控到，还需要安装一个监控探头，则安装的位置是( D )A．E处 B．F处 C．G处 D．H处二、填空题3．(2019考试说明)如图，这是由四个相同的小立方体组成的立体图形的主视图和左视图，那么原立体图形可能是__①②④__．(把下图中正确的立体图形的序号都填在横线上)4．(2019改编)如图，圆柱形容器中，高为1.2 m，底面周长为1 m，在容器内壁离容器底部0.3 m 的点B处有一蚊子，此时一只壁虎正好在容器外壁，离容器上沿0.3 m与蚊子相对的点A处，则壁虎捕捉蚊子的最短距离为__1.3__m．(容器厚度忽略不计)三、解答题5．(2019自贡中考)如图，13个边长为1的小正方形，排列形式如图，把它们分割，使分割后能拼成一个大正方形．请在如图所示的网格中(网格的边长为1)中，用直尺作出这个大正方形．解：如图所示：所画正方形即为所求．6．(河北中考)在一平直河岸l同侧有A，B两个村庄，A，B到l的距离分别是3 km和2 km，AB＝a km(a＞1)．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个村庄供水．方案设计某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图①是方案一的示意图，设该方案中管道长度为d1，且d1＝PB＋BA(km)，其中BP⊥l于点P；图②是方案二的示意图，设该方案中管道长度为d2，且d2＝PA ＋PB(km)，其中点A′与点A关于l对称，A′B与l交于点P.观察计算：(1)在方案一中，d1＝__(a＋2)__km；(用含a的式子表示)(2)在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图③所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，d2＝；(用含a的式子表示)探索归纳(3)①当a＝4时，d1__＜__(选填“＞”“＝”或“＜”)d2；②当a＝6时，d1__＞__(选填“＞”“＝”或“＜”)d2；(4)请你参考方框中的方法指导，就a(当a＞1时)的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一还是方案二？方法指导当不易直接比较两个正数m与n的大小时，可以对它们的平方进行比较：∵m2－n2＝(m＋n)(m－n)，m＋n＞0，∴(m2－n2)与(m－n)的符号相同．当m2－n2＞0时，m－n＞0，即m＞n；当m2－n2＝0时，m－n＝0，即m＝n；当m2－n2＜0时，m－n＜0，即m＜n.解：d21－d22＝(a＋2)2－(a2＋24)2＝4a－20，①当4a－20＞0，即a＞5时，d21－d22＞0，d1＞d2；②当4a－20＝0，即a＝5时，d21－d22＝0，d1＝d2；③当4a－20＜0，即a＜5时，d21－d22＜0，d1＜d2.综上所述，a＞5，选方案二；a＝5，两者均可；a＜5，选方案一．7．(2019河北中考)一透明的敞口正方体容器ABCD—A′B′C′D′装有一些液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α(∠CBE＝α，如图①所示)．【探究】如图①，液面刚好过棱CD ，并与棱BB′交于点Q ，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如图②所示．解决问题：(1)CQ 与BE 的位置关系是________，BQ 的长是________dm ； (2)求液体的体积；(参考算法：直棱柱体积V 液＝底面积S △BCQ ×高AB ) (3)求α的度数．(注：sin49°＝cos41°＝34，tan37°＝34)图①图②图③ 图④【拓展】在图①的基础上，以棱AB 为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出，图③或图④是其正面示意图．若液面与棱C′C 或CB 交于点P ，设PC ＝x ，BQ ＝y.分别就图③和图④求y 与x 的函数关系式，并写出相应的α的范围．【延伸】在图④的基础上，于容器底部正中间位置，嵌入一平行于侧面的长方形隔板(厚度忽略不计)，得到图⑤，隔板高NM ＝1 dm ，BM ＝CM ，NM ⊥BC.继续向右缓慢旋转，当α＝60°时，通过计算，判断溢出容器的液体能否达到4 dm 3.解：(1)CQ∥BE；3；(2)V 液＝12×3×4×4＝24(dm 3)；(3)在Rt △BCQ 中，tan ∠BCQ ＝34，∴α＝∠BCQ＝37°.答图①【拓展】当容器向左旋转时，如题图③，0°≤α≤37°， ∵液体体积不变， ∴12(x ＋y)×4×4＝24， ∴y ＝－x ＋3，当容器向右旋转时，如题图④，同理得y ＝124－x，当液面恰好到达容器口沿，即点Q 与点B′重合时，如答图①，由BB′＝4，且12×PB×BB′×4＝24，得PB ＝3，∴由tan ∠PB ′B ＝34，得∠PB′B＝37°，∴α＝∠B′PB＝53°，此时37°≤α≤53°.答图②【延伸】当α＝60°时，如答图②所示，设FN∥EB，GB ′∥EB ，过点G 作GH⊥BB′于点H.在Rt △B ′GH 中，GH ＝MB ＝2，∠GB ′B ＝30°， ∴HB ′＝23，∴MG ＝BH ＝4－23＜MN ，此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt △NFM 和直角梯形MBB′G 为底面的直棱柱，∵S △NFM ＋S 直角梯形MBB′G ＝12×33×1＋12(4－23＋4)×2＝8－1136，∴V 溢出＝24－4⎝ ⎛⎭⎪⎫8－1136＝2233－8＞4(dm 3)， ∴溢出液体可以达到4 dm 3.2019-2020学年数学中考模拟试卷一、选择题1．（2015秋•怀柔区期末）如图，直线L上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为1和9，则b 的面积为（）A．8 B．9 C．10 D．112．若关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x+1＝0有实数根，则整数a的最大值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．23．如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠B＝60°，OP⊥AC交于点P，OP＝43，则⊙O的半径为( )A．8 B．123C．83D．124．某射击运动员练习射击，5次成绩分别是：8、9、7、8、x（单位：环）．下列说法中正确的是（）A．若这5次成绩的中位数为8，则x＝8B．若这5次成绩的众数是8，则x＝8C．若这5次成绩的方差为8，则x＝8D．若这5次成绩的平均成绩是8，则x＝85．如图所示的几何体的左视图是（）A.B.C.D.6．如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，过点C作CD1⊥AB于D1，过D1作D1 D2⊥BC于D2，过D2作D2 D3⊥AB于D3，这样继续作下去，……，线段D n D n+1能等于（n为正整数）（）A．32n⎛⎫⎪⎝⎭B．132n+⎛⎫⎪⎝⎭C．2n⎛⎫⎪⎪⎝⎭D．12n+⎛⎫⎪⎪⎝⎭7．如图，矩形ABCD的长AD＝9cm，宽AB＝3cm，将它折叠，使点D与点B重合，求折叠后DE的长和EF 的长分别是（）A．5cm，3cm B．5cmcm C．6cmcm D．5cm，4cm8．“五一”长假期间，某玩具超市设立了一个如图所示的可以自由转动的转盘，开展有奖购买活动，顾客购买玩具就能获得一次转动转盘的机会，当转盘停止时，指针落在哪一区域就可以获得相应奖品．下表是该活动的一组统计数据：下列说法不正确的是（）A．当n很大时，估计指针落子在”铅笔“区域的概率大约是0.70B．假如你去转动转盘一次，获得“铅笔”概率大约是0.70C．如果转动转盘3000次，指针落在“文具盒”区域的次数大约有900次D．转动转盘20次，一定有6次获得“文具盒”9．如图，是反比例函数在第一象限内的图像上的两点，且两点的横坐标分别是2和4，则的面积是( )A. B. C. D.10．有甲、乙两个不同的水箱，容量分别为a 升和b 升，且已各装了一些水．若将甲中的水全倒入乙箱之后，乙箱还可以继续装20升水才会满；若将乙箱中的水倒入甲箱，装满甲箱后，乙箱里还剩10升水，则a ，b 之间的数量关系是( ) A ．b ＝a+15B ．b ＝a+20C ．b ＝a+30D ．b ＝a+4011．下列图形是由同样大小的三角形按一定规排列面成的．其中第①个图形有3个三角形，第②个图形有6个三角形，第③个图形有11个三角形，第④个图形有18个三角形，……按此规律，则第⑦个图形中三角形的个数为（）A ．47B ．49C ．51D ．5312．下列运算结果正确的是（） A ．()322x x x x x x -+÷=- B ．()236aaa -⋅=C ．236(2x )8x -=- D ．2224a (2a)2a -=二、填空题13．如图，点A 是射线y═54x （x≥0）上一点，过点A 作AB ⊥x 轴于点B ，以AB 为边在其右侧作正方形ABCD ，过点A 的双曲线y ＝k x 交CD 边于点E ，则DE EC的值为_____．14．如图，将边长为3的正方形纸片ABCD 对折，使AB 与DC 重合，折痕为EF ，展平后，再将点B 折到边CD 上，使边AB 经过点E ，折痕为GH ，点B 的对应点为M ，点A 的对应点为N ，那么折痕GH 的长为_____．15．直角三角形的两边长分别为3和5,则第三条边长是________. 16．命题：“若a=b ，则a 2=b 2”，写出它的逆命题：______．17．如图,已知1,2,3,A A A …,1n n A A +是x 轴上的点，且11223OA A A A A ===…,11n n A A +==，分别过点123,A A A …,1n n A A +作x 轴的垂线交反比例函数()10y x x＝>的图象于点123,,,B B B …,1n n B B +,过点2B 作2111B P A B ⊥于点1P ,过点3B 作3222B P A B ⊥于点2P ……记112B PB ∆的面积为1S ,223B P B ∆的面积为2S ……1n n n B P B +∆的面积为n S ，则123S S S +++…n S 等于_________．18．如图，AB ，CD 是半径为5的⊙O 的两条弦，AB ＝8，CD ＝6，MN 是⊙O 的直径，AB ⊥MN 于点E ，CD ⊥MN 于点F ，P 为EF 上的任意一点，则PA ＋PC 的最小值为________．三、解答题19．今有鸡兔同笼，上有二十八头，下有七十八足．问鸡兔各几何？试用列方程（组）解应用题的方法求出问题的解．20．如图，在△ABC 中，AB ＝8，BC ＝4，CA ＝6，CD ∥AB ，BD 是∠ABC 的平分线，BD 交AC 于点E ，求AE 的长．21．如图，点E 在△ABC 的边AB 上，过点B ，C ，E 的⊙O 切AC 于点C ．直径CD 交BE 于点F ，连结BD ，DE．已知∠A=∠CDE，，BD=1．（1）求⊙O的直径.（2）过点F作FG⊥CD交BC于点G，求FG的长.22．图①、图②均为3×3的正方形网格，每个小正方形的边长都为1，请在图①、图②中各画一个顶点在格点的三角形．要求：（1）所画的三角形为钝角三角形；（2倍；（3）图①、图②中所画的三角形不全等．23．如图，某风景区内有一瀑布，AB表示瀑布的垂直高度，在与瀑布底端同一水平位置的点D处测得瀑布顶端A的仰角β为45°，沿坡度i＝1：3的斜坡向上走100米，到达观景台C，在C处测得瀑布顶端A的仰角α为37°，若点B、D、E在同一水平线上．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，≈3.16）（1）观景台的高度CE为米（结果保留准确值）；（2）求瀑布的落差AB（结果保留整数）．24．如图，转盘被分成面积相等的三个扇形，每个扇形分别标有数字1、2、3，甲、乙、丙三人开始玩一个可以自由转动的转盘游戏，转盘停止后，记录下针指向的数字，若指针指向相邻两扇形的交界处，则重新转动转盘．