广东省广州大学附中高考数学二轮简易通全套课时检测 立体几何 新人教版

广州大学附中年创新设计高考数学二轮简易通全套课时检测：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．—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】B2．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，a、b的夹角的余弦值为eq\f(8,9)，则λ的值为()A．2 B．－2 C．－2或eq\f(2,55)D．2或－eq\f(2,55)【答案】C3．已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于()A． B． C． D．【答案】D4．在平行六面体中，点为与的的交点，，，，则下列向量中与相等的是()A． B．C． D．【答案】A5．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．①② B．①②③ C．①③ D．②③【答案】B6．已知点A的坐标是(1-t,1-t,t),点B的坐标是(2,t,t),则A与B两点间距离的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C7．已知某几何体的三视图如图所示，其中，正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为()A． B． C． D．【答案】C8．下列命题中，正确的是A．一个平面把空间分成两部分； B．两个平面把空间分成三部分；C．三个平面把空间分成四部分； D．四个平面把空间分成五部分。【答案】A9．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c）为()A．48+12 B．48+24C．36+12 D．36+24【答案】A10．下列命题中，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，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并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。D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。【答案】C11．已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能是()【答案】B12．已知三角形的三边分别为，内切圆的半径为，则三角形的面积为；四面体的四个面的面积分别为，内切球的半径为。类比三角形的面积可得四面体的体积为()A． B．C． D．【答案】B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．已知点A(-2,3,4),在y轴上求一点B,使|AB|=7,则点B的坐标为【答案】(0,【答案】15．自半径为R的球面上一点P引球的两两垂直的弦PA、PB、PC,则=____________【答案】16．已知长方体的三条面对角线的长分别为5，4，x，则x的取值范围为.【答案】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，已知三棱锥A—BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC；(2)若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D—BCM的体积．【答案】(1)由已知得，MD是△ABP的中位线，所以MD∥AP因为MD⊄平面APC，AP⊂平面APC，所以MD∥平面APC(2)因为△PMB为正三角形，D为PB的中点，所以MD⊥PB，因为AP⊥PC，MD∥AP所以MD⊥PC所以MD⊥平面PBC，所以MD是三棱锥M—DBC的高，且MD＝5eq\r(3)，又在直角三角形PCB中，由PB＝10，BC＝4，可得PC＝2eq\r(21)．于是S△BCD＝eq\f(1,2)S△BCP＝2eq\r(21)，所以VD－BCM＝VM－DBC＝eq\f(1,3)Sh＝10eq\r(7)．18．如图，在棱长为1的正方体中，、分别为和的中点．(1)求异面直线和所成的角的余弦值；(2)求平面与平面所成的锐二面角；(3)若点在正方形内部或其边界上，且平面，求的取值范围．【答案】（1）以D为原点，DA，DC，DD1分别为轴，建立直角坐标系，则，，，.，，．(2）平面的一个法向量为，设平面的法向量为，∴取得平面的一个法向量，因为为锐角，∴所求的锐二面角为．(3）设（）．，由得，即．，．，当时，；当时，∴．故EP的取值范围为．19．如图，是直角梯形，又，，直线与直线所成的角为．(Ⅰ）求证：平面平面；(Ⅱ）求二面角的大小；【答案】解法一：(Ⅰ）∵∴，又∵∴(Ⅱ）取的中点，则，连结，∵，∴，从而作，交的延长线于，连结，则由三垂线定理知，，从而为二面角的平面角直线与直线所成的角为∴在中，由余弦定理得在中，在中，在中，故二面角的平面角大小为解法二：（Ⅰ）同解法一(Ⅱ）在平面内，过作，建立空间直角坐标系（如图）由题意有，设，则由直线与直线所成的解为，得，即，解得∴，设平面的一个法向量为，则，取，得平面的法向量取为设与所成的角为，则显然，二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角大小为20．四面体D-ABC,中，AB=BC,在侧面DAC中，中线AN⊥中线DM，且DB⊥AN(1）求证：平面ACD⊥平面ABC；(2）若AN=4，DM=3，BD=5，求四面体D-ABC的体积。【答案】(1)且又且为中点(2)过作,设则又,21．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，所以AD⊥CD.因为所以AD⊥平面PCD.又因为平面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，所以又AD=2，所以(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.所以即在AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM，AM的长为.22．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中点，AA1=AB=1。(1）求证：平面AB1D⊥平面B1BCC1；(2）求证：A1C//平面AB1(3）求二面角B—AB1—D的正切值。【答案】解法一：证明：（1）因为B1B⊥平面ABC，AD平面ABC，所以AD⊥B1B因为D为正△ABC中BC的中点，所以AD⊥BD又B1B∩BC=B，所以AD⊥平面B1BCC1又AD平面AB1D，故平面AB1D⊥平面B1BCC1(2）连接A1B，交AB1于E，连DE因为点E为矩形A1ABB1对角线的交点，所以E为AB1的中点又D为BC的中点，所以DE为△A1BC的中位线，所以DE//A1又DE平面AB1D，所以A1C//平面AB1D(3）过D作DF⊥AB于F，过F作FG⊥AB1于G，连接DG。因为平面A1ABB1⊥平面ABC，DF⊥AB，所以DF⊥平面A1ABB1。又AB1平面A1ABB1，所以AB1⊥DF。又FG⊥AB1，所以AB1⊥平面DFG，所以AB1⊥DG。又AB1⊥FG，所以∠DGF为二面角B—AB1—D的平面角。因为AA1=AB=1，所以在正△ABC中，在所以在解法二：解：建立如图所示的直角坐标系，依题意有：(1）证明：由，得又BC∩⊥BB1=B，所以A