高考数学直线平面简单几何体训练

直线、平面、简单几何体综合训练一.教学内容：直线、平面、简单几何体综合训练【模拟试题】第I卷（选择题共60分）一.选择题：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.室内有一根直尺，无论怎样放置，在地面上总有这样的直线，它与直尺所在的直线（）A.异面B.相交C.平行D.垂直2.正三棱锥相邻两侧面所成的角为，则的取值范围是（）A.（0，180）B.（0，60）C.（60，90）D.（60，180）3.已知二面角l的大小为60，b和c是两条异面直线，则在下列四个条件中，不能使b和c所成的角为60的是（）A.//b，//cB.//b，cC.b，cD.b，//c4.已知直线m、n和平面，则nm//的一个必要不充分条件是（）A.//m，//nB.m，nC.//m，nD.m、n与成等角5.如图，ABCD为正方形，点P为平面AC外一点，PD⊥平面ABCD，PD=AD=l，设点C到平面PAB的距离为1d，点B到平面PAC的距离为2d，则有（）A.21ddlB.ldd21C.21dldD.ldd12ABCDP6.把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，对于下列结论：①AC⊥BD；②ADC是正三角形；③AB与CD成60角；④AB与平面BCD成60角。则其中正确结论的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个7.若3个平面将空间分成m部分，则m的值为（）A.4B.4或6C.4或6或7D.4或6或7或88.正三棱锥ABCP的三条侧棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为（）A.3:1B.)33(:1C.3:)13(D.3:)13(9.设地球表面积为S，则地球表面上从A地（北纬45，东经120）到B地（北纬45，东经30）的最短距离为（）A.6SB.12SC.6SD.231S10.设球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，A与B、A与C的球面距离都为2R，B与C的球面距离为R32，则球O在二面角COAB内的那一部分的体积是（）A.334RB.394RC.392RD.391R11.如下图，在正方体ABCDDCBA1111的侧面11AABB内有一点P到直线AB与到直线11CB的距离相等，则动点P所在曲线的大致形状是（）A.一条线段B.一段椭圆弧C.一段抛物线D.一段圆弧ABCDA1B1C1D1.P12.如图是一个正方体纸盒的展开图，若把1，2，3，4，5，6分别填入小正方形后，按虚线折成正方体，则所得正方体相对面上两个数的和都相等的概率是（）A.61B.151C.601D.1201第II卷（非选择题共90分）13.在正方体1111DCBAABCD中，E、F分别是1BB、DC的中点，直线1FD与平面ADE所成的角是。14.一直角梯形ABCD，AB⊥AD，AD⊥DC，AB=2，BC=3，CD=1，E为AD中点，沿CE、BE把梯形折成四个面都是直角三角形的三棱锥，使点A、D重合，则这三棱锥的体积等于。15.如下图，在下列六个图形中，每个小四边形皆为全等的正方形，那么沿其正方形相邻边折叠，能够围成正方体的是（要求：把你认为正确图形的序号都填上）。16.已知、是两个不同的平面，m，n是平面及之外的两条不同直线，给出四个论断：①nm；②；③n；④m。以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：。三.解答题：17.在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E为DC边的中点，沿AE将AED折起，使二面角BAED为60。（1）求DE与平面AC所成角的大小（2）求二面角BECD的大小18.如图，直三棱柱111CBAABC中，121AAACAB，90BAC，D为棱1BB的中点。（1）求异面直线DC1与CA1所成的角；（2）求证：平面DCA1平面ADC19.已知S是ABC所在平面外一点，O是边AC的中点，SOCSOBSOA，点P是SA的中点。（1）求证：SO平面ABC（2）求证：//SC平面BOP（3）若ABC是等腰直角三角形，且aBCAB，又SC与平面BOP的距离为a66，求二面角PSCB的大小。20.在棱长为1的正方体1111DCBAABCD中（1）P、Q分别是11DB、BA1上的点且11131DBPB，BABQ131（如图甲）。求证：PQ//平面DDAA11（2）M、N分别是11BA、1BB的中点（如图乙），求直线AM与CN所成的角（3）E、F分别是AB、BC的中点（如图丙），试问在棱1DD上能否找到一点H，使BH平面EFB1？若能，试确定点H的位置，若不能，请说明理由。ABCDQPA1B1C1D1A1ABCC1D1BAA1D1CC1B1MDNDFEB1图甲图乙图丙【试题答案】一.1—6DDCDDC7—12DDCBCB二.13.214.12615.①③⑥16.②③④①或①③④②三.17.