（1）甲转动转盘一次，则指针指向数字2的概率为；（2）甲转动转盘一次，记下指针指向数字，接着乙也转动转盘一次，再记下指针指向数字，利用画树状图或列表格的方法求两次记录的数字和小于数字4的概率．25．已知：Rt△EFP和矩形ABCD如图①摆放（点P与点B重合），点F，B（P），C在同一直线上，AB＝EF＝6cm，BC＝FP＝8cm，∠EFP＝90°，如图②，△EFP从图①的位置出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s，EP与AB交于点G，与BD交于点K；同时，点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM⊥BD，垂足为H，交AD于点M，连接AF，PQ，当点Q停止运动时，△EFP也停止运动设运动事件为（s）（0＜t＜6），解答下列问题：（1）当为何值时，PQ∥BD？（2）在运动过程中，是否存在某一时刻，使S五边形AFPQM：S矩形ABCD＝9：8？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）在运动过程中，当t为秒时，PQ⊥PE．【参考答案】***一、选择题13．5 41415．416．如果，那么a=b．17．2n n（+1）18三、解答题19．鸡有17只，兔有11只．【解析】【分析】设鸡有x只，兔有y只，根据鸡和兔共有28只头和78条腿，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．【详解】设鸡有x只，兔有y只，依题意，得：28 2478 x yx y+=⎧⎨+=⎩，解得：1711 xy=⎧⎨=⎩．答：鸡有17只，兔有11只．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．20．4【解析】【分析】根据角平分线定义和平行线的性质求出∠D=∠CBD,求出BC=CD=4;利用两个角对应相等证得△AEB∽△CED,得出比例AB AECD CE= , 代值,求出AE=2CE,即可得出答案【详解】∵BD为∠ABC的平分线，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠D＝∠ABD，∴∠D＝∠CBD，∴BC＝CD，∵BC＝4，∴CD＝4，∵AB∥CD，∴△ABE∽△CDE，∴AB AE CD CE=，∴84＝AECE，∴AE＝2CE，∵AC＝6＝AE+CE，∴AE＝4．【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定和等腰三角形的判定、平行线的性质等知识点,能求出AE=2CE和△ABE△CDE是解此题的关键;21．（1）3；（2）2【解析】【分析】（1）因为CD是⊙O的直径，所以∠CBD=90°，因为∠A=∠CDE=∠CBA，可得，因为BD=1，在Rt△CBD中，用勾股定理即可得出⊙O的直径；（2）由题意，可得FG∥AC，所以∠GFB=∠CAB=∠CBA，即FG=GB=x，根据sin∠BCD=13BDCD=，得CG=3FG=3x，由可列方程：，解得x的值即可得出FG的长．【详解】（1）∵CD是⊙O的直径，∴∠CBD=90°，∵∠A=∠CDE，∠CDE=∠CBA，∴∠CAB=∠CBA，∴，∵BD=1，∴⊙O的直径3==；（2）如图，∵过点B，C，E的圆O切AC于点C，直径CD交BE于点F，∴AC⊥CD，∵FG⊥CD，∴FG∥AC，∴∠GFB=∠CAB=∠CBA，∴FG=GB=x，∵sin∠BCD=13 BDCD=，∴13FGCG=，即CG=3FG=3x，∵，∴，∴FG=x=2．【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数的定义，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是掌握圆的切线的性质．22．见解析【解析】【分析】利用勾股定理作出符合条件的三角形三边，将原三角形扩大两倍即可【详解】解：如图所示；【点睛】此题考查勾股定理和作图-相似变换，解题关键在于掌握作图法则23．（1）；（2）瀑布的落差约为411米．【解析】【分析】（1）通过解直角△CDE 得到：CE ＝CD•sin37°．（2）作CF ⊥AB 于F ，构造矩形CEBF ．由矩形的性质和解直角△ADB 得到DE 的长度，最后通过解直角△ACF 求得答案．【详解】（1）∵tan ∠CDE ＝13CE CD = ∴CD ＝3CE ．又CD ＝100米，∴100==∴CE ＝．故答案是：（2）作CF ⊥AB 于F ，则四边形CEBF 是矩形．∴CE ＝BF ＝，CF ＝BE ．在直角△ADB 中，∠DB ＝45°．设AB ＝BD ＝x 米． ∵CE CD ＝13，∴DE ＝．在直角△ACF 中，∠ACF ＝37°，tan ∠ACF 0.75AF CF ==≈ 解得x≈411．答：瀑布的落差约为411米．【点睛】本题考查解直角三角形、仰角、坡度等概念，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形，记住坡度的定义，属于中考常考题型．24．（1）13；（2）见解析，49.【解析】【分析】（1）直接根据概率公式求解；（2）画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两次记录的数字和小于数字4的结果数，然后根据概率公式计算．【详解】解：（1）甲转动转盘一次，则指针指向数字2的概率＝13，故答案为：13；（2）画树状图为：共有9种等可能的结果数，其中两次记录的数字和小于数字4的结果数为4，所以两次记录的数字和小于数字4的概率是4 . 9【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．25．（1）247（2）t＝2s时，S五边形AFPQM：S矩形ABCD＝9：8（3）327【解析】【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理构建方程即可解决问题．（2）假设存在，由S五边形AFPQM：S矩形ABCD＝9：8构建方程即可解决问题．（3）利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．【详解】解：（1）∵PQ∥BD，∴PC CQ CB CD=，∴886t t-=，解得t＝247，∴当t ＝247时，PQ ∥BD ．（2）假设存在．∵S 五边形AFPQM ＝S △ABF +S 矩形ABCD ﹣S △PQC ﹣S △MQD ＝12×（8﹣t ）×6+6×8﹣12（8﹣t ）×t﹣12×（6﹣t ）×34（6﹣t ）＝215117822t t -+．又∵S 五边形AFPQM ：S 矩形ABCD ＝9：8， ∴215117822t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭：48＝9：8，整理得：t 2﹣20t+36＝0，解得t ＝2或18（舍弃），∴t ＝2s 时，S 五边形AFPQM ：S 矩形ABCD ＝9：8．（3）∵PQ ⊥PE ， ∴∠QPE ＝90°， ∵∠EFP ＝∠C ＝90°，∴∠EPF+∠QPC ＝90°，∠QPC+∠PQC ＝90°， ∴∠EPF ＝∠PQC ， ∴△EPF ∽△PQC ，∴EF PFPC CQ=， ∴688t t=-，解得t ＝327， ∴当t ＝327时，PQ ⊥PE ．故答案为327．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，多边形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．2019-2020学年数学中考模拟试卷一、选择题1．已知直线y ＝kx ﹣2经过点（3，1），则这条直线还经过下面哪个点（） A ．（2，0）B ．（0，2）C ．（1，3）D ．（3，﹣1）2．A 、B 两地相距900km ，一列快车以200km/h 的速度从A 地匀速驶往B 地，到达B 地后立刻原路返回A 地，一列慢车以75km/h 的速度从B 地匀速驶往A 地．两车同时出发，截止到它们都到达终点时，两车恰好相距200km 的次数是（） A.5B.4C.3D.23．如图，不等式组的解集在数轴上表示正确的是（）A. B. C.D.4．如图，点O 是ABC ∆的内心，M 、N 是AC 上的点，且CM CB =，AN AB =，若100B ∠=︒，则MON ∠=（）A ．60︒B ．70︒C ．80︒D ．100︒5．如图，在△ABC 中，BA=BC ，BP ，CQ 是△ABC 的两条中线，M 是BP 上的一个动点，则下列线段的长等于AM+QM 最小值的是（）A ．ACB ．CQC ．BPD ．BC6．若方程4x 2+（a 2﹣3a ﹣10）x+4a ＝0的两根互为相反数，则a 的值是（） A ．5或﹣2B ．5C ．﹣2D ．非以上答案7．下列四个数中，最大的数是（）A ．-5BC ．0D ．π8．如图，正方形ABCD 边长为4，以BC 为直径的半圆O 交对角线BD 于点E ，则阴影部分面积为（）A.πB.32π C.6﹣ππ9．如图，已知在△ABC 中，∠BAC ＞90°，点D 为BC 的中点，点E 在AC 上，将△CDE 沿DE 折叠，使得点C 恰好落在BA 的延长线上的点F 处，连结AD ，则下列结论不一定正确的是（）A.AE=EFB.AB=2DEC.△ADF 和△ADE 的面积相等D.△ADE 和△FDE 的面积相等10．sin30︒的值等于( )A ．12B ．1C ．2D ．211．如图，AB 是半圆O 的直径，且AB=12，点C 为半圆上的一点．将此半圆沿BC 所在的直线折叠，若圆弧BC 恰好过圆心O ，则图中阴影部分的面积是（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π12．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，点A 在x 轴正半轴，点C 在y 轴正半轴，点D 是边BC 的中点，反比例函数ky x=（k ＞0，x ＞0）的图象经过B ，D ．若点C 的纵坐标为6，点D 的横坐标为3.5，则k 的值是（）A．6 B．8 C．12 D．14二、填空题13．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD 相交于点M、N．下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③若tan∠BAE＝12，则tan∠DAF＝13；④若BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝18．其中结论正确的是__（将正确的序号写在横线上）14．如果样本x1，x2，x3，…，x n的平均数为5，那么样本x1+2，x2+2，x3+2，…x n+2的平均数是_____15．计算：（﹣12）2=_____．16．如果将一副三角板按如图方式叠放，那么∠1＝_____．17．如图，在△ABC中，D、E为边AB、AC的中点，已知△ADE的面积为4，那么△ABC的面积是_____．18．一个不透明的盒子里装有120个红、黄两种颜色的小球，这些球除颜色外其他完全相同，每次摸球前先将盒子里的球摇匀任意摸出一个球记下颜包后再放回盒子，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.4，那么估计盒子中红球的个数为_____．三、解答题19．如图所示，△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，点G是BA延长线上一点，点F是AC上一点，AG＝AF，连接GF并延长交BC于E．(1)若AB＝8，BC＝6，求AD的长；(2)求证：GE⊥BC．20．某校为了解本校九年级学生的数学作业完成情况，将完成情况分为四个等级：随机对该年级若干名学生进行了调查，然后把调查结果绘制成两幅不完整的统计图．