云南省2022届高三数学一轮复习测试：简单几何体

·高三数学·单元测试卷(九)第九单元[简单几何体]，交角与距离(时量:120分钟150分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2022年全国Ⅰ高考题)过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有 A．18对 B．24对 C．30对 D．36对2．．(2022年全国Ⅰ高考题)一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为A．B． C． D．3．设三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点，且PA＝QC1A．eq\f(V,6) B．eq\f(V,4) C．eq\f(V,3) D．eq\f(V,2)4．(2022年全国Ⅰ高考题)如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE、△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为A． B．C． D．eq\f(3,2)5．设α、β、γ为平面，为直线，则的一个充分条件是A． B．C． D．A1CBAB1C1D1DO6．如图，正方体ABCD－A1B1C1DA1CBAB1C1D1DOA．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)7．不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面共有A．3个 B．4个 C．6个 D．7个8．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、C1D1的中点，则直线A1B1与平面A1A．eq\f(\r(6),3) B．eq\f(\r(3),3) C．eq\f(\r(6),6) D．eq\f(\r(2),2)9．在空间直角坐标系O—xyz中，有一个平面多边形，它在xOy平面的正射影的面积为8，在yOz平面和zOx平面的正射影的面积都为6，则这个多边形的面积为A．2eq\r(46) B．eq\r(46) C．2eq\r(34) D．eq\r(34)10．将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为A． B．2＋ C．4＋ D．答题卡题号12345678910答案二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在横线上．11．正三棱锥P－ABC的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为2eq\r(3)，则正三棱锥的底面边长是_____________．12．如图，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°且PA＝AB＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．13．已知球面上A、B两点间的球面距离是1，过这两点的球面半径的夹角为60°，则这个球的表面积与球的体积之比是 ．14．下面是关于三棱锥的四个命题：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．④其中，真命题的编号是______________（写出所有真命题的编号）．15．(2022年全国Ⅰ高考题)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1四边形BFD1E一定是平行四边形四边形BFD1E有可能是正方形四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D以上结论正确的为（写出所有正确结论的编号）．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明AB⊥平面VAD．（Ⅱ）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小．17．（本题满分12分）(2022年湖南高考题)如图1，已知ABCD是上、下底边长分别是2和6，高为eq\r(3)的等腰梯形．将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2．ABABCDOO1ABOCO1D（Ⅰ）证明AC⊥BO1；（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小．18．（本题满分14分）如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，BC＝2．（1）求证：平面PDC⊥平面PAD；（2）若E是PD的中点，求异面直线AE与PC所成角的余弦值；PABCDE（3）在BC边上是否存在一点PABCDE19．（本题满分14分）ABCA1C1FEB1如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB、AC均成45°ABCA1C1FEB1⑴求证：平面A1EF⊥平面B1BCC1；⑵求直线AA1到平面B1BCC1的距离；⑶当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等．20．(本题满分14分)如图直角梯形OABC中，∠COA＝∠OAB＝，OC＝2，OA＝AB＝1，SO⊥平面OABC，SO=1，以OC、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系O-xyz.CBAOSyCBAOSyxz ⑵设 ① ②OA与平面SBC的夹角（用反三角函数表示）； ③O到平面SBC的距离. ⑶设 ①. ②异面直线SC、OB的距离为.（注：⑶只要求写出答案）21．(本题满分14分)直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝a，∠BCA＝90°，AA1＝2a，M、N分别是A1B1、AA（I）求的长；（II）求cos〈〉；（III）求证：A1B⊥C1M[简单几何体]，交角与距离参考答案一、选择题题号12345678910答案CDCAABDACC二、填空题11．3；12．eq\r(3)；13．π；14．①③④15．①③④三、解答题16．证明：（Ⅰ）作AD的中点O，则VO⊥底面ABCD．…………1分建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，…………2分则A（，0，0），B（，1，0），C（－，1，0），D（－，0，0），V（0，0，），∴………………3分由……4分……5分又AB∩AV＝A∴AB⊥平面VAD…………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得是面VAD的法向量………………7分设是面VDB的法向量，则……9分∴，……11分又由题意知，面VAD与面VDB所成的二面角，所以其大小为…………12分17．解法一（I）证明由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1. 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA⊥OB.故可以O为原点，OA、OB、OO1 所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1，）图3 O1（0，0，）图3 从而 所以AC⊥BO1.（II）解：因为所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，是平面OAC的一个法向量.设是0平面O1AC的一个法向量，由得.设二面角O—AC—O1的大小为，由、的方向可知，>， 所以cos，>= 即二面角O—AC—O1的大小是ABOCO1D图4FE解法二（I）证明由题设知OA⊥ABOCO1D图4FE 即OA⊥OB.从而AO⊥平面OBCO1， OC是AC在面OBCO1内的射影. 因为， 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1 由三垂线定理得AC⊥BO1.（II）解由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角. 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1， 所以， 从而， 又O1E=OO1·sin30°=， 所以即二面角O—AC—O1的大小是18．解：(1)平面PDC⊥平面PAD．……5分(2)∵cos＝．………………9分(3)假设BC边上存在一点G满足题设条件，令BG＝x，则G(1，x，0)，作DQ⊥AG，则DQ⊥平面PAG，即DQ＝1．∵2S△ADG＝S矩形ABCD，∴＝2∴＝2，又AG＝．…………14分19．解：⑴CC1∥BB1，又BB1⊥A1E，∴CC1⊥A1E，而CC1⊥A1F，∴CC1⊥平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面B1BCC1………………⑵作A1H⊥EF于H，则A1H⊥面B1BCC1，∴A1H为A1到面B1BCC1的距离，在△A1EF中，A1E＝A1F＝eq\r(2)，EF＝2，∴△A1EF为等腰Rt△且EF为斜边，∴A1H为斜边上中线，可得A1H＝eq\f(1,2)EF＝1…………9分⑶作A1G⊥面ABC于G，连AG，则A1G就是A1到面ABC的距离，且AG是∠BAC的角平分线，A1G∵cos∠A1AG＝eq\f(cos45°,cos30°)＝\f(\r(6),3)，∴sin∠A1AG＝eq\f(\r(3),3)，∴A1A＝eq\f(1,\f(\r(3),3))＝1………………14分20．解：（Ⅰ）如图所示：C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）………4分（Ⅱ）①……………7分②，③；……………