2013版高考数学二轮复习专题训练立体几何高中数学练习试题

12013版高考数学二轮复习专题训练：立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若一个棱锥的各棱长均相等，则该棱锥一定不是()A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥【答案】D2．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E、F分别是边BC、AD的中点，则AEAF的值为()A．2aB．212aC．214aD．234a【答案】C3．一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:①三角形;②矩形;③正方形;④正六边形.其中正确的结论有()A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④【答案】B4．点P是等腰三角形ABC所在平面外一点，ABCPAABCPA，在，平面8中，底边BCPABBC到，则点，56的距离为()A．54B．3C．33D．32【答案】A5．—个几何体的正视图与侧视图相同，均为下图所示，则其俯视图可能是()【答案】B6．如图，已知四棱锥V-ABCD的底面是边长为2正方形，侧面都是侧棱长为5的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为（）BDCAVA．30°B．45°C．60°D．90°2【答案】C7．若用一个平面去截一个正方体得到一个截面多边形,则该多边形不可能．．．是()A．锐角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形【答案】B8．空间三条直线中的一条直线与其他两条都相交，那么由这三条直线最多可确定平面的个数是()个A．1B．2C．3D．4【答案】C9．已知一几何体的三视图如图，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是()①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．A．①②③B．②③C．①③D．①②【答案】A10．下列说法正确的是()A．直角梯形绕其一边旋转形成圆台B．直角三角形绕其一边旋转形成圆锥C．圆柱不是旋转体D．圆台可以看作是平行于底面的平面截一个圆锥而得到的【答案】D11．一凸多面体的面数为8，各面多边形的内角总和为16π，则它的棱数为()A．24B．22C．18D．16【答案】D12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．34B．2C．38D．310【答案】A3第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．已知123Fijk，223Fijk，3345Fijk，若1F、2F、3F共同作用于一个物体上，使物体从点1M（1，-2，1）移到点2M（3，1，-2），则合力所做的功为.【答案】414．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为.【答案】2315．正方体AC1中，过点A作截面，使正方体的12条棱所在直线与截面所成的角都相等，试写出满足条件的一个截面____________【答案】面AD1C16．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是(写出所有正确结论的编号．．）.①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体.【答案】①③④⑤三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BD；(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1；(3)在CC1上是否存在一点E，使得∠BA1E＝45°，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由．【答案】(1)连结AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点．连结MD，又D为AC的中点，∴B1C∥MD，又B1C⊄平面A1BD，MD⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD.(2)∵AB＝B1B，∴平行四边形ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD，∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥B1C1，4∴B1C1⊥平面ABB1A1.(3)设AB＝a，CE＝x，∵B1C1⊥A1B1，在Rt△A1B1C1中有A1C1＝2a，同理A1B1＝2a，∴C1E＝a－x，∴A1E＝2a2＋(a－x)2＝x2＋3a2－2ax，BE＝a2＋x2，∴在△A1BE中，由余弦定理得BE2＝A1B2＋A1E2－2A1B·A1E·cos45°，即a2＋x2＝2a2＋x2＋3a2－2ax－22a3a2＋x2－2ax·22，∴3a2＋x2－2ax＝2a－x，∴x＝12a，即E是C1C的中点，∵D、E分别为AC、C1C的中点，∴DE⊥AC1.∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD.又DE⊂平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE.18．如图，在四棱锥A-ABCD中，底面ABCD是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，AC与BD的交点为O，E为侧棱SC上一点.(1）当E为侧棱SC的中点时，求证：SA∥平面BDE；(2）求证：平面BDE⊥平面SAC；(3）当二面角E-BD-C的大小为45°时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由.【答案】（Ⅰ）连接，由条件可得∥.因为平面，平面，所以∥平面.(Ⅱ）法一：证明：由已知可得，,是中点，所以，又因为四边形是正方形，所以.因为，所以.又因为，所以平面平面.-(Ⅱ）法二：证明：由（Ⅰ）知，.建立如图所示的空间直角坐标系.设四棱锥的底面边长为2，则，，，，，.所以，.设（），由已知可求得.5所以，.设平面法向量为，则即令，得.易知是平面的法向量.因为，所以，所以平面平面.(Ⅲ）设（），由（Ⅱ）可知，平面法向量为.因为，所以是平面的一个法向量.由已知二面角的大小为.所以，所以，解得.所以点是的中点.19．如图，在三棱拄111ABCABC中，AB侧面11BBCC，已知11,2,2,BCCCAB13BCC(1）求证：1CBABC平面；(2）、当E为1CC的中点时，求二面角11AEBA的平面角的正切值.【答案】（1）因为AB侧面11BBCC，故1ABBC在1BCC中，1111,2,3BCCCBBBCC由余弦定理有2211112cos1422cos33BCBCCCBCCCBCC故有222111BCBCCCCBBC而BCABB且,ABBC平面ABC1CBABC平面6(2）取1EB的中点D，1AE的中点F，1BB的中点N，1AB的中点M，连DF则11//DFAB，连DN则//DNBE，连MN则11//MNAB连MF则//MFBE，且MNDF为矩形，//MDAE又1111,ABEBBEEB故MDF为所求二面角的平面角在RtDFM中，1112(22DFABBCE为正三角形）111222MFBECE122tan222MDF(法二：建系：由已知1111,EAEBBAEB，所以二面角11AEBA的平面角的大小为向量11BA与EA的夹角因为11(0,0,2)BABA31(,,2)22EA故111122costan23EABAEABA）20．如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD=DC=4，AD=2，E为PC的中点.(I）求证：AD⊥PC；(II）求三棱锥P-ADE的体积；(III）在线段AC上是否存在一点M，使得PA//平面EDM，若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.【答案】（I）因为PD⊥平面ABCD.所以PD⊥AD.又因为ABCD是矩形，7所以AD⊥CD.因为,DCDPD所以AD⊥平面PCD.又因为PC平面PCD，所以AD⊥PC.(II）因为AD⊥平面PCD，VP-ADE=VA-PDE，所以AD是三棱锥A—PDE的高.因为E为PC的中点，且PD=DC=4，所以.444212121PDCPDESS又AD=2，所以.38423131PDEPDEASADV(III）取AC中点M，连结EM、DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM//PA，又因为EM平面EDM，PA平面EDM，所以PA//平面EDM.所以.521ACAM即在AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM，AM的长为5.21．如图，直三棱柱-'''ABCABC，=90BAC，=='ABACAA，点,MN分别为'AB和''BC的中点(1）证明：//''MNAACC平面；(2）若二面角'--AMNC为直二面角，求的值【答案】（1）连结','ABAC，由已知=90,=BACABAC8三棱柱-'''ABCABC为直三棱柱，所以M为'AB中点.又因为N为''BC中点所以//'MNAC，又MN平面''AACC'AC平面''AACC，因此//''MNAACC平面(2）以A为坐标原点，分别以直线,,'ABACAA为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系-Oxyz，如图所示设'=1,AA则==ABAC，于是0,0,0,,0,0,0,,0,'0,0,1,',0,1,'0,,1ABCABC，所以1,0,,,,12222MN，设111=,,mxyz是平面'AMN的法向量，由'=0,=0mAMmMN得11111-=0221+=022xzyz，可取=1,-1,m设222=,,nxyz是平面MNC的法向量，由=0,=0nNCnMN得22222-+-=0221+=022xyzyz，可取=-3,-1,n因为'--AMNC为直二面角，所以2=0,-3+-1-1+=0mn即，解得=222．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是正方形，DM⊥PC，垂足为M.(1）求证：BD⊥平面PAC．(2）求证：平面MBD⊥平面PCD．【答案】（1）连结AC，∵底面ABCD是正方形∴BD⊥AC，∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PAAC=A∴BD⊥平面PAC．9(2）由（1）知BD⊥平面PAC∵PC⊂平面PAC∴BD⊥PC∵DM⊥PCBDDM=D∴PC⊥平面DBM∵PC⊂平面PDC，∴平面MBD⊥平面PCD.