请根据图中的信息解答下列问题：（1）补全条形统计图；（2）该年级共有700人，估计该年级数学作业完成等级为D等的人数；（3）在此次调查中，有甲、乙、丙、丁四个班的学生数学作业完成表现出色，现决定从这四个班中随机选取两个班在全校举行一次数学作业展览，请用画树状图或列表的方法，求恰好选到甲、乙两个班的概率．21．某市的连锁超市总部为了解各超市的销售情况，统计了各超市在某月的销售额（单位：万元），并根据统计的这组销售额数据，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：（I）该市的连锁超市总数为，图①中m的值为；（II）求统计的这组销售额数据的平均数、众数和中位数．22．甲、乙两人在笔直的道路AB上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，假设他们分别以不同的速度匀速行驶，甲先出发6分钟后，乙才出发，乙的速度为32千米/分，在整个过程中，甲、乙两人之间的距离y(千米)与甲出发的时间x(分)之间的部分函数图象如图．(1)A、B两地相距____千米，甲的速度为____千米/分；(2)求线段EF所表示的y与x之间的函数表达式；(3)当乙到达终点A时，甲还需多少分钟到达终点B？23．如图，反比例函数y＝kx（x＞0）的图象上一点A（m，4），过点A作AB⊥x轴于B，CD∥AB，交x轴于C，交反比例函数图象于D，BC＝2，CD＝43．（1）求反比例函数的表达式；（2）若点P是y轴上一动点，求PA+PB的最小值．24．如图，已知在平面直角坐标系内，点A（1，﹣4），点B（3，3），点C（5，1）（1）画出△ABC；（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（3）求四边形ABB1A1的面积．25．如图，抛物线y＝x2+bx﹣3过点A（1，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P是线段AD上的动点．（1）b＝，抛物线的顶点坐标为；（2）求直线AD的解析式；（3）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，连接AQ，DQ，当△ADQ的面积等于△ABD的面积的一半时，求点Q的坐标．【参考答案】***一、选择题二、填空题13．①②③．14．715．416．105°17．1618．72三、解答题19．(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意可知AD⊥BC，BD＝CD＝3，再根据勾股定理即可解答（2）根据题意可知GA＝GF，得到∠G＝∠AFG，再通过∠BAC＝∠G+∠AFG＝2∠AFG，∠BAC＝2∠CAD，得到AD∥EG，即可解答【详解】(1)∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD＝CD＝3，在Rt△ABD中，AD=．(2)∵GA＝GF，∴∠G＝∠AFG，∵∠BAC＝∠G+∠AFG＝2∠AFG，∠BAC＝2∠CAD，∴∠AFG＝∠CAD，∴AD∥EG，∵AD⊥BC，∴GE⊥BC．【点睛】此题考查了直角三角形的定理和性质，解题关键在于利用两角相等证明两条线平行20．（1）详见解析；（2）56；（3）1 6【解析】【分析】（1）根据A等学生人数除以它所占的百分比求得总人数，然后乘以B等所占的百分比求得B等人数，从而补全条形图；（2）用该年级学生总数乘以足球测试成绩为D等的人数所占百分比即可求解；（3）利用树状图法，将所有等可能的结果列举出来，利用概率公式求解即可．【详解】（1）总人数为14÷28%＝50人，B等人数为50×40%＝20人．条形图补充如下：（2）该年级足球测试成绩为D等的人数为700×450＝56（人）．故答案为56；（3）画树状图：共有12种等可能的结果数，其中选取的两个班恰好是甲、乙两个班的情况占2种，所以恰好选到甲、乙两个班的概率是16．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．也考查了样本估计总体、扇形统计图和条形统计图．21．（I）25，28；（II）18.6万元，众数为21万元，中位数为18万元．【解析】【分析】（Ⅰ）根据条形统计图即可得出样本容量，根据扇形统计图得出m的值即可；（Ⅱ）利用平均数、中位数、众数的定义分别求出即可；【详解】（Ⅰ）该市的连锁超市总数为2÷8%＝25，725×100%＝28%，即m＝28，故答案为：25、28；（Ⅱ）这组销售额数据的平均数为212+515+718+821+32425⨯⨯⨯⨯⨯＝18.6（万元），众数为21万元，中位数为18万元．【点睛】此题主要考查了平均数、众数、中位数的统计意义以及统计图等知识．找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数．22．(1)24，13；(2)y ＝﹣116x+33；(3)当乙到达终点A 时，甲还需50分钟到达终点B ．【解析】【分析】(1)观察图象知A 、B 两地相距为24km ，由纵坐标看出甲先行驶了2千米，由横坐标看出甲行驶2千米用了6分钟，则甲的速度是26千米/分钟； (2)列方程求出相遇时的时间，求出点F 的坐标，再运用待定系数法解答即可；(3)根据相遇前甲行驶的路程除以乙行驶的速度，可得乙到达A 站需要的时间，根据相遇前乙行驶的路程除以甲行驶的速度，可得甲到达B 站需要的时间，再根据有理数的减法，可得答案【详解】解：(1)观察图象知A 、B 两地相距为24km ，∵甲先行驶了2千米，由横坐标看出甲行驶2千米用了6分钟， ∴甲的速度是2163=千米/分钟；故答案为：24，13； (2)设甲乙经过a 分钟相遇，根据题意得，31(6)2423a a -+=，解答a ＝18， ∴F(18，0)，设线段EF 表示的y 与x 之间的函数表达式为y ＝kx+b ，根据题意得，018226x b k b =+⎧⎨=+⎩，解得11k 6b 33⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴线段EF 表示的y 与x 之间的函数表达式为y ＝﹣116x+33； (3)相遇后乙到达A 地还需：(18×13)÷32＝4(分钟)，相遇后甲到达B 站还需：(12×32)÷13＝54(分钟) 当乙到达终点A 时，甲还需54﹣4＝50分钟到达终点B ．【点睛】本题考查了函数图象，利用同路程与时间的关系得出甲乙的速度是解题关键．注意求出相遇后甲、乙各自的路程和时间．23．（1）4y x=；（2）【解析】【分析】（1）可得点D 的坐标为：4m 2,3⎛⎫+ ⎪⎝⎭，点A （m ，4），即可得方程4m=43（m+2），继而求得答案；（2）作点A 关于y 轴的对称点E ，连接BF 交y 轴于点P ，可求出BF 长即可．【详解】解：（1）∵CD ∥y 轴，CD ＝43， ∴点D 的坐标为：（m+2，43）， ∵A ，D 在反比例函数y ＝k x （x ＞0）的图象上， ∴4m ＝43（m+2），解得：m ＝1，∴点A 的坐标为（1，4），∴k ＝4m ＝4，∴反比例函数的解析式为：y ＝4x；（2）过点A 作AE ⊥y 轴于点E ，并延长AE 到F ，使AE ＝FE ＝1，连接BF 交y 轴于点P ，则PA+PB 的值最小．∴PA+PB ＝PF+PB ＝BF ==【点睛】此题考查了待定系数法求反比例函数的解析式以及轴对称的性质．注意准确表示出点D 的坐标和利用轴对称正确找到点P 的位置是关键．24．（1）见解析；（2）见解析；（3）28.【解析】【分析】（1）根据A ，B ，C 三点坐标画出三角形即可．（2）分别作出A ，B ，C 的对应点A 1，B 1，C 1即可．（3）四边形是梯形，利用梯形的面积公式计算即可．【详解】解：（1）△ABC 如图所示．（2）△A 1B 1C 1如图所示．（3）1112ABB A S四边形×（2+6）×7＝28．【点睛】本题考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．25．（1）2 （﹣1，﹣4）；（2）y ＝x ﹣1；（3）Q （0，﹣3）或（﹣1，﹣4）．【解析】【分析】（1）将点A 的坐标代入函数解析式求得b 的值，然后利用配方法将函数解析式转化为顶点式，可以直接求得顶点坐标；（2）结合（1）中抛物线解析式求得点D 的坐标，利用点A 、D 的坐标来求直线AD 解析式；（3）由二次函数图象上点的坐标特征求得点B 的坐标，易得AB ＝4．结合三角形面积公式求得S △ABD ＝6．设P （m ，m ﹣1），Q （m ，m 2+2m ﹣3）．则PQ ＝﹣m 2﹣m+2．利用分割法得到：S △ADQ ＝S △APQ +S △DPQ ＝32PQ ＝32（﹣m 2﹣m+2）．根据已知条件列出方程32（﹣m 2﹣m+2）＝3．通过解方程求得m 的值，即可求得点Q 的坐标．【详解】解：（1）把A （1，0）代入y ＝x 2+bx ﹣3，得12+b ﹣3＝0．解得b ＝2．故该抛物线解析式为：y ＝x 2+2x ﹣3＝（x+1）2﹣4，即y ＝（x+1）2﹣4．故顶点坐标是（﹣1，﹣4）．故答案是：2；（﹣1，﹣4）．（2）由（1）知，抛物线解析式为：y ＝x 2+2x ﹣3．当x＝﹣2，则y＝（﹣2）2+2×（﹣2）﹣3＝﹣3，∴点D的坐标是（﹣2，﹣3）．设直线AD的解析式为：y＝kx+t（k≠0）．把A（1，0），D（﹣2，﹣3）分别代入，得23 k tk t+=⎧⎨-+=-⎩．解得k1t1=⎧⎨=-⎩．∴直线AD的解析式为：y＝x﹣1；（3）当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0），∴AB＝4．∴S△ABD＝12×4×3＝6．设P（m，m﹣1），Q（m，m2+2m﹣3）．则PQ＝（m﹣1）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣m+2．∴S△ADQ＝S△APQ+S△DPQ＝12PQ•（1﹣m）+12PQ•（m+2）＝32PQ＝32（﹣m2﹣m+2）．当△ADQ的面积等于△ABD的面积的一半时，32（﹣m2﹣m+2）＝3．解得m1＝0，m2＝﹣1．∴Q（0，﹣3）或（﹣1，﹣4）．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．。

第七章简单几何体-综合测试题-基础模块下册高教版

第七章简单几何体学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，△OO′AA′BB′是水平放置的△OOAABB的直观图，则△OOAABB的面积为（）A．6 B．32 C．12 D．622．主视图为矩形的几何体是（）A．B．C．D．3．在中国古建筑中，为了保持木构件之间接榫（“榫”，即指木质构件利用凹凸方式相连接的部分）的地方不活动，需要将楔子捶打到榫子缝里.如图是一个楔子的三视图，则这个楔子的体积是（）A．6 B．8 C．12 D．164．正方体的表面积为96，则正方体的体积为（）A．48√6B．64 C．16 D．965．已知一个圆锥的体积为3ππ，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（）A．2√3B．3 C．√3D．√336．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．12ππB．48ππC．60ππD．20ππ7．下列说法正确的是()A．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台B．多面体至少有3个面C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形8．下列几何体中，不是．．旋转体的是（）A．B．C．D．9．如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为（）．A．一个球体B．一个球体中间挖去一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体10．已知正四棱锥的高为3，底面边长为√2，则该棱锥的体积为（）A．6 B．3√2C．2 D．√211．如图所示，正四棱台的下底面与半球的底面重合，上底面四个顶点均在半球的球面上，若正四棱台的高与上底面边长均为1，则半球的体积为（）A．