【文档说明】高考数学(理数)一轮复习08《立体几何》单元测试 (含详解).doc，共(9)页，361.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1一、选择题：本题共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．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱锥解：由

三视图可知，圆柱的正视图中不可能出现三角形．故选A．2．(2017·洛阳一模)已知某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为()A．103πB．14πC．163π－8D．163π－4解：依题意知，该几何体是

从一个圆锥(底面半径为2、高为4)中截去一个正四棱柱(底面正方形边长为2、高为2)后剩余的部分，因此该几何体的体积为13π×22×4－(2)2×2＝16π3－4．故选D．3．(2017大连经济技术开发区一中月考)给出下列命题：①直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；②直线a与

平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；③异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；④若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面．其中错误命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解：直线a在平面α

内时，直线a与平面α内某一方向上的无数条直线平行，所以①错误；直线a与平面α不垂直，a可以与平面α内的无数条直线垂直，所以②错误；若过a的平面α与b垂直，那么b垂直于α内所有直线，所以b⊥a，这与a，b不垂直矛盾，所以③正确；若直线a

和b共面，直线b和c共面，则a和c可能异面，所以④错误．故错误命题的个数是3．此题亦可用正方体模型直观的判断求解．故选C．4．(2017广东省深圳中学月考)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，n⊥α，则下列四种位置关系中，不

一定成立的是()A．m⊥nB．m⊥βC．n⊥lD．n∥β解：过直线m作平面γ，与平面α交于直线m′，则m∥m′．又m⊥l，所以m′⊥l，故m⊥β．又n⊥α，所以n⊥l，n⊥m′，故n⊥m．所以A、B、C一定成立，D中亦有可能n⊂β．故选D．5．如

图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，C1D1的中点，则EF与平面BB1D1D的位置关系是()A．EF∥平面BB1D1DB．EF与平面BB1D1D相交C．EF在平面BB1D1D内D．EF与平面BB1D1D的位置关系无法判断解：正方体ABCD-A1B1C1D1中，E

，F分别是棱BC，C1D1的中点，取B1C1的中点G，连接GE，GF，则GE∥BB1，GF∥B1D1，所以BB1∥平面EFG，B1D1∥平面EFG，又因为BB1∩B1D1＝B1，所以平面EFG∥平面BB1D1D，从而可得EF∥平面BB1D1D．故选A．6．已

知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()2A．22π3B．42π3C．22πD．42π解：将等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，可得到两个同底的圆锥，因此V＝13π·(2)2·22＝423π．故选B

．7．(2018·石家庄一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．23πB．43πC．2π＋10D．7π＋10解：由三视图知，该几何体为一个半圆柱中间挖去了一个半球，半圆柱高为5，底面半径为1，半球的半径为1，故该几何体表面积为5×π＋

π＋5×2－π＋12×4π＝7π＋10．故选D．8．(2017·湖北襄阳模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为正三角形，AB＝4，AA1＝6，若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BE＝B1E，C1F＝13CC1，则异面直线A1E与AF所成角的余弦值为()A．

36B．26C．310D．210解：如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意，得A1(4，0，6)，E(2，23，3)，F(0，0，4)，A(4，0，0)，A1E→＝(－2，23，－3)，AF→＝(－4，0，4)．设异面直

线A1E与AF所成的角为θ，则cosθ＝|A1E→·AF→||A1E→||AF→|＝4202＝210．故异面直线A1E与AF所成角的余弦值为210．故选D．9．(2017武汉市吴家山中学月考)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池

盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积

公式V＝13(S上＋S上S下＋S下)·h)()A．2寸B．3寸C．4寸D．5寸解：所求为13×9×（102π＋102π×62π＋62π）142π＝3．故选B．10．(2018·浙江嘉兴期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AA1，C

C1的中点，过EF的平面与棱BB1，DD1分别交于点G，H．设BG＝x，x∈[0，1]．①四边形EGFH一定是菱形；②AC∥平面EGFH；③四边形EGFH的面积S＝f(x)在区间[0，1]上具有单调性；④四棱锥A-EGFH的体积为定值．以上结

