（2021新人教B版）高一数学下学期第十一章 立体几何初步-期末冲刺满分训练（原卷+解析）.zip
第 1 页 共 8 页 20192020 学年高一年级下学期期末冲刺满分训练卷 第十章 立体几何初步 期末单元测试卷 （范围：新教材人教 B 版 必修四 考试时间：90 分钟 满分：150 分） 一、选择题（本题共 12 道小题，每小题 5 分，共 60 分） 1. 以下命题（其中a、b表示直线，表示平面）中，正确的命题是( ) A. 若，则B. 若，则 / /abb/ /a/ /a/ /b/ /ab C. 若，则D. 若，则 / /abba/ /ab/ /ab 2. 下列命题正确的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱。 B. 有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱。 C. 绕直角三角形的一边旋转所形成的几何体叫圆锥。 D. 用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。 3. 在正方体ABCD - A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若 ，则四面体O-AEF的体积( ) 1 ,BEx AFy A. 与x，y都有关B. 与x，y都无关 C. 与x有关，与y无关D. 与y有关，与x无关 第 2 页 共 8 页 4. 如图，在ABC中，面ABC，D是BC的中点，则图中直角三角形的个数是（ ） PA ABAC A. 5B. 6C. 7D. 8 5. 等腰直角三角形，直角边长为.以斜边所在直线为旋转迪，将该直角三角形旋转一周所得几何的体积是（ 2 ） A. B. C. D. 3 2 3 4 3 6. 直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1 与MN所成角的余弦值为 A. 1B. C. D. 0 4 5 3 4 7. 如图是某个正方体的平面展开图，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（ ） 1 l 2 l 1 l 2 l A. 互相平行B. 异面且互相垂直 C. 异面且夹角为D. 相交且夹角为 3 3 第 3 页 共 8 页 8. 我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如 图，五面体ABCDEF是一个刍甍.四边形ABCD为矩形，与都是等边三角形， ADEBCF4AB ，则此“刍甍”的表面积为（ ） 2ADEF A. B. C. D. 88 387 385 384 3 9. 如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N 分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( ) A. MNABB. 平面VAC平面VBC C. MN与BC所成的角为 45D. OC平面VAC 10. 如图，已知四面体ABCD为正四面体，分别是AD,BC中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面 2,ABE F ， 体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）. 第 4 页 共 8 页 A. 1B. C. D. 2 23 11. 长方体 ABCDA1B1C1D1的 8 个顶点在同一个球面上，且 AB=2，AD=，AA1=1，则顶点 A、B 间的球面距离是（ ） ABCD2 12. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断正确的是（ ） 平面平面 1 PB D 1 ACD 平面 1 / /AP 1 ACD 异面直线与所成角的取值范围是 1 AP 1 AD 0, 3 三棱锥的体积不变 1 DAPC A. B. C. D. 二、填空题（本题共 4 道小题，每小题 5 分，共 20 分） 第 5 页 共 8 页 13. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ， 45ABC ，则这块菜地的面积为_ 2AB 1AD DCBC 14. 如图所示，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，点M是棱CD的中点，动点N在体对角线A1C上（点N与点A1，C不 重合），则平面AMN可能经过该正方体的顶点是_.（写出满足条件的所有顶点） 15. 棱长均为 1m 的正三棱柱透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为hm （如图 1）； 当 转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图 2），则a=_；h= _ 1 AABC 16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图， 第 6 页 共 8 页 现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共 32 个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)， 顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有_.个正六边形的面，若正六边形的边长为，则足球的 21 直径为_.cm(结果保留整数)(参考数据tan54 1.38, 31,73,3.14). 三、解答题（本题共 6 道小题,第 17 题 10 分,第 18 题 12 分,第 19 题 12 分,第 20 题 12 分,第 21 题 12 分,第 22 题 12 分,共 70 分） 17. 如图所示，在三棱柱ABC - A1B1C1中，ABC与A1B1C1都为正三角形，且平面ABC， F、F1分别是 1 AA AC、A1C1的中点. 求证：（1）平面平面； 11 AB F 1 C BF （2）平面平面. 11 AB F 11 ACC A 18. 如图所示，在长方体ABCD - A1B1C1D1中， 为棱CC1上点. 2AB 1 2,4,BCCCM 第 7 页 共 8 页 (1)若，求异面直线A1M和C1D1所成角的大小； 1 1C M (2)若，求证平面. 1 2C M BM 11 AB M 19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，且， 3PD 2AD . 4AB （1）求证：PA平面BDE； （2）若点F为线段PC上一点，且，求四棱锥F-ABCD的体积. AFBD 20. 如图长方体ABCD - A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB，A1D1的中点 2ABAD （1）求证:平面EFC平面BB1D； 第 8 页 共 8 页 （2）请在答题卡图形中画出直线DB1与平面EFC的交点O（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值 1 DO OB （不必写出计算过程） 21. 如图,四边形ABCD为矩形,且平面ABCD, ,E为BC的中点. 2,1,ADABPA 1PA （1）求证:； PEDE （2）求三棱锥的体积； CPDE （3）探究在PA上是否存在点G,使得EG平面PCD，并说明理由. 22. 如图，在四棱锥A-DCBE中，底面DCBE为平行四边形，DC平面ABC ACBC （1）求证： BCAD （2）若，求三棱锥的体积 30ABC2AB 3EB BACE （3）设平面ADE平面ABC=直线l，试判断BC与l的位置关系，并证明 第 1 页 共 27 页 20192020学年高一年级下学期期末冲刺满分训练卷 第十章 立体几何初步 期末单元测试卷 （范围：新教材人教B版 必修四 考试时间：90分钟 满分：150分） 一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分） 1. 以下命题（其中a、b表示直线，表示平面）中，正确的命题是( ) A. 若，则B. 若，则 / /abb/ /a/ /a/ /b/ /ab C. 若，则D. 若，则 / /abba/ /ab/ /ab 答案及解析：答案及解析： 1. C 【分析】 根据线线、线面有关定理对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A选项，直线可能含于平面，所以A选项错误. a 对于B选项，可能异面，所以B选项错误. , a b 对于C选项，由于，所以，所以C选项正确. / /abba 对于D选项，可能异面，所以D选项错误. , a b 故选：C 【点睛】本小题主要考查空间线线、线面位置关系的判断，属于基础题. 2. 下列命题正确的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱。 第 2 页 共 27 页 B. 有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱。 C. 绕直角三角形的一边旋转所形成的几何体叫圆锥。 D. 用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。 答案及解析：答案及解析： 2.B 【分析】 根据课本中的相关概念依次判断选项即可. 