√6ππB．√62ππC．ππD．23ππ12．圆柱容器内部盛有高度为2cm的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为（）A．2cm B．52cm C．3cm D．53cm 13．如图，△AA′BB′CC′为水平放置的△AABBCC的直观图，其中AA′BB′=2，AA′CC′=BB′CC′=√10，则在原平面图形△AABBCC中有（）A．AACC=BBCC B．AABB=2C．BBCC=√82D．SS△AAAAAA=3√2 14．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高为4RR3．设酒杯上部分（圆柱）的体积为VV1，下部分（半球）的体积为VV2，则VV1VV2的值是（）15．某几何体的三视图如图所示(单位：cm) ，则该几何体的表面积(单位：cm2)是A．16 B．32 C．44 D．6416．圆锥的底面半径为1，高为√3，则圆锥的表面积为（）A．πB．2πC．3πD．4π17．在封闭的正四棱锥内有一个体积为V的球．若正四棱锥的底面边长为4√3，侧棱长为2√15，则V的最大值是（）A．36ππB．32ππ3C．9ππ2D．4ππ3 18．已知AA、BB、CC是半径为1的球面上三个定点，且AABB=AACC=BBCC=1，高为√62的三棱锥PP−AABBCC的顶点PP位于同一球面上，则动点PP的轨迹所围成的平面区域的面积是A．16ππB．13ππC．12ππD．56ππ19．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；④若四棱柱有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；⑤存在每个面都是直角三角形的四面体；⑥棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的序号是A．①②③④B．②③④⑤C．③④⑤⑥D．①②③④⑤⑥20．已知PP，AA，BB，CC是半径为3的球面上四点，其中PPAA过球心，AABB=BBCC=2，AACC=2√3，则三棱锥PP−AABBCC的体积是（）A．√3B．2√2C．2√63D．2√153二、填空题21．已知圆锥的高和底面半径相等，它的一个内接圆柱的高和圆柱的底面半径也相等，则圆柱的表面积和圆锥的表面积之比为________.22．棱台的上､下底面面积分别是2，4，高为3，则棱台的体积等于___________. 23．用一平面去截球所得截面的面积为ππcm2，已知球心到该截面的距离为1cm，则该球的体积是______cm3.24．已知长方体的长、宽、高分别为aa，bb，cc，若aa:bb:cc=4:2√2:1，且其外接球的表面积为25π，则该长方体的体积为__________.25．长方、堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代数学名著《九章算术•商功》.其中阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼.取一长方，如图长方体ABCD﹣A1B1C1D1，按平面ABC1D1斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱.称该三梭柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四梭锥D1﹣ABCD称为阳马，余下的三棱锥D1﹣BCC1是由四个直角三角形组成的四面体称为鳖臑.已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝4，AA1＝3，按以上操作得到阳马.则该阳马的最长棱长为_____ .三、解答题26．已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为8，宽为6的长方形，顶点在底面投影为底面中心，高为4.（1）求该几何体的体积VV；（2）求该几何体的侧面积SS.27．判断如图所示的多面体是不是棱台？28．正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为2√3，求正三棱锥的高.29．已知一个底边长均为4，侧棱长4√3的正三棱柱，若在它的上下底面的中心位置上各打一个直径为2，深为1的圆柱形孔，求该几何体的表面积．30．如图，圆柱的底面半径为,球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．(Ⅰ) 计算圆柱的表面积；(Ⅱ）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．参考答案：1．C【解析】结合斜二测法的画法原理求出|OOAA|=2|OO′AA′|，|OOBB|=|OO′BB′|，再结合面积公式求解即可.【详解】由斜二测画法特点得�|OOAA|=2|OO′AA′|=6|OOBB|=|OO′BB′|=4，△OOAABB为直角三角形，SS△OOAAAA=12×6×4=12，故选：C.【点睛】本题考查由直观图求平面图的面积，属于容易题.2．A【解析】根据几何体的特征，由主视图的定义，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，圆柱的主视图为矩形，故A正确；B选项，圆锥的主视图为等腰三角形，故B错；C选项，棱锥的主视图为三角形，故C错；D选项，球的主视图为圆，故D错.故选：A.【点睛】本题主要考查简单几何体的正视图，属于基础题型.3．A【分析】根据三视图还原几何体，可得为直三棱柱，然后计算得到体积.【详解】根据几何体的三视图还原几何体，其直观图如图所示，可以看做一个底面为直角三角形的直棱柱AABBCC−AA1BB1CC1，V=12×1×4×3=6，故选：A.【点睛】本题考查由几何体的三视图求体积问题，涉及由三视图还原几何体，棱柱的体积公式，考查空间想象能力和计算能力，属基础题.4．B【解析】设正方体的棱长为aa，再根据表面积求解得出棱长,进而求得体积即可. 【详解】设正方体的棱长为aa，则6aa2=96，∴aa=4，故体积为aa3=43=64.故选：B【点睛】本题主要考查了正方体的体积与表面积的计算,属于基础题型.5．C【分析】根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.【详解】设底面半径为rr，高为ℎ，母线为ll，如图所示：则圆锥的体积VV=13ππrr2ℎ=3ππ，所以rr2ℎ=9，即ℎ=9rr2，SS侧=1⋅2ππrrll=2ππrr2，则ll=2rr，又ℎ=√ll2−rr2=√3rr，所以√3rr3=9，故rr=√3．故选：C．6．A【分析】根据三视图确定几何体为圆锥，再根据圆锥体积公式求结果.【详解】根据三视图得几何体为圆锥，底面半径为3，母线长为5，所以高为√52−32=4因此该几何体的体积为13ππ⋅32×4=12ππ故选：A【点睛】本题考查三视图、圆锥体积，考查基本分析求解能力，属基础题.7．D【详解】选项A错误，反例如图1；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项B错误；选项C错误，反例如图2，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知选项D正确．故选D8．A【解析】根据旋转体的特征直接判定即可.【详解】由题,B圆柱,C圆锥,D球均为旋转体.故选：A【点睛】本题主要考查了旋转体的辨析,属于基础题.9．B【分析】根据旋转体的概念判断．【详解】中间轴是圆的直径所在直线，且是中间矩形的对称轴，绕它旋转一周，中间矩形形成圆柱，圆形成球，所以几何体是一个球体中间挖去一个圆柱．故选：B．10．C【分析】直接利用棱锥的体积公式计算即可.【详解】根据棱锥的体积公式得该棱锥的体积为13×√2×√2×3=2 故选：C.11．B 【分析】根据正四棱台的特点，利用数形结合，列式求半径，再求半球的体积.【详解】设半球的球心为O ，正四棱台的上底面的一个顶点A 在下底面的投影为B ，可知OOAA 为半球的半径，因为OOAA =√OOBB 2+AABB 2=��√22�2+1=√62，所以半球的体积为23ππ×OOAA 3=√62ππ．故选：B12．C【分析】设圆柱的底面半径为r ，圆锥的高为ℎ，根据体积关系列方程求解即可.【详解】设圆柱的底面半径为r ，圆锥的高为ℎ，有ππrr 2ℎ=13ππrr 2ℎ+2ππrr 2，解得ℎ=3.故选:C.13．C【分析】在直观图中，求出OO ′CC ′,OO ′AA ′的长，得出原图形中OOCC ,OOAA 的长，从而可得原图形中各线段长，再计算后判断各选项．【详解】设OO ′CC ′=xx ，OO ′AA ′=yy ，在△OO ′AA ′CC ′和△OO ′CC ′BB ′中分别应用余弦定理得： �xx 2+yy 2−√2xxyy =10xx 2+(yy +2)2−√2xx (yy +2)=10，解得�xx =3√2yy =2 （�xx =−3√2yy =−4 舍去），则在原图形OOBB ⊥OOCC ，OOCC =3√2，OOAA =4,AABB =4，显然AACC >BBCC ，BBCC =√OOCC 2+OOBB 2=�(3√2)2+82=√82，SS △AAAAAA =12OOCC ⋅AABB =12×3√2×4=6√2．故选：C ．14．B【分析】由题意结合圆柱、球的体积公式运算即可得解.【详解】由题意VV1=ππRR2⋅4RR3=4ππRR33，VV2=12×4ππRR33=2ππRR33，所以VV1VV2=4ππRR332ππRR33=2.故选：B.【点睛】本题考查了几何体体积的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.15．B【分析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，PPAA⊥底面AABBCC．然后由直角三角形面积公式求解．【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，PPAA⊥底面AABBCC．则BBCC⊥PPCC．∴该几何体的表面积SS=12(3×4+5×4+3×4+4×5)=32．故选：BB．【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．16．C【分析】先得出母线的长，再根据圆锥表面积公式计算．【详解】圆锥的底面半径为1，高为√3，则母线长l=�12+(√3)2=2圆锥的表面积S＝S底面+S侧面＝πr2+πrl＝π+2π＝3π故选C．【点睛】本题考查了圆锥表面积的计算．属于基础题．17．B【分析】根据题意可知当球内切于正四棱锥时球的体积最大，转化为求三角形内切圆的半径即可求解.【详解】如图，正四棱锥内有一个体积为V的球，当球内切于正四棱锥时体积最大，取BBCC,AAAA的中点MM,NN,连接PPMM,PPNN,MMNN, 由正四棱锥的对称性知该四棱锥的内切球半径即为△PPMMNN的内切圆半径，PPNN=PPMM=√PPCC2−CCMM2=�(2√15)2−(2√3)2=4√3,∴△PPMMNN为等边三角形，如图，∴RR=OOOO=MMOO⋅tan30°=2√3×√33=2，∴VV=43ππ3=32ππ3，故选：B【点睛】关键点点睛：根据正四棱锥的性质可知当球内切四棱锥时体积最大，求球的半径时转化为求三角形内切圆的半径是解题关键，属于中档题.18．D【分析】求出球心到平面AABBCC的距离，利用三棱锥PP−AABBCC的高为√62，可得球心到动点PP的轨迹所围成的平面区域的距离，即可求出圆的半径，从而可得动点PP的轨迹所围成的平面区域的面积．【详解】解：∵AABB=AACC=BBCC=1，∴△AABBCC的外接圆的半径为12×1sin60°=√33，∵球的半径为1，∴球心到平面AABBCC的距离为�1−13=√63<1，∵三棱锥PP−AABBCC的高为√62>1，∴球心到动点PP的轨迹所围成的平面区域的距离为√62−√63=√66，∴动点PP的轨迹所围成的平面区域的圆的半径为�1−16=�56，∴动点PP的轨迹所围成的平面区域的面积是ππ×56=56ππ．