如图甲所示，过点D作DM⊥AE于M，延长DM与BC交于N，在翻折过程中DM⊥AE，MN⊥AE保持不变，翻折后，如图乙，DMN为二面角BAED的平面角，60DMN，AE⊥平面DMN，又因为AE平面AC，则平面AC平面DMN图甲图乙（1）在平面DMN内，作DO⊥MN于O∵平面AC⊥平面DNM∴DO⊥平面AC连结OE，DO⊥OE，DEO为DE与平面AC所成的角如图甲，在直角三角形ADE中，AD=3，DE=213232222DEADAE136AEDEADDM，1342AEDEME如图乙，在直角三角形DOM中，133360sinDMDO，在直角三角形DOE中，13233sinDEDODEO则26393arcsinDEO∴DE与平面AC所成的角为26393arcsin（2）如图乙，在平面AC内，作OF⊥EC于F，连结DF∵DO⊥平面AC∴DF⊥EC∴DFO为二面角BECD的平面角如图甲，作DCOF于F，则EMDRt∽OFDRtDEEMDOOF∴DEEMDOOF如图乙，在DOMRt中，13360coscosDMDMODMOM如图甲，139MODMDO，1318OF在DFORt中，639tanOFDODFO∴二面角BECD的大小为639arctan18.解法一：（1）建立如下图所示的平面直角坐标系。设aAB，则1A（0，0，a2），C（0，a，0），C1（0，a，a2），D（a，0，a），于是),,(1aaaDC，)2,,0(1aaCA。∵15155320),cos(22111111aaaaCADCCADCCADC∴异面直线DC1与CA1所成的角为1515arccos（2）∵),0,(1aaDA，),0,(aaAD，)0,,0(aAC∴00221aaADDA，01ACDA则ADDA1，ACDA1∴DA1⊥平面ADC，又DA1平面DCA1∴平面DCA1平面ADC解法二CBAC1A1DB1FE（1）连结1AC交CA1于点E，取AD中点F，连结EF，则EF∥C1D∴直线EF与A1C所成的角就是异面直线DC1与CA1所成的角设aAB则aDBBCDC3212111aAAACCA52121aBDABAD222CEF中，aCACE25211aDCEF23211直三棱柱中，DB面ABC，90BAC，则ACADaaaAFACCF26)22(2222∵EFCECFEFCECEF2cos222151523252234345222aaaaa∴异面直线DC1与CA1所成的角为1515arccos（2）直三棱柱中，90BAC∴AC平面11AABB，则DAAC1又aAD2，aDA21，aAA21，则21212AADAAD，于是DAAD1∴DA1平面ADC，又DA1平面DCA1∴平面DCA1平面ADC19.（1）在平面SAC中，180SOCSOA又SOCSOBSOA∴SOBSOCSOA90即ACSO，OBSO∴SO平面ABC（2）∵P是SA的中点，O是AC的中点∴OP∥SC而OP平面BOPSC平面BOP∴SC∥平面BOP（3）由SO⊥平面ABC知平面SAC⊥平面ABC又等腰直角ABC中，BO⊥AC，∴BO⊥平面SAC在SOCRt中，作OM⊥SC于M，连BM，则BM⊥SC∴BMO为二面角PSCB的平面角由OPOM，OM⊥OB知，OM⊥平面BOP∴OM是SC与平面BOP的距离，aOM66又aACBO2221在BOMRt中，3tanOMBOBMO∴60BMO即二面角PSCB的大小为60。ABCPSOM20.（1）证法一：在11DA上取点1P，1AA上取点Q，使111131DAPA1131AAAQ，由已知得2:1::111111DPPAPDPB∴111//BAPP且ABPP321在平面AA1B1B中同理可证QQ1∥AB，且ABQQ321∴11//QQPP∴PQ∥P1Q1又11QP平面DDAA11∴PQ//平面AA1D1D证法二：以D为原点，建立空间直角坐标系，使下列各点的坐标为D1（0，0，1），B1（1，1，1），A1（1，0，1），B（1，1，0），又已知P（32，32，1），Q（1，32，31），在11DA、1AA上取点P1、Q1，使满足3:1:1111DAPA，3:1:11AAAQ，则由定比分点公式得)1,0,32(1P，)31,0,1(1Q，∴)32,0,31(PQ，)32,0,31(11QP∴11QPPQ∴PQ//平面AA1D1D（2）解法一：取AB中点M，CC1中点N连MB1、NM、1BN，则MBAM1//，NBCN1//∴NBM1即为AM与CN所成的角在NMB1中，251)21(2211NBMB2622MCNCNM，由余弦定理得52cos1NBM∴AM与CN所成的角为52arccos。解法二：以D为原点建立空间直角坐标系，使下列各点坐标为A（1，0，0），M（1，21，1），N（1，1，21），C（0，1，0）∴)1,21,0(AM，)21,0,1(CN∴CNAMCNAMCNAM,cos222222)21(011)21(02110211052252521∴AM与CN所成的角为52arccos（3）解法一：能找到点H。∵1DDH∴BH在底面的射影为BD，则BH⊥EF恒成立，若BH⊥平面BEF，则HB⊥B1F必成立。设H在BB1C1C内射影为H1，FBBH11必成立。易证11BCHRtEFBRt，∴112121CCBCBFCH，即H1是CC1中点。∴H也必是DD1中点，∴这样的点存在且是DD1之中点。解法二：以D为原点建立空间直角坐标系，设H坐标为（0，0，t），B1（1，1，0），B（1，1，0），F（21，1，0），BH⊥EF恒成立（如解法一）若BH⊥平面B1EF，则BH⊥B1F。即01FBBH又),1,1(tBH，)1,0,21(1FB∴0)1()1(0)1(21t即021t∴21t，故存在点H是DD1之中点