【详解】对于A选项，几何体可以是棱台，满足有两个面平行，其余各面都是四边形，故选项不正确；对于B ，根据课本中棱柱的概念得到是正确的；对于C，当绕直角三角形的斜边旋转时构成的几何体不是圆锥，故不正确 ；对于D，用平行于底面的平面截圆锥得到的剩余的几何体是棱台，故不正确. 故答案为：B. 【点睛】这个题目考查了几何体的基本概念，属于基础题. 3. 在正方体ABCD - A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若，则四面体O- 1 ,BEx AFy AEF的体积( ) A. 与x，y都有关B. 与x，y都无关 C. 与x有关，与y无关D. 与y有关，与x无关 答案及解析：答案及解析： 3.B 第 3 页 共 27 页 【分析】 根据等体积法以及锥体体积公式判断选择. 【详解】因为VOAEFVEOAF， 所以，考察AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值， 因为BB1平面ACC1A1， 所以，点E到平面AOE的距离为定值， 又AOA1C1， 所以，OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值， 即AOF的面积是定值， 所以，四面体O-AEF的体积与x，y都无关，选B。 【点睛】本题考查三棱锥的体积、点到平面的距离以及点到直线的距离，考查基本分析判断能力，属中档题. 4. 如图，在ABC中，面ABC，D是BC的中点，则图中直角三角形的个数是（ ） PA ABAC A. 5B. 6C. 7D. 8 答案及解析：答案及解析： 第 4 页 共 27 页 4.C 试题分析：因为面，所以，则三角形为直角三 PA ABC 角形，因为，所以，所以三角形是直角三角形，易证 ，所以面，即，则三角形为直角三角形，即共有7个直角 三角形；故选C 考点：空间中垂直关系的转化 5. 等腰直角三角形，直角边长为.以斜边所在直线为旋转迪，将该直角三角形旋转一周所得几何的体积是（ 2 ） A. B. C. D. 3 2 3 4 3 答案及解析：答案及解析： 5.B 【分析】 画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可 【详解】如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体 由题得等腰直角三角形的斜边上的高为1. 所以 2 11 22 33 VS hRh 2 12 2(1)1 33 故选： B 第 5 页 共 27 页 【点睛】本题主要考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平 6. 直三棱柱ABC A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与MN所成角的余弦值为 A. 1B. C. D. 0 4 5 3 4 答案及解析：答案及解析： 6.D 【分析】 先找到直线异面直线AB1与MN所成角为,再通过解三角形求出它的余弦值. 1 ABC 【详解】由题得, 1 |MNBC 所以就是异面直线AB1与MN所成角或补角. 1 ABC 由题得, 2 4 1 2 2 1 cos7 3 AC , 11 5,2ABBC 因为, 222 1 2 + 5 = 7 2 ABC ， 所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0. 故选:D 第 6 页 共 27 页 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平和分析推理能力. 7. 如图是某个正方体的平面展开图，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（ ） 1 l 2 l 1 l 2 l A. 互相平行B. 异面且互相垂直 C. 异面且夹角为D. 相交且夹角为 3 3 答案及解析：答案及解析： 7.D 【分析】 先将平面展开图还原成正方体，再判断求解. 【详解】 将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以与相交，连接，则为正三角形 1 l 2 l ADABD ，所以与的夹角为. 2 l 2 l 3 故选:D. 第 7 页 共 27 页 【点睛】本题主要考查空间直线的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 8. 我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如 图，五面体ABCDEF是一个刍甍.四边形ABCD为矩形，与都是等边三角形， ADEBCF4AB 2ADEF ，则此“刍甍”的表面积为（ ） A. B. C. D. 88 387 385 384 3 答案及解析：答案及解析： 8.A 【分析】 分别计算出每个面积，相加得到答案. 【详解】 113 222(24) 2322 22 488 3 222 ABEFBCFABCD SSSS 故答案选A 【点睛】本题考查了图像的表面积，意在考查学生的计算能力. 9. 如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为 VA，VC的中点，则下列结论正确的是( ) 第 8 页 共 27 页 A. MNABB. 平面VAC平面VBC C. MN与BC所成的角为45D. OC平面VAC 答案及解析：答案及解析： 9.B 【分析】 对每一个选项逐一分析判断得解. 【详解】A.，分别为，的中点， MNVAVC ，又，与所成的角为，故不正确； / /MNACACBCMNBC90C ，不成立，故A不正确 / /MNAC ACABA / /MNAB B. 是O的直径，点是圆周上不同于，的任意一点， ABCAB ， ACBC 垂直O所在的平面，O所在的平面， VABC ， VABC 又，平面， ACVAA BCVAC 又平面，平面平面，故B正确； BC VBCVAC VBC C. 是O的直径，点是圆周上不同于，的任意一点， ABCAB ，又、共面，与不垂直， ACBCABCOOCAC 平面不成立，故不正确； OCVACB 第 9 页 共 27 页 ，分别为，的中点， MNVAVC ，又，与所成的角为，故不正确； / /MNACACBCMNBC90C D. 是O的直径，点是圆周上不同于，的任意一点， ABCAB ，又、共面，与不垂直， ACBCABCOOCAC 平面不成立，故D不正确. OCVAC 故选:B. 【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理 解掌握水平，属于基础题. 10. 如图，已知四面体ABCD为正四面体，分别是AD,BC中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的 2,ABE F ， 每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）. A. 1B. C. D. 2 23 答案及解析：答案及解析： 10.A 【分析】 通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解. MNKL2NKKL 【详解】补成正方体，如图. 第 10 页 共 27 页 ,EFQ 截面为平行四边形,可得， MNKL2NKKL 又 且 / /,/ /,MNAD KLBC,ADBCKNKL 可得当且仅当时取等号，选A. LMNK SNK KL 四边形 2 ()1, 2 NKKL NKKL 【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题. 11. 长方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=，AA1=1，则顶点A、B间的球面距离是（ ） ABCD2 答案及解析：答案及解析： 11.B 【考点】球内接多面体 第 11 页 共 27 页 【分析】先求长方体的对角线，就是球的直径，再求AB的球心角，然后求A、B间的球面距离 【解答】解：， 设BD1AC1=O，则， ， 故选B 12. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断正确的是（ ） 平面平面 1 PB D 1 ACD 平面 1 / /AP 1 ACD 异面直线与所成角的取值范围是 1 AP 1 AD 0, 3 三棱锥的体积不变 1 DAPC A. B. C. D. 答案及解析：答案及解析： 12.B 【分析】 连接DB1，容易证明DB1面ACD1 ，从而可以证明面面垂直； 第 12 页 共 27 页 连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得； 分析出A1P与AD1所成角的范围，从而可以判断真假； =，C到面 AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变； 1 A D PC V 1 A CD P V 【详解】对于，连接DB1，根据正方体的性质，有DB1面ACD1 ，DB1平面PB1D，从而可以证明平面PB1D平面ACD1，正确 连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得 A1P平面ACD1，正确 当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值， 3 当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值， 2 故A1P与AD1所成角的范围是，错误； 3 2 ， =，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变 1 A D PC V 1 A CD P V 三棱锥AD1PC的体积不变，正确； 正确的命题为 故选：B 【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题 二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分） 13. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ， 45ABC 第 13 页 共 27 页 ，则这块菜地的面积为_ 2AB 1AD DCBC 答案及解析：答案及解析： 13.3 2 【分析】 首先由斜二测图形还原平面图形，然后求解其面积即可. 【详解】由几何关系可得，斜二测图形中：， 2sin4512BC 由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积 2 2 . 1 122 23 2 2 S 【点睛】本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 14. 如图所示，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，点M是棱CD的中点，动点N在体对角线A1C上（点N与点A1，C不重合），则平面AMN可能经过该正方体的 顶点是_.（写出满足条件的所有顶点） 答案及解析：答案及解析： 14. 11 ,A B C 第 14 页 共 27 页 【分析】 取中点E，取中点F, 在平面两侧，在平面两侧，分析即得解. 1 CC 11 AB 1, A C 1 AMEB 1, A C 1 AMC F 【详解】 见上面左图，取中点E，因为ME,所以A,M,E,四点共面，在平面两侧，所以和 1 CC 1 / / AB 1 B 1, A C 1 AMEB 1 AC 平面交于点N,此时平面AMN过点A, ; 1 AMEB 1 B 见上面右图，取中点F,因为,所以四点共面，在平面两侧，所以 11 AB 1 / /AFC M 1 ,A F C M 1, A C 1 AMC F 和平面交于点N,此时平面AMN过点A, ; 1 AC 1 AMC F 1 C 综上，平面可能经过该正方体的顶点是. AMN11 ,A B C 故答案为： 11 ,A B C 【点睛】本题主要考查棱柱的几何特征和共面定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 15. 棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为hm （如图1）； 当转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则a=_；h= _ 1 AABC 第 15 页 共 27 页 答案及解析：答案及解析： 15. 3 12 31 22 【分析】 利用体积相等得出，进而算出，进而得出 1 1 1 3 A A BCABC VSAAa V1 31 123 ABEDABC aSAAS V ， 1 AA ，通过面积的比值，进而求出的值，得到答案 1 3 ABEDABC SS h 【详解】由题意，正三棱柱的棱长均为， 1m 所以， 1 1133 1 1 sin601 11 2224 ABC SAA ， 由题意可得， 1 1 1133 1 33412 A A BCABC VSAAa V 又由得， 1 1 111 ABED A B E DAA BC VV 11 1 3 ABEDABC SAASAA V ， 1 3 ABEDABC SS V 3 3 DE AB ， 3 3 DCDE ACAB 3 3 DC 3 1 3 AD 第 16 页 共 27 页 在等边中，边上的高为 ABCAB 3 2 因为， 3 1 3 13 2 hAD AC 31 22 h 故答案为： 331 1222 ； 【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，合理利用 椎体的体积公式和三棱锥的结构特征求解是解答的关键，着重考查了空间想象能，以及推理与运算能力，属于中 档试题 16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图， 现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)， 顶点数(V)，棱数(E)满足F+V- E=2，那么，足球有_.个正六边形的面，若正六边形的边长为，则足球的直径为_.cm(结果保留整 21 数)(参考数据tan54 1.38, 31,73,3.14). 答案及解析：答案及解析： 16.20 ； 22 【分析】 首先根据足球表面的规律，设正五边形为块，正六边形为块，列出方程组 x y ，解方程组即可.分别计算正六边形和正五边形的面积，从而得到足球的表 11 (56 )(56 )2 32 1 56 2 xyxyxy xy 第 17 页 共 27 页 面积，再利用球体表面积公式即可得到足球的直径. 【详解】因为足球是由正五边形与正六边形构成， 所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料， 每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料， 而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论. 设正五边形为块，正六边形为块，有题知： x y ，解得. 11 (56 )(56 )2 32 1 56 2 xyxyxy xy 12 20 x y 所以足球有20个正六边形的面. 每个正六边形的面积为. 2 1363 ( 21)63 222 每个正五边形的面积为. 121tan54105tan54 215 224 球的表面积 63105tan54 20312 24 S . 630 3315tan541089.9434.71524.6 所以，. 22 4(2 )1524.6RR 222R 所以足球的直径为. 22 故答案为：20，22. 【点睛】本题主要通过传统文化背景，考查球体的直径和表面积公式，同时考查了学生理解问题的能力，属 于中档题. 三、解答题（本题共6道小题,第17题10分,第18题12分,第19题12分,第20题12分,第21题12分,第22题12分,共70分） 17. 如图所示，在三棱柱ABC - A1B1C1中，ABC与A1B1C1都为正三角形，且平面ABC， 1 AA 第 18 页 共 27 页 F、F1分别是AC、A1C1的中点. 求证：（1）平面平面； 11 AB F 1 C BF （2）平面平面. 11 AB F 11 ACC A 答案及解析：答案及解析： 17.(1)见解析.(2)见解析. 【分析】 （1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平 1 ,F F 11 ,AC AC 1111 ,B FBF AFC F 11 B F / / 面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面. 1 C BF 1 AF / / 1 C BF 11 AB F 1 C BF （2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面 11 B F 11 ACC A 平面. 11 AB F 11 ACC A 【详解】（1）在三棱柱中， 111 ABCABC 因为分别是的中点，所以， 1 ,F F 11 ,AC AC 1111 ,B FBF AFC F 根据线面平行的判定定理，可得平面，平面 11 B F / / 1 C BF 1 AF / / 1 C BF 又， 11111 ,B FAFF C FBFF 平面平面. 11 AB F 1 C BF （2）在三棱柱中，平面，所以， 111 ABCABC 1 AA 111 ABC 111 B FAA 第 19 页 共 27 页 又，所以平面， 1111 B FAC 1111 ACAAA 11 B F 11 ACC A 而平面，所以平面平面. 11 B F 11 AB F 11 AB F 11 ACC A 【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解 答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明 线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直 18. 如图所示，在长方体ABCD - A1B1C1D1中， 为棱CC1上点. 2AB 1 2,4,BCCCM (1)若，求异面直线A1M和C1D1所成角的大小； 1 1C M (2)若，求证平面. 1 2C M BM 11 AB M 答案及解析：答案及解析： 18.(1) ；(2)证明详见解析. 5 arctan 2 【分析】 (1) 由,得是异面直线和所成角,由此能示出异面直线和所成角的正切值； 1111 / /C DB A 11 B AM 1 AM 11 C D 1 AM 11 C D (2) 时,由勾股定理逆定理得,由此能证明平面. 1 2C M 1 B MBM 1 AMBM BM 11 AB M 【详解】(1), 1111 / /C DB A 第 20 页 共 27 页 是异面直线和所成角, 11 B AM 1 AM 11 C D 在长方体中,平面, 1111 ABCDABC D 11 AB 11 BCC B , 111 ABB M ,M为棱上一点, 2AB 2BC 1 4CC 1 CC 1 1C M , 22 1111 4 15B MBCMC , 1 11 11 5 tan 2 B M B AM AB 即异面直线和所成角的大小为. 