故选：D．19．C【分析】根据相关几何体的概念和结构特征，以及垂直关系的相关定理，依次判断即可. 【详解】①棱柱的侧棱平行且相等，但侧面不一定是全等的平行四边形，如图故①错误；②必须用平行于底面的平面去截棱锥，才能得到棱台，故②错误；③根据面面垂直的判定定理可判断③正确；④因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面，故④正确；⑤如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；故⑤正确；⑥由棱台的概念可知⑥正确．因此，正确命题的序号是③④⑤⑥故选C.【点睛】本题考查了空间中的柱、锥、体的概念和结构特征的应用，考查了面面垂直的判定和性质等，是综合题.20．D【分析】记△AABBCC外接圆的圆心为GG，三棱锥PP−AABBCC外接球的球心为OO，连接OOGG，GGAA，GGCC，根据球的性质，得到OOGG⊥平面AABBCC，设△AABBCC的外接圆半径为rr，由正弦定理求出rr，根据题意，求出点PP到平面AABBCC的距离，根据三棱锥体积公式，即可求出结果.【详解】记△AABBCC外接圆的圆心为GG，三棱锥PP−AABBCC外接球的球心为OO，连接OOGG，GGAA，GGCC，因为PPAA过球心，所以OO为PPAA的中点；根据球的性质，球心与截面圆圆心的连线与截面垂直，所以OOGG⊥平面AABBCC，又AABB=BBCC=2，AACC=2√3，所以cos∠AABBCC=AAAA2+AAAA2−AAAA22AAAA⋅AAAA=−12，因此sin BB=√32，设△AABBCC的外接圆半径为rr，由正弦定理可得：AAAA sin∠AAAAAA=2rr，因此2rr=2√3√32=4，所以rr=2，又OOGG=√OOAA2−GGAA2=√32−rr2=√9−4=√5，OO为PPAA的中点，所以点PP到平面AABBCC的距离为2OOGG=2√5，因此三棱锥PP−AABBCC的体积是：VV PP−AAAAAA=13SS△AAAAAA⋅2√5=13×12×2×2×sin120∘×2√5=2√153.故选：D.【点睛】本题主要考查求棱锥的体积公式，涉及几何体外接球的问题，属于常考题型. 21．�√2−1�:1【分析】设圆柱和圆锥的底面半径分别是r，R，由题意可得rr RR＝12，再利用圆柱、圆锥的表面积公式即可求解.【详解】如图所示，设圆柱和圆锥的底面半径分别是r，R，则有rr RR＝RR−rr RR，即rr RR＝12，所以R＝2r，圆锥的母线长l＝√2R.所以SS圆柱表SS圆锥表=2ππrr2+2ππrr2ππRR⋅√2RR+ππRR2=4ππrr2�√2+1�ππRR2=4rr2�√2+1�×4rr2=1√2+1=√2−1.故答案为：�√2−1�:122．6+2√2【分析】根据棱台的体积公式直接计算即可.【详解】解析：体积VV=13(2+√2×4+4)×3=6+2√2.故答案为：6+2√2.23．8√23ππ##8√2ππ3【分析】求出小圆的半径，再由勾股定理求出球的半径，即可求得球的体积.【详解】用一平面去截球所得截面为圆，设小圆的半径为rr，球的半径为RR，由题意，ππrr2=ππ，得rr=1cm，又因为球心到该截面的距离为1cm，所以RR=√12+12=√2，得球的体积为43ππRR3=43ππ�√2�3=8√23ππcm3.故答案为：8√23ππ24．8√2【分析】先求出边长aa,bb,cc，即可求出长方体的体积.【详解】由aa:bb:cc=4:2√2:1，不妨设aa=4kk,bb=2√2kk,cc=kk,(kk>0).因为长方体的外接球的直径为其体对角线，设外接球的半径为r，则有(2rr)2=aa2+bb2+cc2，即4rr2=16kk2+8kk2+kk2=25kk2.而外接球的表面积为25π，所以SS=4ππrr2=25kk2ππ=25ππ，解得：kk=1.所以aa=4,bb=2√2,cc=1，所以该长方体的体积为VV=aabbcc=4×2√2×1=8√2.故答案为：8√225．5√2【分析】由几何体的结构特征，根据已知线段长度利用勾股定理求得阳马的所有棱长，即可求解，得到答案.【详解】如图所示，在阳马D1﹣ABCD中，底面ABCD为长方形，侧棱D1D⊥底面ABCD，且AB＝DC＝5，AD＝BC＝4，D1D＝AA1＝3，则AA1AA=√32+42=5，AA1CC=√32+52=√34，AA1BB=√32+42+52=5√2.所以该阳马的最长棱长为5√2.故答案为：5√2.【点睛】本题考查棱柱与棱锥的结构特征，以及空间中线段长度的计算，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力．26．（1）64；（2）40+24√2.【分析】（1）利用棱锥的体积公式直接计算；（2）先利用勾股定理求得各侧面上的斜高，再求各侧面面积之和即得棱锥的侧面积.【详解】（1）几何体的体积为VV=13⋅SS矩形⋅ℎ=13×6×8×4=64.（2）正侧面及相对侧面底边上的高为：ℎ1=√42+32=5.左、右侧面的底边上的高为：ℎ2=√42+42=4√2.故几何体的侧面面积为：SS=2×�12×8×5+12×6×4√2�=40+24√2.【点睛】本题考查棱锥的体积和侧面积的求法，求侧面积关键在于侧面上的斜高的计算，关键要掌握顶点在底面上的投影是底面中心的意义，知道高垂直于底面内的直线，高于底面内的边心距和侧面的斜高构成直角三角形.27．图（1）不是棱台；图（2）不是棱台；图（3）不是棱台.【解析】根据棱台的定义判断．【详解】判断棱台的标准：一是共点，即各侧棱延长线要交于一点；二是平行，即上、下两个底面要平行.据此可知，图（1）中多面体的侧被延长线不相交于一点，故不是棱台；图（2）中多面体不是由棱锥截得的，侧棱延长线不相交于一点，故不是棱台；图（3）中多面体截面与底面不平行，故不是棱台.【点睛】本题考查棱台的概念，掌握棱台定义是解题关键．28．3【分析】作出正三棱锥SS−AABBCC及其高SSOO，再利用正三棱锥的结构特征计算即得.【详解】如图，作出正三棱锥SS−AABBCC，其中SSOO为正三棱锥的高，连接AAOO，作OOAA⊥AABB于点D，则点OO为正△AABBCC中心，D为AABB的中点，在RRRR△AAAAOO中，AAAA=32,∠OOAAAA=30°，则AAOO=32cos∠OOAAOO=√3，在RRRR△SSAAOO中，SSAA=2√3,AAOO=√3，于是得SSOO=√SSAA2−AAOO2=3，所以正三棱锥的高为3.29．56√3+4ππ【分析】由几何体的表面积等于正三棱柱的表面积与两个小圆柱的侧面积之和求解.【详解】解：因为正三棱柱底面边长为4，高为4√3，所以三棱柱的表面积为3×4×4√3+2×12×4×2√3=56√3．因为圆柱的底面半径为l，高为1，所以圆柱侧面积为2ππ×1×1=2ππ．所以该几何体的表面积是56√3+4ππ．30．(Ⅰ)6ππrr2；（Ⅱ）1：2：3.【分析】(1)根据圆柱侧面积加两个底面积得圆柱表面积，(2)根据圆锥、球、圆柱的体积公式计算，再求比值.【详解】(Ⅰ)已知圆柱的底面半径为rr，则圆柱和圆锥的高为ℎ=2rr，圆锥和球的底面半径为rr，则圆柱的表面积为SS圆柱表=2×ππrr2+4ππrr2=6ππrr2；(Ⅱ）由(Ⅰ)知VV圆锥=13ππrr2×2rr=23ππrr3，VV圆柱=ππrr2×2rr=2ππrr3，VV球=43ππrr3VV圆锥：VV球：VV圆柱=23ππrr3：43ππrr3：2ππrr3=1：2：3【点睛】本题考查圆柱侧面积以及圆锥、球、圆柱的体积公式，考查基本求解能力.。

高二数学简单几何体测试卷试题

二中高二数学简单几何体测试卷单位：乙州丁厂七市润芝学校时间：2022年4月12日创编者：阳芡明2021. 3一、选择题: (每一小题5分, 一共60分)1. 用一个平面去截正方体，所得的截面不可能．．．是 ( ) 〔A 〕六边形〔B 〕菱形〔C 〕梯形〔D 〕直角三角形2. 一个简单多面体的各个顶点处都有三条棱，那么顶点数V 与面数F 满足的关系式是( )〔A 〕2F+V=4 〔B 〕2F －V=4 〔C 〕2F+V=2 〔D 〕2F －V=23. 直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为V ，点P 、Q 分别在侧棱AA 1和CC 1上，AP=C 1Q ，那么四棱锥B－APQC 的体积为 ( )〔A 〕2V 〔B 〕3V 〔C 〕4V 〔D 〕5V4. 三棱锥D －ABC 的三个侧面与底面全等，且AB=AC=3，BC =2，那么以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小是 ( ) 〔A 〕4π 〔B 〕3π 〔C 〕2π 〔D 〕32π 5. 斜棱柱底面和侧面中矩形的个数最多可有 ( ) 〔A 〕2个〔B 〕3个〔C 〕4个〔D 〕6个6. 球面的三个大圆所在平面两两垂直，那么以三个大圆的交点为顶点的八面体的体积与球体积之比是 ( ) 〔A 〕2∶π 〔B 〕1∶2π 〔C 〕1∶π 〔D 〕4∶3π7. 如图，在斜三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BAC =900，BC 1⊥AC ，那么C 1在底面ABC 上的射影H 必在 ( )〔A 〕直线AB 上〔B 〕直线BC 上〔C 〕直线AC 上〔D 〕△ABC 内部ABCA 1B 1C 1ABC DA 1B 1C 1D 1P Q〔第7题图〕 (第8题图)8. 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 是对角线A 1C 上的点，且PQ =2a，那么三棱锥P －BDQ 的体积为 ( )〔A 〕3363a 〔B 〕3183a 〔C 〕3243a 〔D 〕无法确定 9. 球的内接三棱锥的三条侧棱两两垂直，长度分别为3cm ，2cm 和3cm ，那么此球的体积为( ) 〔A 〕33312cm π 〔B 〕33316cm π 〔C 〕3316cm π 〔D 〕3332cm π10. 如图，在一根长11cm ，外圆周长6cm 的圆柱形柱体外外表，用一根细铁丝缠绕，组成10个螺旋，假如铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线上，那么铁丝长度的最小值为 ( ) 〔A 〕61cm 〔B 〕157cm 〔C 〕1021cm 〔D 〕1037cm 11. 四棱锥P －ABCD 的底面为平行四边形，设x =2PA 2+2PC 2－AC 2，y =2PB 2+2PD 2－BD 2，那么x ，y之间的关系为 ( ) 〔A 〕x ＞y 〔B 〕x ＝y 〔C 〕x ＜y 〔D 〕不能确定12. 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面A 1B ⊥BC ，且A 1C 与底面成600角，AB=BC =2，那么该棱柱体积的最小值为 ( ) 〔A 〕34 〔B 〕33 〔C 〕4 〔D 〕3ABCA 1B 1C 1二、填空题: (每一小题4分, 一共16分)13. 球面上有3个点, 其中任意两点的球面间隔都等于大圆周长的61, 经过这3点的小圆的周长为4 , 那么这个球的半径为_____________14. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 为时，体积V P－AEB恒为定值〔写上你认为正确的一个答案即可〕．ABCDEPABCDEM〔第14题图〕〔第15题图〕15. 如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，2AB =3DC ，M 为AE 的中点，设E－ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M －EBC 的体积为．16. 如图，在透明材料制成的长方体容器ABCD —A 1B 1C 1D 1内灌注一些水，固定容器底面一边BC于桌面上，再将容器倾斜度的不同，有以下命题：〔1〕水的局部始终呈棱柱形；〔2〕水面四边形EFGH 的面积不会改变；〔3〔4〕当容器倾斜如下图时，BE ·BF三、解答题: (12分×5＋14＝74分)17.(此题12分)一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母线长为1，求该几何体的体积。