论正确的个数是()A．4B．3C．2D．1解：因为对面互相平行，所以EG∥FH，EH∥GF，所以四边形EGFH是平行四边形．因为EF⊥平面BDD1B1，所以EF⊥GH，所以四边形EGFH一定是菱形，①正确；因为AC∥EF，所以AC∥平面EGFH，②正确；四

边形EGFH的面积S＝12EF·GH，在区间[0，1]上先减后增，③错误；四3棱锥A­EGFH的体积为2VA­EHG＝2VG­AEH＝2×13×1×12×1×12＝16，④正确．故选B．11．(2017龙岗区龙城高级中学月考)已知点A、B、C、D在同

一个球的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若球心O恰好在四面体ABCD的侧棱DA上，DC＝23，则这个球的表面积为()A．25π4B．4πC．16πD．8π解：由AB＝BC＝2，AC＝2，可知∠ABC＝π2，取AC中点M，则OM为△ADC的中位

线．又由题意有DC⊥面ABC，则球心O到面ABC的距离为OM＝12DC＝3，记球半径为R，在Rt△OMA中，R＝AM2＋OM2＝12＋（3）2＝2，故球表面积为S＝4πR2＝16π．故选C．12．(2018·安徽安师大附中、马鞍山二中阶段性测试)如图，在棱长为1的正方

体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是()A．DB1⊥D1PB．平面AD1P⊥平面A1DB1C．∠APD1的最大值为90°D．AP＋PD1的最小值为2＋62解法一：当

点P在A1点时，DB1与D1A1显然不垂直，A错误．因为A1B1⊥平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1，又在正方形ADD1A1中，A1D⊥AD1，所以AD1⊥平面A1DB1．又AD1⊂平面AD1P，所以平面AD1P⊥平面A1DB1，B正确．

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，所以AD1＝A1B＝2，BD1＝3，令A1P＝x，则0≤x≤2，所以D1P＝x2＋1，AP＝AA21＋A1P2－2AA1·A1Pcos∠AA1P＝x2－2x＋1，所以cos∠APD1＝AP

2＋PD21－AD212AP·PD1＝2x2－2x2AP·PD1＝2x（2x－1）2AP·PD1，显然，当x＝0或x＝22时，cos∠APD1＝0，∠APD1＝90°；当0＜x＜22时，cos∠APD1＜0，

90°＜∠APD1＜180°；当22＜x≤2时，cos∠APD1＞0，0°＜∠APD1＜90°．所以∠APD1的最大值大于90°，且当x＝24时，∠APD1最大，此时AP＝104，D1P＝324，显然104＋

324＜2＋62，C，D均错误．解法二：(向量法)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，因为A1B→＝(0，1，－1)，又P为线段A1B上的动点，

所以设P(1，λ，1－λ)(0≤λ≤1)，所以AD1→＝(－1，0，1)，D1P→＝(1，λ，－λ)，设n＝(x，y，z)是平面AD1P的法向量，则有n·AD1→＝0，n·D1P→＝0，即－x＋z＝

0，x＋λy－λz＝0，可取n＝(1，1－1λ，1)，4又平面A1DB1的法向量可为AD1→＝(－1，0，1)，因为AD1→·n＝0，所以平面AD1P⊥平面A1DB1．故选B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a

＝(0，1，1)，b＝(0，2，0)，则向量a与b的夹角为________．解：cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝22×2＝22，所以a与b的夹角为45°．故填45°．14．(2017广州市第五中学月考)一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，

则该平面图形的面积等于________．解：平面图形是上底长为1，下底长为1＋2，高为2的直角梯形，计算面积为2＋2．故填2＋2．15．(2018·安徽淮南第二中学、宿城第一中学第四次考试)在如图所示的三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，D是PC的中点，AB

＝2，AC＝23，PA＝2，则异面直线PB与AD所成角的余弦值为________．解：如图所示，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(0，23，0)，A(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3

，1)，所以AD→＝(0，3，1)，PB→＝(2，0，－2)．所以cos〈AD→，PB→〉＝|AD→·PB→||AD→||PB→|＝24×8＝24．或取BC中点E，所求即为∠ADE，由余弦定理求解．故填24．16．(201

7深圳市高级中学月考)将一块边长为6cm的正方形纸片，先按如图①所示的阴影部分裁去四个全等的等腰三角形，然后将剩余部分沿虚线折叠并拼成一个正四棱锥模型(底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥)，将该四棱锥如图②放置，若其正视图为正三角形，则其体积为________．解：由正视图