1 AM 11 C D 5 arctan 2 (2) 时, 1 2C M 22 1 2 2B MBMBCCM ,. 222 11 B MBMBB 1 B MBM , 222 1111 44412AMACMC 2 1 16420AB , 222 11 AMBMAB , 1 AMBM 又,平面. 11 AMB MM BM 11 AB M 【点睛】本题考查异面直线所成角的正切值的求法,考查直线与平面的证明,解题时要注意空间思维能力的培 养. 19. 如图，在四棱锥P- ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，且，. 3PD 2AD 4AB 第 21 页 共 27 页 （1）求证：PA平面BDE； （2）若点F为线段PC上一点，且，求四棱锥F-ABCD的体积. AFBD 答案及解析：答案及解析： 19.（1）见解析 （2）6 【分析】 （1）连接交于点，得出点为的中点，利用中位线的性质得出，再利用直线与平面 ACBDOOAC/PA OE 平行的判定定理可得出平面； /PABDE （2）过作交于，由平面，得出平面，可而出，结 F/FK PDCDKPD ABCDFK ABCDBDFK 合，可证明出平面，可得出，并计算出，利用平行线的性质求出的长， AFBDBD AFKAKBDDKFK 再利用锥体的体积公式可计算出四棱锥的体积. FABCD 【详解】（1）连接交于，连接. ACBDOOE 四边形为矩形，为中点. ABCDOAC 又为中点，. EPC/OE PA 又平面，平面， PABDEOE BDE 平面； /PABDE （2）过作交于. F/FK PDCDK 平面，平面. PD ABCDFK ABCD 又平面，. BD ABCDFKBD ，平面， AFBDAFFKFAFFK AFK 第 22 页 共 27 页 平面.连接，则， BD AFKAKAKBD 又是矩形，易证，而，得， ABCDADKBAD4AB 2AD 1DK 由得，. /FK PD FKCK PDCD 9 4 FK 又矩形的面积为8，. ABCD 19 86 34 FABCD V 【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，以及锥体体积的计算，直线与平面平行的证明，常用以下三种方 法进行证明： （1）中位线平行；（2）平行四边形对边平行；（3）构造面面平行来证明线面平行。 一般遇到中点找中点，根据已知条件类型选择合适的方法证明。 20. 如图长方体ABCD - A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB，A1D1的中点 2ABAD （1）求证:平面EFC平面BB1D； （2）请在答题卡图形中画出直线DB1与平面EFC的交点O（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值（ 1 DO OB 不必写出计算过程） 答案及解析：答案及解析： 20.(1)见证明；(2) ；画图见解析 1 4 5 DO OB 第 23 页 共 27 页 【分析】 （1）推导出平面，得出，得出，从而得到，进而证出 1 BB ABCD1 BBEC DBCBEC CEBD 平面，由此证得平面平面 EC 1 BB D EFC 1 BB D （2）根据通过辅助线推出线面平行再推出线线平行，再根据“一条和平面不平行的直线与平面的公共点即为 直线与平面的交点”得到点位置，然后计算的值 O1 DO OB 【详解】（1）证明：在长方体中， 1111 ABCDABC D 2ABAD 分别为棱，的中点，所以平面，则， EF，AB11 AD 1 BB ABCD1 BBEC 在中， DCB Rt 2 tan2 DCABAD DBC BCADAD 在中， EBC Rt tan2 1 2 2 2 BCADAD BEC BE AB AD 所以，因为在中，所以，所以 DBCBEC EBC Rt 90BECECB90DBCECB ，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面 CEBD1 BBBDB EC 1 BB D EC EFCEFC 1 BB D （2） 如图所示：设，连接，取中点记为，过作，且， ECDBM 11 D B 11 D B NM/ /MPBNMPBNP 则. 1 MPDBO 证明：因为为中点，所以且；又因为，且 FN、1111 ADD B、 11 / /FNAB 11 1 2 FNAB 11 / /EBAB 第 24 页 共 27 页 ，所以且，所以四边形为平行四边形，则；又因为 11 1 2 EBAB FNEB FNEBEFNB/ /NBEF MPBN ，所以，且平面，所以平面；又因为，则，平面 / /MPEFM EFCMP EFC1 MPDBO 1 ODB O ，即点为直线与平面的交点； EFCO1 DB EFC 因为，所以，则；且有上述证明可知：四边形为平行 BMEDMC 1 2 BMBE DMDC 2 3 DMDB MBNP 四边形，所以，所以， 1 3 NPMBDB 1 115 326 PBDBDB 因为，. 1 DOMBOP 11 4 5 DODM OBB P 【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解 答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明 线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直 21. 如图,四边形ABCD为矩形,且平面ABCD, ,E为BC的中点. 2,1,ADABPA 1PA （1）求证:； PEDE （2）求三棱锥的体积； CPDE （3）探究在PA上是否存在点G,使得EG平面PCD，并说明理由. 答案及解析：答案及解析： 21.（1）见解析;（2）;（3）见解析. 1 6 第 25 页 共 27 页 【分析】 (1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知. AE DEPAE 平面 DEPE (2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得. DCE 1 6 C PDEP DCE VV (3)在上存在中点,使得.取的中点,连结. PAG / /EGPCD平面,PA PD,G H,EG GH CH 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH,结合线面平行的判断定理可知EG/平面PCD. 【详解】(1)连结,为的中点, AEEBC1ECCD 为等腰直角三角形, DCE 则,同理可得, 45DEC 45AEB 90AED DEAE 又,且, , PAABCD平面DEABCD 平面 PADE 又,又,. AEPAA DEPAE 平面PEPAE 平面 DEPE (2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形, DCE ,而是三棱锥的高, 11 1 1 22 DCE S PAPDCE . 1111 1 3326 C PDEP DCEDCE VVSPA (3)在上存在中点,使得.理由如下: PAG / /EGPCD平面 取的中点,连结. ,PA PD,G H,EG GH CH 是的中点, ,且, ,G H,PA PD / /GHAD 1 2 GHAD 第 26 页 共 27 页 又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC/AD,且EC=AD, 1 2 所以EC/GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH, 又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG/平面PCD. 【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题 的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 22. 如图，在四棱锥A-DCBE中，底面DCBE为平行四边形，DC平面ABC ACBC （1）求证： BCAD （2）若，求三棱锥的体积 30ABC2AB 3EB BACE （3）设平面ADE平面ABC=直线l，试判断BC与l的位置关系，并证明 答案及解析：答案及解析： 22.（1）见解析；（2）；（3）见解析. 1 2 试题分析：（1）根据题意得到，面从而得到线线垂直；（2）由图形特 BCDCACBCBC ACD 点得到面，代入数据称可得到体积值. BE ABC B ACEE ABC VV 解析： （1）证明：面， DC ABC 面， BC ABC 第 27 页 共 27 页 ， BCDC 又， ACBC 面， AC ACD 面， CD ACDACCDC 面， BC ACD 底面为平行四边形， DCBE ， / /BCED 面 DE ACD （2）底面为平行四边形， DCBE 面， DC ABC 面， BE ABC 111 133 322 B ACEE ABC VV （3） / /BCl 证明：底面为平行四边形， DCBE ， / /BCED 面，面， BC ADEED ADE 面， / /BCADE 又面面， ADE ABCl 面， BC ABC / /BCl