第九章直线平面与简单几何体学生版

直线平面与简单几何体1、已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列四个命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒ l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β.其中正确的两个命题是（）A 、①与②B 、①与③C 、②与④D 、③与④1、B2、在正三棱锥中，相邻两侧面所成二面角的取值范围是（）A 、3ππ（，） B 、23ππ（，） C 、（0，2π） D 、23ππ（，）3 2、A3、如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在A 上，且AM=31AB ，点P 在平面ABCD 上，且动点P 到直线A 1D 1的距离的平方与P 到点M 的距离的平方差为 1，在平面直角坐标系xAy 中，动点P 的轨迹方程是 .3、91322-=x y4．命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c②非零向量、，若∥，∥则∥ ③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c ⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（）A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 5、（文）棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被以A 为球心，AB 为半径的球相截，则被截形体的表面积为（） A ．45π B ．87π C ．π D ．47π选A6．某刺猬有2006根刺，当它蜷缩成球时滚到平面上，任意相邻的三根刺都可支撑住身体，且任意四根刺的刺尖不共面，问该刺猬蜷缩成球时，共有（）种不同的支撑身体的方式。

A ．2006 B ．4008 C ．4012 D ．2008 7．命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c②非零向量c 、b 、a ，若a ∥b ，b ∥c 则a ∥c ③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c ⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（）A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 8、（文）棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被以A 为球心，AB 为半径的球相截，则被截形体的表面积为（）A ．45π B ．87π C ．π D ．47π 9、四边形ABCD 是︒=∠120A 的菱形，绕AC 将该菱形折成二面角D AC B --，记异面直线AC 、BD 所成角为α，AD 与平面ABC 所成角为β，当β+α最大时，二面角D AC B --等于( )A.3π B.2π C.2arctan D.22arctanBA xM10、将边长为3的正四面体以各顶点为顶点各截去(使截面平行于底面)边长为1的小正四面体，所得几何体的表面积为_____________ . .11．（理）在正三棱锥ABC S -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱32=SA ，则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是（） A ．π12B ．π32C ．π36D ．π4812、（文）已知ABCD 是同一球面上的四点，且每两点间距离相等，都等于2，则球心到平面BCD 的距离是（） A ．36B ．66 C ．126 D ．186 13、正方体1111D C B A ABCD -，F E ,分别是1AA ，1CC 的中点，P 是1CC 上的动点（包括端点）过E 、D 、P 作正方体的截面，若截面为四边形，则P 的轨迹是（）A 、线段F C 1B 、线段CFC 、线段CF 和点1CD 、线段F C 1和一点C14、P 为ABC ∆所在平面外一点，PA 、PB 、PC 与平面ABC 所的角均相等，又PA 与BC 垂直，那么ABC ∆的形状可以是。

《金新学案》高三数学一轮复习高考总复习测评卷直线、平面、简单几何体(A、B) 章末质量检测 (文)

《金版新学案》高考总复习配套测评卷——高三一轮数学『理科』卷(九)直线、平面、简单几何体(A、B)—————————————————————————————————————【说明】本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)题号123456789101112答案一、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．平面α外的一条直线a与平面α内的一条直线b不平行，则( )A．a∥\αB．a∥αC．a与b一定是异面直线D．α内可能有无数条直线与a平行2．正方体的表面积是a2，它的顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是( )A.πa23B.πa22C．2πa2D．3πa23．若正四棱柱的对角线与底面所成的角的余弦值为63，且底面边长为2，则高为( )A．1 B．2C．3 D．44．已知直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，则下列命题正确的是A．若α∥β，则m⊥n B．若α⊥β，则m∥nC．若m⊥n，则α∥β D．若n∥α，则α∥β5．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成的角的余弦值是( )A.22B.12C.34D.346．设有三个命题，甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是直平行六面体．以上命题中，真命题的个数有( )A．0个B．1个C．2个D．3个7．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 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形8．若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成二面角的余弦值是( )A.63B.33C.23D.139．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为( )A.12B.22C.32D.2410．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列四个命题中，正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，则直线OM( )A．和AC、MN都垂直B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．与AC、MN都不垂直12．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部第Ⅱ卷(非选择题共90分)题号第Ⅰ卷第Ⅱ卷总分二17 18 19 20 21 22得分二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．若正三棱锥底面的边长为a，且每两个侧面所成的角均为90°，则底面中心到侧面的距离为________．14．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E为AA1的中点，在对角面BB1D1D上取一点M，使AM＋ME最小，其最小值为________．15．a，b，c是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线；⑤若a，b与c成等角，则a∥b.上述命题中正确的________(只填序号)．16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．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．(本小题满分10分)如右图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．(1)求证：CD⊥PD；(2)求证：EF∥平面PAD.18．(本小题满分12分)在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，现沿AC折成二面角D－AC －B，使BD为异面直线AD、BC的公垂线．(1)求证：平面ABD⊥平面ABC；(2)当a为何值时，二面角D－AC－B为45°.19．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝3，M为AB的中点，四点P、A、M、C都在球O的球面上．(1)证明：平面PAB⊥平面PCM；(2)证明：线段PC的中点为球O的球心．20．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABCD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠D＝∠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所成角的余弦值；(3)若PB的中点为M，求证：平面AMC⊥平面PBC.21．(本小题满分12分)已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；22．(本小题满分12分)如图，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、DD1上的点．(1)若BMMA＝BNNC，求证：无论点P在D1D上如何移动，总有BP⊥MN；(2)若D1P：PD＝1∶2，且PB⊥平面B1MN，求二面角M－B1N－B的余弦值；(3)棱DD1上是否总存在这样的点P，使得平面APC1⊥平面ACC1？证明你的结论．答案：一、选择题1．D2．B 设球的半径为R，则正方体的对角线长为2R，依题意知43R2＝16a2，即R2＝18a2，∴S球＝4πR2＝4π·18a2＝πa22.故选B.3．B 设高为h，则由22h2＋8＝63可得h＝2，也可建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．4．A 易知A 选项由m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β，n ⊂β⇒m ⊥n ，故A 选项命题正确．5．D 设正方形边长为1，由题意易知∠CBC 1即为AD 与BC 1所成的角．设AC 与BD 相交于O ，易知△CC 1O为正三角形，故CC 1＝22，在△CBC 1中，由余弦定理可得所求余弦值为34.故选D.6．B 命题甲正确，命题乙不正确，命题丙不正确，故真命题个数为1，应选B 7．C 将直观图还原得▱OABC ， ∵O ′D ′＝2O ′C ′＝2 2 cm ， OD ＝2O ′D ′＝4 2 cm ， C ′D ′＝O ′C ′＝2 cm ， ∴CD ＝2 cm ， OC ＝CD 2＋OD 2＝22＋(42)2＝6 cm ， OA ＝O ′A ′＝6 cm ＝OC ，故原图形为菱形．8．