为正三角形可知，图③中PD＝2CD，所以PD＝23×32＝22，所以正三角形的边长为22，PO＝PD2－OD2＝6．所以四棱锥的体积为13×6×8＝863．故填863．三、解答题：共70分．解答应写出文字说

明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P，Q在正视图中所示位置：P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．解：(1)由三视图知，此几何体是由上部的圆锥和下部的圆

柱构成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．5S圆锥侧＝12(2πa)·(2a)＝2πa2，S圆柱侧＝(2πa)·(2a)＝4πa2，S圆柱底＝πa2，所以S表面＝2πa2＋4πa2＋πa2＝(2＋5)πa2．(2)沿P点与Q点

所在母线剪开圆柱侧面，如图所示．在矩形ABCQ中，PQ为几何体表面上从P点到Q点的最短路径，且PQ＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2．所以在几何体表面上从P点到Q点的最短路径的长为a1＋π2．18

．(12分)(2018·天津滨海新区联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD，PA⊥PD，F为PB上的点，且AF⊥平面PBD．(1)求证：PD⊥AB；(2)求证：平面PAD⊥平面ABCD．证明：(1)因为AF⊥平面PBD

，PD⊂平面PBD，所以PD⊥AF．因为PA⊥PD，PA∩AF＝A，所以PD⊥平面PAB．因为AB⊂平面PAB，所以PD⊥AB．(2)因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD．因为PD⊥AB，AD∩PD＝D，所以AB⊥平面

PAD．因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．19．(12分)如图①，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝12EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图②．(1)求证：AG⊥平面BCE；(2)求二面角C-A

E-F的余弦值．解：(1)证明：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB，又AG⊂底面AEFB，所以BC⊥AG．因为AB綊EG，AB＝AE，所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所

以AG⊥平面BCE．(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，易求得∠AEF＝60°．设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝23，OA＝OG＝2，以O为坐标原点，建立如图

所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，－23，0)，F(4，23，0)，C(0，23，4)，D(－2，0，4)，所以AC→＝(2，23，4)，AE→＝(2，－23，0)，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则AC→·n＝0

，AE→·n＝0，所以2x＋23y＋4z＝0，2x－23y＝0，令y＝1，则x＝3，z＝－3，即n＝(3，1，－3)，易知平面AEF的一个法向量为AD→＝(0，0，4)，设二面角C-AE-F的大小为θ，由图易知θ∈(0，π2)，所以cosθ＝|n·AD→||n||AD→|＝

437×4＝217．20．(12分)如图，已知在长方体6ABCD-A1B1C1D1中，AD＝A1A＝12AB＝2，点E是棱AB上一点，且AEEB＝λ．(1)证明：D1E⊥A1D；(2)若二面角D1­EC­D的余弦值

为63，求CE与平面D1ED所成的角的大小．解：(1)证明：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，A1(2，0，2

)，B1(2，4，2)，C1(0，4，2)，D1(0，0，2)．因为AEEB＝λ，所以E2，4λ1＋λ，0，于是D1E→＝2，4λ1＋λ，－2，A1D→＝(－2，0，－2)，因为D1E→·A1D→＝2，4λ1＋λ，－2·(－2，0，－2)＝0，故D1E⊥A1D．(2)因为

D1D⊥平面ABCD，所以平面DEC的一个法向量为n1＝DD1→＝(0，0，2)．设平面D1CE的法向量为n2＝(x，y，z)，又CE→＝2，4λ1＋λ－4，0，CD1→＝(0，－4，2)，则n2·CE→＝2x＋y4λ1＋λ－4＝0，n2·CD1→＝－4y

＋2z＝0，所以可取向量n2＝2－2λ1＋λ，1，2，因为二面角D1­EC­D的余弦值为63，则|n1·n2||n1||n2|＝63，解得λ＝1，所以E(2，2，0)，故DE→＝(2，2，0)，CE→

＝(2，－2，0)，因为CE→·DD1→＝0，CE→·DE→＝0，故CE⊥DD1，CE⊥DE，又DD1∩DE＝D，所以CE⊥平面D1ED．即CE与平面D1ED所成角的大小为90°．21．(12分)如图所示，在四棱锥P