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第 1 页 共 8 页 20192020 学年高一年级下学期期末冲刺满分训练卷 第十章 立体几何初步 期末单元测试卷 （范围：新教材人教 B 版 必修四 考试时间：90 分钟 满分：150 分） 一、选择题（本题共 12 道小题，每小题 5 分，共 60 分） 1. 以下命题（其中a、b表示直线，表示平面）中，正确的命题是( ) A. 若，则B. 若，则 / /abb/ /a/ /a/ /b/ /ab C. 若，则D. 若，则 / /abba/ /ab/ /ab 2. 下列命题正确的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱。 B. 有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱。 C. 绕直角三角形的一边旋转所形成的几何体叫圆锥。 D. 用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。 3. 在正方体ABCD - A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若 ，则四面体O-AEF的体积( ) 1 ,BEx AFy A. 与x，y都有关B. 与x，y都无关 C. 与x有关，与y无关D. 与y有关，与x无关 第 2 页 共 8 页 4. 如图，在ABC中，面ABC，D是BC的中点，则图中直角三角形的个数是（ ） PA ABAC A. 5B. 6C. 7D. 8 5. 等腰直角三角形，直角边长为.以斜边所在直线为旋转迪，将该直角三角形旋转一周所得几何的体积是（ 2 ） A. B. C. D. 3 2 3 4 3 6. 直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1 与MN所成角的余弦值为 A. 1B. C. D. 0 4 5 3 4 7. 如图是某个正方体的平面展开图，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（ ） 1 l 2 l 1 l 2 l A. 互相平行B. 异面且互相垂直 C. 异面且夹角为D. 相交且夹角为 3 3 第 3 页 共 8 页 8. 我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如 图，五面体ABCDEF是一个刍甍.四边形ABCD为矩形，与都是等边三角形， ADEBCF4AB ，则此“刍甍”的表面积为（ ） 2ADEF A. B. C. D. 88 387 385 384 3 9. 如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N 分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( ) A. MNABB. 平面VAC平面VBC C. MN与BC所成的角为 45D. OC平面VAC 10. 如图，已知四面体ABCD为正四面体，分别是AD,BC中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面 2,ABE F ， 体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）. 第 4 页 共 8 页 A. 1B. C. D. 2 23 11. 长方体 ABCDA1B1C1D1的 8 个顶点在同一个球面上，且 AB=2，AD=，AA1=1，则顶点 A、B 间的球面距离是（ ） ABCD2 12. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断正确的是（ ） 平面平面 1 PB D 1 ACD 平面 1 / /AP 1 ACD 异面直线与所成角的取值范围是 1 AP 1 AD 0, 3 三棱锥的体积不变 1 DAPC A. B. C. D. 二、填空题（本题共 4 道小题，每小题 5 分，共 20 分） 第 5 页 共 8 页 13. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ， 45ABC ，则这块菜地的面积为_ 2AB 1AD DCBC 14. 如图所示，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，点M是棱CD的中点，动点N在体对角线A1C上（点N与点A1，C不 重合），则平面AMN可能经过该正方体的顶点是_.（写出满足条件的所有顶点） 15. 棱长均为 1m 的正三棱柱透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为hm （如图 1）； 当 转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图 2），则a=_；h= _ 1 AABC 16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图， 第 6 页 共 8 页 现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共 32 个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)， 顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有_.个正六边形的面，若正六边形的边长为，则足球的 21 直径为_.cm(结果保留整数)(参考数据tan54 1.38, 31,73,3.14). 三、解答题（本题共 6 道小题,第 17 题 10 分,第 18 题 12 分,第 19 题 12 分,第 20 题 12 分,第 21 题 12 分,第 22 题 12 分,共 70 分） 17. 如图所示，在三棱柱ABC - A1B1C1中，ABC与A1B1C1都为正三角形，且平面ABC， F、F1分别是 1 AA AC、A1C1的中点. 求证：（1）平面平面； 11 AB F 1 C BF （2）平面平面. 11 AB F 11 ACC A 18. 如图所示，在长方体ABCD - A1B1C1D1中， 为棱CC1上点. 2AB 1 2,4,BCCCM 第 7 页 共 8 页 (1)若，求异面直线A1M和C1D1所成角的大小； 1 1C M (2)若，求证平面. 1 2C M BM 11 AB M 19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，且， 3PD 2AD . 4AB （1）求证：PA平面BDE； （2）若点F为线段PC上一点，且，求四棱锥F-ABCD的体积. AFBD 20. 如图长方体ABCD - A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB，A1D1的中点 2ABAD （1）求证:平面EFC平面BB1D； 第 8 页 共 8 页 （2）请在答题卡图形中画出直线DB1与平面EFC的交点O（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值 1 DO OB （不必写出计算过程） 21. 如图,四边形ABCD为矩形,且平面ABCD, ,E为BC的中点. 2,1,ADABPA 1PA （1）求证:； PEDE （2）求三棱锥的体积； CPDE （3）探究在PA上是否存在点G,使得EG平面PCD，并说明理由. 22. 如图，在四棱锥A-DCBE中，底面DCBE为平行四边形，DC平面ABC ACBC （1）求证： BCAD （2）若，求三棱锥的体积 30ABC2AB 3EB BACE （3）设平面ADE平面ABC=直线l，试判断BC与l的位置关系，并证明 第 1 页 共 27 页 20192020学年高一年级下学期期末冲刺满分训练卷 第十章 立体几何初步 期末单元测试卷 （范围：新教材人教B版 必修四 考试时间：90分钟 满分：150分） 一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分） 1. 以下命题（其中a、b表示直线，表示平面）中，正确的命题是( ) A. 若，则B. 若，则 / /abb/ /a/ /a/ /b/ /ab C. 若，则D. 若，则 / /abba/ /ab/ /ab 答案及解析：答案及解析： 1. C 【分析】 根据线线、线面有关定理对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A选项，直线可能含于平面，所以A选项错误. a 对于B选项，可能异面，所以B选项错误. , a b 对于C选项，由于，所以，所以C选项正确. / /abba 对于D选项，可能异面，所以D选项错误. , a b 故选：C 【点睛】本小题主要考查空间线线、线面位置关系的判断，属于基础题. 2. 下列命题正确的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱。 第 2 页 共 27 页 B. 有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱。 C. 绕直角三角形的一边旋转所形成的几何体叫圆锥。 D. 用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。 答案及解析：答案及解析： 2.B 【分析】 根据课本中的相关概念依次判断选项即可. 【详解】对于A选项，几何体可以是棱台，满足有两个面平行，其余各面都是四边形，故选项不正确；对于B ，根据课本中棱柱的概念得到是正确的；对于C，当绕直角三角形的斜边旋转时构成的几何体不是圆锥，故不正确 ；对于D，用平行于底面的平面截圆锥得到的剩余的几何体是棱台，故不正确. 