B 以正三棱锥O －ABC 的顶点O 为原点，OA ，OB ，OC 为x ，y ，z 轴建系，设侧棱长为1，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，侧面OAB 的法向量为O ＝(0,0,1)，底面ABC 的法向量为n ＝(13，13，13)，∴cos 〈O ，n 〉＝＝131·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝33. 9．D 过O 作A 1B 1的平行线，交B 1C 1于E ，则O 到平面ABC 1D 1的距离即为E 到平面ABC 1D 1的距离．作EF ⊥BC 1于F ，易证EF ⊥平面ABC 1D 1，可求得EF ＝14B 1C ＝24.选D.10．D A 错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B 错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；C 错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或垂直；D 对，由空间想象易知命题正确．11．A 以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2a ，则D (0,0,0)、D 1(0,0,2a )、M (0,0，a )、A (2a,0,0)、C (0,2a,0)、O (a ，a,0)、N (0，a,2a )．∴O ＝(－a ，－a ，a )，M ＝(0，a ，a )，A ＝(－2a,2a,0)． ∴O ·A ＝0，M ·O ＝0， ∴OM ⊥AC ，OM ⊥MN .12．A ∵BA ⊥AC ，BC 1⊥AC ，BA ∩BC 1＝B ， ∴AC ⊥平面ABC 1.∵AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ABC 1，且交线是AB . 故平面ABC 1上一点C 1在底面ABC 的射影H 必在交线AB 上．二．、填空题 13．【解析】过底面中心O 作侧棱的平行线交一侧面于H ，则OH ＝13×22a ＝26a 为所求．【答案】26a 14．【解析】取CC 1的中点F ，则ME ＝MF ，∴AM ＋ME ＝AM ＋MF ≥AF ＝(2a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝32a .【答案】 32a15．【解析】由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故 ②不正确；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③不正确； a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内”，故 ④不正确；当a ，b 与c 成等角时，a 与b 可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确．【答案】 ① 16．【解析】由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAB ⊥平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°， ∴④正确．【答案】 ①④ 三、解答题 17．【证明】 (1)∵PA ⊥平面ABCD ，而CD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥CD ，又CD ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PD .(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG . ∵E 、F 分别是AB 、PC 的中点， ∴EG ∥AD ，FG ∥PD ， ∴平面EFG ∥平面PAD ，又∵EF ⊂平面EFG ， ∴EF ∥平面PAD . 18．【解析】 (1)证明：由题知BC ⊥BD ，又BC ⊥AB .∴BC ⊥面ABD ，∴面ABC ⊥面ABD .(2)作DE ⊥AB 于E ，由(1)知DE ⊥面ABC ，作EF ⊥AC 于F ，连DF ，则DF ⊥AC ，∴∠DFE 为二面角D －AC－B 的平面角．即∠DFE ＝45°.EF ＝DE ＝22DF ，∵DF ＝a a 2＋1，AF ＝a 2a 2＋1且EF AF ＝BC AB，解得a 2＝22，a ＝482.19．【解析】 (1)证明：∵AC ＝BC ，M 为AB 的中点，∴CM ⊥AM .∵PA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴PA ⊥CM .∵AB ∩PA ＝A ，AB ⊂平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴CM ⊥平面PAB . ∵CM ⊂平面PCM ，∴平面PAB ⊥平面PCM .(2)证明：由(1)知CM ⊥平面PAB . ∵PM ⊂平面PAB ， ∴CM ⊥PM .∵PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥AC .如图，，取PC 的中点N ，连结MN 、AN .在Rt △PAC 中，点N 为斜边PC 的中点，∴AN ＝PN ＝NC .在Rt △PCM 中，点N 为斜边PC 的中点，∴MN ＝PN ＝NC . ∴PN ＝NC ＝AN ＝MN .∴点N 是球O 的球心，即线段PC 的中点为球O 的球心． 20．【解析】 (1)如图所示，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D －xyz .∵∠D ＝∠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)∵＝(2,0，－23)，＝(－2，－3,0)， ∴cos<，>＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，所以PA 与BC 所成角的余弦值为1313(3)证明：∵M 为PB 的中点， ∴点M 的坐标为(1,2，3)，∴＝(－1,2，3)，＝(1,1，3)，＝(2,4，－23)，∵·＝(－1)×2＋2×4＋3×(－23)＝0， ·＝1×2＋1×4＋3×(－23)＝0， ∴⊥，⊥，∴PB ⊥平面AMC ∵PB ⊂平面PBC∴平面AMC ⊥平面PBC . 21．【解析】 (1)∵SA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴SA ⊥BD .∵ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，∴BD ⊥平面SAC . ∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面SAC .(2)设AC ∩BD ＝F ，连SF ，则SF ⊥BD . ∵AB ＝2.∴BD ＝2 2.∵SF ＝SA 2＋AF 2＝42＋(2)2＝3 2∴S △SBD ＝12BD ·SF＝12·22·32＝6. 设点A 到平面SBD 的距离为h ， ∵SA ⊥平面ABCD ， ∴13·S △SBD ·h ＝13·S △ABD ·SA ， ∴6·h ＝12·2·2·4，∴h ＝43，∴点A 到平面SBD 的距离为43.22．【解析】 (1)证明：连结AC 、BD ，则BD ⊥AC ，∵BM MA ＝BNNC， ∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN . 又∵DD 1⊥平面ABCD ， ∴DD 1⊥MN ，∵BD ∩DD 1＝D ，∴MN ⊥平面BDD 1.又P 无论在DD 1上如何移动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D 1D 上如何移动，总有BP ⊥MN .(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，则M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，23)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，∵＝(0,1－t,1)，B ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－1，23 又∵BP ⊥平面MNB 1， ∴·B ＝0，即t －1＋23＝0，∴t ＝13，∴＝(0，23，1)，M ＝(－23，23，0)．设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由，得x ＝y ，z ＝－23y .令y ＝3，则n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，∴A 是平面BB 1N 的一个法向量，A ＝(0,1,0)．设二面角M －B 1N －B 的大小为θ， ∴cos 〈n ，A 〉＝|(3，3，－2)·(0，1，0)|22＝32222. 则二面角M －B 1N －B 的余弦值为32222.(3)存在点P ，且P 为DD 1的中点，使得平面APC 1⊥平面ACC 1. 证明：∵BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1， ∴BD ⊥平面ACC 1.取BD 1的中点E ，连PE ，则PE ∥BD ，∴PE ⊥平面ACC 1. ∵PE ⊂平面APC 1，∴平面APC 1⊥平面ACC 1.。

第九章直线、平面、简单几何体(B)

第九章直线、平面、简单几何体(B)课时作业45平面与空间直线时间：45分钟分值：100分一、选择题(每小题5分，共30分)1．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的() A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件答案：A2．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．．的是() A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC答案：C3．在图1中，G、H、M、N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有()图1A．0个B．1个C．2个D．3个解析：题图(1)中，直线GH∥MN；图(2)中，G、H、N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；图(3)中GM∥HN，因此GH与MN共面；图(4)中，G、M、N三点共面，但H∉面GMN，∴GH与MN异面．所以图(2)、(4)中GH与MN异面．答案：C4．(2009·全国卷Ⅰ)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC 上的射影为B图2C的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为( )A.34 B.54 C.74 D.34解析：设棱长为2，BC 的中点为D ，由题意，得AD ＝ 3. 在Rt △A 1AD 中，A 1D ＝AA 21－AD 2＝22－(3)2＝1. 在Rt △A 1BD 中，A 1B ＝A 1D 2＋BD 2＝ 2. ∵AA 1∥CC 1，∴AB 与AA 1所成的角∠A 1AB 即为AB 与CC 1所成的角．在△A 1AB 中，由余弦定理，得cos ∠A 1AB ＝AA 21＋AB 2－A 1B22AA 1·AB ＝4＋4－22×2×2＝34.答案：D5．直线l ⊂平面α，经过α外一点A 与l 、α都成30°角的直线有且只有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：所求直线在平面α内的射影必与直线l 平行．这样的直线只有两条，故选B. 答案：B 6．