-ABCD中，AD∥BC，平面APD⊥平面ABCD，PA＝PD，E在AD上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2．(1)求证：平面PEC⊥平面PBD；(2)设直线PB与平面PEC所成的角为π6，求平面APB与平面PE

C所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：如图①，连接BE．在△PAD中，因为PA＝PD，AE＝ED，所以PE⊥AD．又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，所以PE⊥平面ABCD．又BD⊂平面ABCD，故PE⊥BD．在四边形ABCD中，

BC∥DE，且BC＝DE，所以四边形BCDE为平行四边形，又BC＝CD，所以四边形BCDE为菱形，故BD⊥CE，又PE∩EC＝E，所以BD⊥平面PEC，又BD⊂平面PBD，所以平面PEC⊥平面PBD．(2)取BC

的中点F，连接EF．7由(1)可知，△BCE是一个正三角形，所以EF⊥BC，又BC∥AD，所以EF⊥AD．又PE⊥平面ABCD，故以E为坐标原点，分别以直线EF、直线ED、直线EP为x轴、y轴、z轴，建立如图②所示的空间直角坐标系．设PE＝t(t＞0)，则D(0，2，0)，

A(0，－2，0)，P(0，0，t)，F(3，0，0)，B(3，－1，0)．因为BD⊥平面PEC，所以BD→＝(－3，3，0)是平面PEC的一个法向量，又PB→＝(3，－1，－t)，所以cos〈PB→，BD→〉＝PB→·BD→|

PB→||BD→|＝－64＋t2×23＝－34＋t2．由已知可得sinπ6＝|cos〈PB→，BD→〉|＝34＋t2＝12，得t＝22(负值舍去)．故P(0，0，22)，PB→＝(3，－1，－22)，AB→＝(3，1，0)

．设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·PB→＝0，n·AB→＝0，可得3x－y－22z＝0，3x＋y＝0，取y＝－6，则x＝2，z＝3，故n＝(2，－6，3)为平面APB的一个法向量，设平面APB与平面PE

C所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|BD→·n||BD→||n|＝4623×11＝22211．22．(12分)(2018·北京昌平期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△PAB为正三角

形，且侧面PAB⊥底面ABCD，E为线段AB的中点，M在线段PD上．(1)当M是线段PD的中点时，求证：PB∥平面ACM；(2)求证：PE⊥AC；(3)是否存在点M，使二面角M-EC-D的大小为60°，若存在，求出PMPD的值；若不存在，请说明理由．解：(

1)证明：连接BD交AC于点H，连接MH，因为四边形ABCD是菱形，所以点H为BD的中点．又因为M为PD的中点，所以MH∥PB．又因为PB⊄平面ACM，MH⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM．(2)证明：因为△PAB为正三角形，

E为AB的中点，所以PE⊥AB．因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以PE⊥AC．(3)存在，当PMPD＝13时，

二面角M-EC-D的大小为60°．证明如下：因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是AB的中点，所以CE⊥AB．又因为PE⊥平面ABCD，以E为原点，分别以EB，EC，EP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz，则E(0，0，0)，B(1，0

，80)，P(0，0，3)，C(0，3，0)，D(－2，3，0)．设点M坐标为(x，y，z)，PM→＝λPD→(0≤λ≤1)，则(x，y，z－3)＝λ(－2，3，－3)，所以M(－2λ，3λ，3(1－λ))，所以EM→＝(－2λ，3λ，3(1

－λ))，EC→＝(0，3，0)，设平面CEM的法向量为n＝(x，y，z)，则n·EM→＝－2λx＋3λy＋3（1－λ）z＝0，n·EC＝3y＝0，解得y＝0，2λx＝3（1－λ）z，令z＝2λ，则x＝3(1－λ)，得n＝(3(1－λ)，0

，2λ)．因为PE⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以|cos〈n，m〉|＝|n·m||n||m|＝2λ4λ2＋3（1－λ）2＝2λ7λ2－6λ＋3＝12，即3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝13

或λ＝－1(舍去)，所以在棱PD上存在点M，当PMPD＝13时，二面角M-EC-D的大小为60°．9