故答案为：B. 【点睛】这个题目考查了几何体的基本概念，属于基础题. 3. 在正方体ABCD - A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若，则四面体O- 1 ,BEx AFy AEF的体积( ) A. 与x，y都有关B. 与x，y都无关 C. 与x有关，与y无关D. 与y有关，与x无关 答案及解析：答案及解析： 3.B 第 3 页 共 27 页 【分析】 根据等体积法以及锥体体积公式判断选择. 【详解】因为VOAEFVEOAF， 所以，考察AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值， 因为BB1平面ACC1A1， 所以，点E到平面AOE的距离为定值， 又AOA1C1， 所以，OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值， 即AOF的面积是定值， 所以，四面体O-AEF的体积与x，y都无关，选B。 【点睛】本题考查三棱锥的体积、点到平面的距离以及点到直线的距离，考查基本分析判断能力，属中档题. 4. 如图，在ABC中，面ABC，D是BC的中点，则图中直角三角形的个数是（ ） PA ABAC A. 5B. 6C. 7D. 8 答案及解析：答案及解析： 第 4 页 共 27 页 4.C 试题分析：因为面，所以，则三角形为直角三 PA ABC 角形，因为，所以，所以三角形是直角三角形，易证 ，所以面，即，则三角形为直角三角形，即共有7个直角 三角形；故选C 考点：空间中垂直关系的转化 5. 等腰直角三角形，直角边长为.以斜边所在直线为旋转迪，将该直角三角形旋转一周所得几何的体积是（ 2 ） A. B. C. D. 3 2 3 4 3 答案及解析：答案及解析： 5.B 【分析】 画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可 【详解】如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体 由题得等腰直角三角形的斜边上的高为1. 所以 2 11 22 33 VS hRh 2 12 2(1)1 33 故选： B 第 5 页 共 27 页 【点睛】本题主要考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平 6. 直三棱柱ABC A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与MN所成角的余弦值为 A. 1B. C. D. 0 4 5 3 4 答案及解析：答案及解析： 6.D 【分析】 先找到直线异面直线AB1与MN所成角为,再通过解三角形求出它的余弦值. 1 ABC 【详解】由题得, 1 |MNBC 所以就是异面直线AB1与MN所成角或补角. 1 ABC 由题得, 2 4 1 2 2 1 cos7 3 AC , 11 5,2ABBC 因为, 222 1 2 + 5 = 7 2 ABC ， 所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0. 故选:D 第 6 页 共 27 页 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平和分析推理能力. 7. 如图是某个正方体的平面展开图，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（ ） 1 l 2 l 1 l 2 l A. 互相平行B. 异面且互相垂直 C. 异面且夹角为D. 相交且夹角为 3 3 答案及解析：答案及解析： 7.D 【分析】 先将平面展开图还原成正方体，再判断求解. 【详解】 将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以与相交，连接，则为正三角形 1 l 2 l ADABD ，所以与的夹角为. 2 l 2 l 3 故选:D. 第 7 页 共 27 页 【点睛】本题主要考查空间直线的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 8. 我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如 图，五面体ABCDEF是一个刍甍.四边形ABCD为矩形，与都是等边三角形， ADEBCF4AB 2ADEF ，则此“刍甍”的表面积为（ ） A. B. C. D. 88 387 385 384 3 答案及解析：答案及解析： 8.A 【分析】 分别计算出每个面积，相加得到答案. 【详解】 113 222(24) 2322 22 488 3 222 ABEFBCFABCD SSSS 故答案选A 【点睛】本题考查了图像的表面积，意在考查学生的计算能力. 9. 如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为 VA，VC的中点，则下列结论正确的是( ) 第 8 页 共 27 页 A. MNABB. 平面VAC平面VBC C. MN与BC所成的角为45D. OC平面VAC 答案及解析：答案及解析： 9.B 【分析】 对每一个选项逐一分析判断得解. 【详解】A.，分别为，的中点， MNVAVC ，又，与所成的角为，故不正确； / /MNACACBCMNBC90C ，不成立，故A不正确 / /MNAC ACABA / /MNAB B. 是O的直径，点是圆周上不同于，的任意一点， ABCAB ， ACBC 垂直O所在的平面，O所在的平面， VABC ， VABC 又，平面， ACVAA BCVAC 又平面，平面平面，故B正确； BC VBCVAC VBC C. 是O的直径，点是圆周上不同于，的任意一点， ABCAB ，又、共面，与不垂直， ACBCABCOOCAC 平面不成立，故不正确； OCVACB 第 9 页 共 27 页 ，分别为，的中点， MNVAVC ，又，与所成的角为，故不正确； / /MNACACBCMNBC90C D. 是O的直径，点是圆周上不同于，的任意一点， ABCAB ，又、共面，与不垂直， ACBCABCOOCAC 平面不成立，故D不正确. OCVAC 故选:B. 【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理 解掌握水平，属于基础题. 10. 如图，已知四面体ABCD为正四面体，分别是AD,BC中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的 2,ABE F ， 每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）. A. 1B. C. D. 2 23 答案及解析：答案及解析： 10.A 【分析】 通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解. MNKL2NKKL 【详解】补成正方体，如图. 第 10 页 共 27 页 ,EFQ 截面为平行四边形,可得， MNKL2NKKL 又 且 / /,/ /,MNAD KLBC,ADBCKNKL 可得当且仅当时取等号，选A. LMNK SNK KL 四边形 2 ()1, 2 NKKL NKKL 【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题. 11. 长方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=，AA1=1，则顶点A、B间的球面距离是（ ） ABCD2 答案及解析：答案及解析： 11.B 【考点】球内接多面体 第 11 页 共 27 页 【分析】先求长方体的对角线，就是球的直径，再求AB的球心角，然后求A、B间的球面距离 【解答】解：， 设BD1AC1=O，则， ， 故选B 12. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断正确的是（ ） 平面平面 1 PB D 1 ACD 平面 1 / /AP 1 ACD 异面直线与所成角的取值范围是 1 AP 1 AD 0, 3 三棱锥的体积不变 1 DAPC A. B. C. D. 答案及解析：答案及解析： 12.B 【分析】 连接DB1，容易证明DB1面ACD1 ，从而可以证明面面垂直； 第 12 页 共 27 页 连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得； 分析出A1P与AD1所成角的范围，从而可以判断真假； =，C到面 AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变； 1 A D PC V 1 A CD P V 【详解】对于，连接DB1，根据正方体的性质，有DB1面ACD1 ，DB1平面PB1D，从而可以证明平面PB1D平面ACD1，正确 连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1面ACD1，从而由线面平行的定义可得 A1P平面ACD1，正确 当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值， 3 当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值， 2 故A1P与AD1所成角的范围是，错误； 3 2 ， =，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变 1 A D PC V 1 A CD P V 三棱锥AD1PC的体积不变，正确； 正确的命题为 故选：B 【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题 二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分） 13. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图), ， 45ABC 第 13 页 共 27 页 ，则这块菜地的面积为_ 2AB 1AD DCBC 答案及解析：答案及解析： 13.3 2 【分析】 首先由斜二测图形还原平面图形，然后求解其面积即可. 【详解】由几何关系可得，斜二测图形中：， 2sin4512BC 由斜二测图形还原平面图形，则原图是一个直角梯形，其中上下底的长度分别为1,2，高为，其面积 2 2 . 1 122 23 2 2 S 【点睛】本题主要考查斜二测画法，梯形的面积公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 14. 如图所示，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，点M是棱CD的中点，动点N在体对角线A1C上（点N与点A1，C不重合），则平面AMN可能经过该正方体的 顶点是_.（写出满足条件的所有顶点） 答案及解析：答案及解析： 14. 11 ,A B C 第 14 页 共 27 页 【分析】 取中点E，取中点F, 在平面两侧，在平面两侧，分析即得解. 1 CC 11 AB 1, A C 1 AMEB 1, A C 1 AMC F 【详解】 见上面左图，取中点E，因为ME,所以A,M,E,四点共面，在平面两侧，所以和 1 CC 1 / / AB 1 B 1, A C 1 AMEB 1 AC 平面交于点N,此时平面AMN过点A, ; 1 AMEB 1 B 见上面右图，取中点F,因为,所以四点共面，在平面两侧，所以 11 AB 1 / /AFC M 1 ,A F C M 1, A C 1 AMC F 和平面交于点N,此时平面AMN过点A, ; 1 AC 1 AMC F 1 C 综上，平面可能经过该正方体的顶点是. AMN11 ,A B C 故答案为： 11 ,A B C 【点睛】本题主要考查棱柱的几何特征和共面定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 15. 棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为hm （如图1）； 当转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则a=_；h= _ 1 AABC 第 15 页 共 27 页 答案及解析：答案及解析： 15. 3 12 31 22 【分析】 利用体积相等得出，进而算出，进而得出 1 1 1 3 A A BCABC VSAAa V1 31 123 ABEDABC aSAAS V ， 1 AA ，通过面积的比值，进而求出的值，得到答案 1 3 ABEDABC SS h 【详解】由题意，正三棱柱的棱长均为， 1m 所以， 1 1133 1 1 sin601 11 2224 ABC SAA ， 由题意可得， 1 1 1133 1 33412 A A BCABC VSAAa V 又由得， 1 1 111 ABED A B E DAA BC VV 11 1 3 ABEDABC SAASAA V ， 1 3 ABEDABC SS V 3 3 DE AB ， 3 3 DCDE ACAB 3 3 DC 3 1 3 AD 第 16 页 共 27 页 在等边中，边上的高为 ABCAB 3 2 因为， 3 1 3 13 2 hAD AC 31 22 h 故答案为： 331 1222 ； 【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，合理利用 椎体的体积公式和三棱锥的结构特征求解是解答的关键，着重考查了空间想象能，以及推理与运算能力，属于中 档试题 16. 足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图， 现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)， 顶点数(V)，棱数(E)满足F+V- E=2，那么，足球有_.个正六边形的面，若正六边形的边长为，则足球的直径为_.cm(结果保留整 21 数)(参考数据tan54 1.38, 31,73,3.14). 答案及解析：答案及解析： 16.20 ； 22 【分析】 首先根据足球表面的规律，设正五边形为块，正六边形为块，列出方程组 x y ，解方程组即可.分别计算正六边形和正五边形的面积，从而得到足球的表 11 (56 )(56 )2 32 1 56 2 xyxyxy xy 第 17 页 共 27 页 面积，再利用球体表面积公式即可得到足球的直径. 【详解】因为足球是由正五边形与正六边形构成， 所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料， 每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料， 而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论. 设正五边形为块，正六边形为块，有题知： x y ，解得. 11 (56 )(56 )2 32 1 56 2 xyxyxy xy 12 20 x y 所以足球有20个正六边形的面. 每个正六边形的面积为. 2 1363 ( 21)63 222 每个正五边形的面积为. 121tan54105tan54 215 224 球的表面积 63105tan54 20312 24 S . 630 3315tan541089.9434.71524.6 所以，. 22 4(2 )1524.6RR 222R 所以足球的直径为. 22 故答案为：20，22. 【点睛】本题主要通过传统文化背景，考查球体的直径和表面积公式，同时考查了学生理解问题的能力，属 于中档题. 三、解答题（本题共6道小题,第17题10分,第18题12分,第19题12分,第20题12分,第21题12分,第22题12分,共70分） 17. 如图所示，在三棱柱ABC - A1B1C1中，ABC与A1B1C1都为正三角形，且平面ABC， 1 AA 第 18 页 共 27 页 F、F1分别是AC、A1C1的中点. 求证：（1）平面平面； 11 AB F 1 C BF （2）平面平面. 11 AB F 11 ACC A 答案及解析：答案及解析： 17.(1)见解析.(2)见解析. 【分析】 （1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平 1 ,F F 11 ,AC AC 1111 ,B FBF AFC F 11 B F / / 面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面. 1 C BF 1 AF / / 1 C BF 11 AB F 1 C BF （2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面 11 B F 11 ACC A 平面. 11 AB F 11 ACC A 【详解】（1）在三棱柱中， 111 ABCABC 因为分别是的中点，所以， 1 ,F F 11 ,AC AC 1111 ,B FBF AFC F 根据线面平行的判定定理，可得平面，平面 11 B F / / 1 C BF 1 AF / / 1 C BF 又， 11111 ,B FAFF C FBFF 平面平面. 11 AB F 1 C BF （2）在三棱柱中，平面，所以， 111 ABCABC 1 AA 111 ABC 111 B FAA 第 19 页 共 27 页 又，所以平面， 1111 B FAC 1111 ACAAA 11 B F 11 ACC A 而平面，所以平面平面. 11 B F 11 AB F 11 AB F 11 ACC A 【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解 答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明 线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直 18. 如图所示，在长方体ABCD - A1B1C1D1中， 为棱CC1上点. 2AB 1 2,4,BCCCM (1)若，求异面直线A1M和C1D1所成角的大小； 1 1C M (2)若，求证平面. 1 2C M BM 11 AB M 答案及解析：答案及解析： 18.(1) ；(2)证明详见解析. 5 arctan 2 【分析】 (1) 由,得是异面直线和所成角,由此能示出异面直线和所成角的正切值； 1111 / /C DB A 11 B AM 1 AM 11 C D 1 AM 11 C D (2) 时,由勾股定理逆定理得,由此能证明平面. 1 2C M 1 B MBM 1 AMBM BM 11 AB M 【详解】(1), 1111 / /C DB A 第 20 页 共 27 页 是异面直线和所成角, 11 B AM 1 AM 11 C D 在长方体中,平面, 1111 ABCDABC D 11 AB 11 BCC B , 111 ABB M ,M为棱上一点, 2AB 2BC 1 4CC 1 CC 1 1C M , 22 1111 4 15B MBCMC , 1 11 11 5 tan 2 B M B AM AB 即异面直线和所成角的大小为. 