(2008·辽宁高考)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1、EF 、CD 都相交的直线( )A ．不存在B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有无数条解析：分别在异面直线A 1D 1、CD 上各任取一点M 、N ，则线段MN 的中点的轨迹构成一个平面α，显然直线EF 在平面α内．在EF 上任取一点P ，点P 和直线A 1D 1确定的平面与直线CD 交于点Q ，显然直线QP 与直线A 1D 1必有交点R ，即这样的直线有无穷多条．故选D.答案：D二、填空题(每小题4分，共20分)7．已知空间四边形的对角线相等，顺次连结它的各边中点所成的四边形是________．解析：根据三角形中位线定理，连结各边中点的四边形的边分别等于对角线的一半，且对边分别平行，则构成平面图形，并且是平行四边形，再由四条边相等，即可判断为菱形．答案：菱形8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、Q 分别为AB 、BB 1、C 1D 1的中点，过M 、N 、Q 的平面与正方体相交，截得的图形是________．解析：设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、R 、S 分别为B 1C 1、D 1D 、AD 的中点，则六边形MNPQRS 即为平面MNQ 与正方体相交所得的截面图形，并且它是正六边形．∵面ABB 1A 1∥面CDD 1C 1，设平面MNQ 与平面DCC 1D 1的交线为R ′Q .则MN ∥QR ′. 而QR ∥DC 1∥AB 1∥MN ，据平行公理知过点Q 与MN 平行的直线有且只有一条． ∴QR 与QR ′重合，即R 与R ′重合(R ′为D 1D 的中点)． ∵MN 不平行于A 1B 1，∴MN 与A 1B 1必相交，设交点为K ，可证得B 1K ＝BM .同理QP 与A 1B 1也一定相交，交点为K ′，且B 1K ′＝QC 1＝MB ＝B 1K .∴MN 与QP 相交于点K .于是过点M 、N 、Q 的平面MNQR 与平面MNPQ 重合，即M 、N 、P 、Q 、R 共面于MNQ . 同理可证S 点也在此平面MNQ 内．所以平面MNPQRS 是一平面图形．易证得MN ＝PN ＝QP ＝QR ＝RS ＝SM .由等角定理可知∠MNP ＝∠QRS ， ∠QPN ＝∠MSR ，∠SMN ＝∠RQP .连结MQ ，易证QM ∥PN ，在等腰梯形MNPQ 中， ∠QPN ＝∠MNP ，同理∠PQR ＝∠QPN .∴∠SMN ＝∠MNP ＝∠NPQ ＝∠PQR ＝∠QRS ＝∠RSM . ∴MNPQRS 为正六边形．答案：正六边形9．(2009·四川高考)如图3，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是______．图3解析：建立如图4所示的坐标系，O 为BC 中点，设三棱柱的棱长为2a ，则点A (3a,0,0)，B (0，a,0)，B 1(0，a,2a )，图4M (0，－a ，a )，则AB 1→·BM →＝0，所以异面直线AB 1与BM 所成的角为90°. 答案：90°10．过正方体任意两个顶点的直线共有28条，其中异面直线有________对．解析：由于以正方体的某四个顶点可以形成C 48－(6＋6)＝58个三棱锥(注：先从8个顶点中任选4个顶点有C 48种选法，其中四点共面的情形有两类：一类是所选的四个顶点恰好是某一个面的四个顶点时，此类有6种；另一类是所选的四个顶点刚好是该正方体的某一个对角面的四个顶点时，此类也有6种)，而每个三棱锥的四条棱间能够形成3对异面直线，因此满足题意的异面直线对共有58×3＝174对．答案：174三、解答题(共50分)11．(15分)如图5，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中点，H 为直线B 1D 与平面ACD 1的交点．求证：D 1、H 、O 三点共线．证明：连结BD ，B 1D 1则BD ∩AC ＝O ，如图6， ∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平面图形且为平行四边形，又H ∈B 1D ，B 1D ⊂平面BB 1D 1D ，则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1. ∴D 1、H 、O 三点共线．图5图612．(15分)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中E 、F 分别为BB 1、CC 1的中点，求AE 、BF 所成角的余弦值．图7解：如图7，取DD 1中点M ，连结AM 、MF 、ME ，由AB 綊CD 綊MF 知四边形ABFM 为平行四边形∴AM ∥BF ，则AM 与AE 所夹锐角或直角为异面直线所成的角，设AB ＝1，则在△AEM 中AE ＝AM ＝52，ME ＝2，∴cos ∠MAE ＝AM 2＋AE 2－ME 22AM ·AE ＝15，即异面直线AE 、BF 所成角的余弦值为15.13．(20分)(2009·广东高考)如图8，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是正方形BCC 1B 1的中心，点F ，G 分别是棱C 1D 1，AA 1的中点．设点E 1，G 1分别是点E ，G 在平面DCC 1D 1内的正投影．图8(1)求以E 为顶点，以四边形FGAE 在平面DCC 1D 1内的正投影为底面边界的棱锥的体积；(2)证明：直线FG 1⊥平面FEE 1；(3)求异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值．解：(1)依题作点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影E 1、G 1，则E 1、G 1分别为CC 1、DD 1的中点，连结EE 1、EG 1、ED 、DE 1，则所求为四棱锥E —DE 1FG 1的体积，其底面DE 1FG 1的面积为(2)证明：以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别作x 轴，y 轴，z 轴，得E 1(0,2,1)、G 1(0,0,1)，图9又G (2,0,1)，F (0,1,2)，E (1,2,1)，则FG 1→＝(0，－1，－1)，FE →＝(1,1，－1)，FE 1→＝(0,1，－1)， ∴FG 1→·FE →＝0＋(－1)＋1＝0， FG 1→·FE 1→＝0＋(－1)＋1＝0，即FG 1⊥FE ，FG 1⊥FE 1. 又FE 1∩FE ＝F ，∴FG 1⊥平面FEE 1.(3)E 1G 1→＝(0，－2,0)，EA →＝(1，－2，－1)，则cos 〈E 1G 1→，EA →〉＝E 1G 1→·EA → |E 1G 1→||EA →|＝26.设异面直线E 1G 1与EA 所成角为θ，则sin θ＝1－23＝33.∴异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值为33.。

必修第八章立体几何测试题(含答案)

第 19 题答案
∵
⊥平面
，
平面
，
平面
则平面
平面
．
∵
平面
，∴平面
平面
；
（2）取的中点，连接、，连接
中，是中位线，∴
理由：公理 2（如果两个平面有一个公共点，则必有无数个公共点，这无数个公共点在它们的交线上），
∵
P,Q 都是平面
与平面
的公共点，所以 PQ 为其交线。
，∴四边形
(2)证明：连接 ∴
必修第八章立体几何测试题
时间:120 分钟满分:145 分
命卷人:卢焕邓审核人:
一、选择题(每小题 5 分,共 10 小题 50 分)
1、一个正方体的表面积等于 A.
B.
,则该正方体的内切球的体积为( ) C. D.
2、已知 A.
是异面直线， B.
，直线 C. 与斜交
，则( ) D.
3、如图,正三棱柱
∵题中的截面平行于上下底，且与上下底等距离
第 16 题答案
∴这个截面圆在圆台轴截面上截得的直径是等腰梯形的中位线因此，根据梯形中位线公式，得该截面圆
的直径等于
，
∴该截面圆的半径为
，可得截面面积为：
.
第 14 题答案
第 14 题解析
设正
的外接圆圆心为 ,知
,∴球的表面积为
第 15 题答案外心
垂心第 15 题解析
,
平面
,
所以
平面
.
(2)因为底面
是菱形,
所以
,
因为
平面
,
平面
所以
.又
,
所以
平面

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（ｌ）第３题
至下依次为Ａ、（Ｂ如图）．（）求ｚ与ｚ夹角为６双曲线的焦距为４时．１ｚｏ，求椭
圆Ｃ的方程Ｉ
Ｆ、ｚ过Ｆ作垂直于ｚ轴的直线与椭圆相交．Ｆ．２一个交点
为Ｐ，若ＰＦ＝３。那么椭圆的离心率是（０．）
（）．（）１（）或÷．（）或１Ａ一３Ｂ．ｃ０ｃ一３．
２巳圆ｘ２＋ｙｂ一直一和．知（－）（Ｔ）与线等。
Ｙ轴都相切．ｒ于（则等）
线一ｌ两渐线手一的条近为
数女＝２ — 的最大值为（．ｒ
二、填空题
、
选择题
）
１在下列关于直线厶，．如与平面ａ口的命题中．、真命题
的是（）
（Ａ）７（）６（．Ｂ．Ｃ）５（．Ｄ）４．
（）若ｚｃ且口卢则ｚ上口ＡＩｐ上．１．（）ｚ上卢ａ∥ 则ｚ上ａＢ若且ｌ．（）ｚ上卢ａ上卢则ｚ ∥ ａＣ若ｌ且，．（）ａ卢厶．ｚ ∥ 如．ｚ ∥ ａＤ若一且ｎ则ｌ．
２．如图．直三棱柱仙Ｃ一在
．
７．若直线ｚ： —ｈ一与直线２＋３－６＝０的交ｘｙ点位于第一象限・则直线Ｚ的倾斜角的取值范围是
０对称的曲线是
．
— —
８．圆＋一２－４－１０于直线ｘ＋３＝ｘｙ；关－ｙ
．
孚ＩＦ的最小值为（ｚＭＪ
）
（）．（）．（譬．（警Ａ９Ｂ誓ｃ）ｃ．）
ｒ≥ ｌ
６．已知・满足约柬条件．｛一３ ≤ 一４则目ｙ，标函
（湖北省襄樊市襄阳高级中学４ｌ０）高慧明４１４
一
【＋ｙ０３５≤３
— —
Ｇ
设合一１．・・程＋集Ａ｛３５ｂＡ方等．．｝Ｅ则２４・
＝
Ａｌｌｌ中，Ｂ — 日 — Ａ．ＢＣＡｃＡ１
仙ｃ＝９。点Ｄ、分别是梭０．Ｅ
ＡＢ，１肋的中点．则直线ＤＥ与ＢＣ１
）
（Ｂ）６。０．
（ ÷ （（孕（譬Ａ．Ｂｃ．ｃ．））））．
４．过抛物线一８的焦点作直线交抛物线于ｘ）Ａ（，１．ｘ，）则１等于（１ｙ）Ｂ（ｚ．・
（Ａ）１．（６Ｂ）一１．（６Ｃ）８（．Ｄ）一８．
Ｚ．．Ｉ过椭圆Ｃ的右焦点Ｆ作直ｚ
（Ａ）１（）２（）．（）与６关．．Ｂ．ｃＤ有
３－巳知椭圆＋＝ｌ（６ｏ口＞＞）的两个焦点为
线ｚ使ｚｌ．ｚｚ．上又与。交于Ｐ
点．ｌ设与椭圆的两个交点，由上
（Ｃ）９。（０．Ｄ）１０．２。
３．二面角ａＺ的平面角为 — 一
（２题）第
焦点，Ｐ在双曲线上．点且
２．ｃ１设１是曲杀一＝（。两ＡＣ。Ａ、 — ｚｃ．于（卢ＡＣ上ｚＢ上ｚ若ＡＢ— １Ｆ。双线荸１＞）个１０．ＢＢ∈ １则ＣａＢＤ．）。Ｄ，．Ｆ口的Ｄ．Ｄ等．＝０前Ｉ．．Ｉ
、
选择题
１直线衄＋（－ａｙ３０．若１）－ — 与直线（－１ｘ－（ａａ）－２Ｉ．－
＋３Ｙ一０互相垂直．ａ的值等于（）则
）
（）２若
，在曲线ｃ上．ｔ）求
＼
．碚的值．
１．已知椭圆Ｃ的方程为３＋一１（４＞ｂ＞ｏ・曲）双
Ｃ
ｌ表示焦点等＝（６ｌ的心ｆ所成的Ａ）４５（０知曲一１・ｔ离率（角是。．口∈＋）．
∈ ［．）在两条渐近线所构成的角中．以实轴为角平２．设分线的角是口则口的取值范围是— — ．・
（）当２商一
．的最大值．求
●
１选作题）４．（设抛物线Ｙ一÷ 的焦点为Ｆ准线，为
ｚ过点Ｆ作一条直线与抛物线交于Ａ、．Ｂ两点，分别过再Ａ、Ｂ作抛物线的切线．这两条切线的交点记为Ｐ．（）证明直线Ｐ与Ｐ１ＡＢ相互垂直，且点Ｐ在准线上Ｉ
５．双曲线ｌ一９；１４的右焦点为Ｆ，是双曲６４ｚＭ线上任意一点，点Ａ的坐标为（，）９２．则ＪＭＡ＋Ｊ
（）２是否存在常数＾使等于南．茚。．前恒成立．
若存在，的值，求出若不存在．说明理由．
维普资讯
｛练测试题ＪｌＩ
砑Ｉ２则口的值等于一．
三、解答题
（浙江省青田县船寮高级中学３３１）唐先成２９１
一
１．曲线Ｃ上任意一点到两个定点Ａ（３Ｏ．３ｏ２一．）Ｂ（．）
距离和为ｌ．Ｏ（）求曲线Ｃ的方程Ｉ１
维普资讯
一致掌敦掌通讯●蕙０年月下半月 ● 第月，０啪职