1 AM 11 C D 5 arctan 2 (2) 时, 1 2C M 22 1 2 2B MBMBCCM ,. 222 11 B MBMBB 1 B MBM , 222 1111 44412AMACMC 2 1 16420AB , 222 11 AMBMAB , 1 AMBM 又,平面. 11 AMB MM BM 11 AB M 【点睛】本题考查异面直线所成角的正切值的求法,考查直线与平面的证明,解题时要注意空间思维能力的培 养. 19. 如图，在四棱锥P- ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，且，. 3PD 2AD 4AB 第 21 页 共 27 页 （1）求证：PA平面BDE； （2）若点F为线段PC上一点，且，求四棱锥F-ABCD的体积. AFBD 答案及解析：答案及解析： 19.（1）见解析 （2）6 【分析】 （1）连接交于点，得出点为的中点，利用中位线的性质得出，再利用直线与平面 ACBDOOAC/PA OE 平行的判定定理可得出平面； /PABDE （2）过作交于，由平面，得出平面，可而出，结 F/FK PDCDKPD ABCDFK ABCDBDFK 合，可证明出平面，可得出，并计算出，利用平行线的性质求出的长， AFBDBD AFKAKBDDKFK 再利用锥体的体积公式可计算出四棱锥的体积. FABCD 【详解】（1）连接交于，连接. ACBDOOE 四边形为矩形，为中点. ABCDOAC 又为中点，. EPC/OE PA 又平面，平面， PABDEOE BDE 平面； /PABDE （2）过作交于. F/FK PDCDK 平面，平面. PD ABCDFK ABCD 又平面，. BD ABCDFKBD ，平面， AFBDAFFKFAFFK AFK 第 22 页 共 27 页 平面.连接，则， BD AFKAKAKBD 又是矩形，易证，而，得， ABCDADKBAD4AB 2AD 1DK 由得，. /FK PD FKCK PDCD 9 4 FK 又矩形的面积为8，. ABCD 19 86 34 FABCD V 【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，以及锥体体积的计算，直线与平面平行的证明，常用以下三种方 法进行证明： （1）中位线平行；（2）平行四边形对边平行；（3）构造面面平行来证明线面平行。 一般遇到中点找中点，根据已知条件类型选择合适的方法证明。 20. 如图长方体ABCD - A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB，A1D1的中点 2ABAD （1）求证:平面EFC平面BB1D； （2）请在答题卡图形中画出直线DB1与平面EFC的交点O（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值（ 1 DO OB 不必写出计算过程） 答案及解析：答案及解析： 20.(1)见证明；(2) ；画图见解析 1 4 5 DO OB 第 23 页 共 27 页 【分析】 （1）推导出平面，得出，得出，从而得到，进而证出 1 BB ABCD1 BBEC DBCBEC CEBD 平面，由此证得平面平面 EC 1 BB D EFC 1 BB D （2）根据通过辅助线推出线面平行再推出线线平行，再根据“一条和平面不平行的直线与平面的公共点即为 直线与平面的交点”得到点位置，然后计算的值 O1 DO OB 【详解】（1）证明：在长方体中， 1111 ABCDABC D 2ABAD 分别为棱，的中点，所以平面，则， EF，AB11 AD 1 BB ABCD1 BBEC 在中， DCB Rt 2 tan2 DCABAD DBC BCADAD 在中， EBC Rt tan2 1 2 2 2 BCADAD BEC BE AB AD 所以，因为在中，所以，所以 DBCBEC EBC Rt 90BECECB90DBCECB ，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面 CEBD1 BBBDB EC 1 BB D EC EFCEFC 1 BB D （2） 如图所示：设，连接，取中点记为，过作，且， ECDBM 11 D B 11 D B NM/ /MPBNMPBNP 则. 1 MPDBO 证明：因为为中点，所以且；又因为，且 FN、1111 ADD B、 11 / /FNAB 11 1 2 FNAB 11 / /EBAB 第 24 页 共 27 页 ，所以且，所以四边形为平行四边形，则；又因为 11 1 2 EBAB FNEB FNEBEFNB/ /NBEF MPBN ，所以，且平面，所以平面；又因为，则，平面 / /MPEFM EFCMP EFC1 MPDBO 1 ODB O ，即点为直线与平面的交点； EFCO1 DB EFC 因为，所以，则；且有上述证明可知：四边形为平行 BMEDMC 1 2 BMBE DMDC 2 3 DMDB MBNP 四边形，所以，所以， 1 3 NPMBDB 1 115 326 PBDBDB 因为，. 1 DOMBOP 11 4 5 DODM OBB P 【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解 答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明 线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直 21. 如图,四边形ABCD为矩形,且平面ABCD, ,E为BC的中点. 2,1,ADABPA 1PA （1）求证:； PEDE （2）求三棱锥的体积； CPDE （3）探究在PA上是否存在点G,使得EG平面PCD，并说明理由. 答案及解析：答案及解析： 21.（1）见解析;（2）;（3）见解析. 1 6 第 25 页 共 27 页 【分析】 (1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知. AE DEPAE 平面 DEPE (2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得. DCE 1 6 C PDEP DCE VV (3)在上存在中点,使得.取的中点,连结. PAG / /EGPCD平面,PA PD,G H,EG GH CH 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH,结合线面平行的判断定理可知EG/平面PCD. 【详解】(1)连结,为的中点, AEEBC1ECCD 为等腰直角三角形, DCE 则,同理可得, 45DEC 45AEB 90AED DEAE 又,且, , PAABCD平面DEABCD 平面 PADE 又,又,. AEPAA DEPAE 平面PEPAE 平面 DEPE (2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形, DCE ,而是三棱锥的高, 11 1 1 22 DCE S PAPDCE . 1111 1 3326 C PDEP DCEDCE VVSPA (3)在上存在中点,使得.理由如下: PAG / /EGPCD平面 取的中点,连结. ,PA PD,G H,EG GH CH 是的中点, ,且, ,G H,PA PD / /GHAD 1 2 GHAD 第 26 页 共 27 页 又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC/AD,且EC=AD, 1 2 所以EC/GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG/CH, 又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG/平面PCD. 【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题 的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 22. 如图，在四棱锥A-DCBE中，底面DCBE为平行四边形，DC平面ABC ACBC （1）求证： BCAD （2）若，求三棱锥的体积 30ABC2AB 3EB BACE （3）设平面ADE平面ABC=直线l，试判断BC与l的位置关系，并证明 答案及解析：答案及解析： 22.（1）见解析；（2）；（3）见解析. 1 2 试题分析：（1）根据题意得到，面从而得到线线垂直；（2）由图形特 BCDCACBCBC ACD 点得到面，代入数据称可得到体积值. BE ABC B ACEE ABC VV 解析： （1）证明：面， DC ABC 面， BC ABC 第 27 页 共 27 页 ， BCDC 又， ACBC 面， AC ACD 面， CD ACDACCDC 面， BC ACD 底面为平行四边形， DCBE ， / /BCED 面 DE ACD （2）底面为平行四边形， DCBE 面， DC ABC 面， BE ABC 111 133 322 B ACEE ABC VV （3） / /BCl 证明：底面为平行四边形， DCBE ， / /BCED 面，面， BC ADEED ADE 面， / /BCADE 又面面， ADE ABCl 面， BC ABC / /BCl
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