《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)熱身訓(xùn)練 第七章 立體幾何（單元總結(jié)與測(cè)試）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)熱身訓(xùn)練 第七章 立體幾何（單元總結(jié)與測(cè)試）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)熱身訓(xùn)練 第七章 立體幾何（單元總結(jié)與測(cè)試） 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.已知直線a、b是兩條異面直線,直線c平行于直線a，則直線c與直線b( ) (A)一定是異面直線 (B)一定是相交直線 (C)不可能是平行直線 (D)不可能是相交直線 2.在△ABC中，AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的幾何體的體積是( ) (A) (B) (C) (D) 3.如圖，在空間四邊形ABCD

2、中，點(diǎn)E、H分別是邊 AB、AD的中點(diǎn)，F(xiàn)、G分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且 ，則( ) (A)EF與GH互相平行 (B)EF與GH異面 (C)EF與GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上 (D)EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上 4.（xx·泉州模擬）設(shè)l,m是兩條不同的直線，α是一個(gè)平面，則下列命題正確的是( ) (A)若l⊥m,m?α,則l⊥α (B)若l⊥α,l∥m,則m⊥α (C)若l∥α,m?α,則l∥m (D)若l∥α,m∥α,則l∥m 5.(xx·安徽高考)一個(gè)空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為( ) (A

3、)48 (B)32+ (C)48+ (D)80 6．(易錯(cuò)題)如圖，下列四個(gè)正方體圖形中，A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M,N,P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是( ) (A)①④ (B)②④ (C)①③④ (D)①③ 7.如圖，平行四邊形ABCD中，AB⊥BD，沿BD將△ABD折起，使面ABD⊥面BCD，連接AC，則在四面體ABCD的四個(gè)面中，互相垂直的平面的對(duì)數(shù)為( ) (A)4 (B)3 (C)2 (D)1 8.(xx·珠海模

4、擬)如圖為棱長(zhǎng)是1的正方體的表面展開(kāi)圖，在原正方體中，給出下列三個(gè)命題： ①點(diǎn)M到AB的距離為； ②三棱錐C-DNE的體積是； ③AB與EF所成的角是. 其中正確命題的個(gè)數(shù)是( ) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 9.（xx·寧德模擬）一個(gè)正三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為R的球面上，其中底面的三個(gè)頂點(diǎn)在該球的一個(gè)大圓上，且該正三棱錐的體積是，則球的體積為( ) 10.(xx·北京模擬)如圖，四邊形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD. 將四邊形ABCD沿對(duì)角線BD折成四面體A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD,

5、則下列結(jié)論正確的是( ) (A)A′C⊥BD (B)∠BA′C=90° (C)CA′與平面A′BD所成的角為30° (D)四面體A′-BCD的體積為 二、填空題(本大題共5小題，每小題4分，共20分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上) 11．已知三個(gè)球的半徑R1,R2,R3滿(mǎn)足R1+2R2=3R3，則它們的表面積S1,S2,S3滿(mǎn)足的等量關(guān)系是___________. 12.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為棱AA1的中點(diǎn)，若截面△BC1D是面積為6的直角三角形，則此三棱柱的體積為_(kāi)_________． 13.(xx·宜春模擬)三棱錐S－ABC中，∠SBA=∠

6、SCA=90°，△ABC是斜邊AB=a的等腰直角三角形，給出以下結(jié)論： ① 異面直線SB與AC所成的角為90°； ② ②直線SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④點(diǎn)C到平面SAB的距離是a. 其中正確結(jié)論的序號(hào)是__________. 14.（xx·三明模擬）在正方體ABCD-A′B′C′D′中，過(guò)對(duì)角線BD′的一個(gè)平面交AA′于E，交CC′于F， ①四邊形BFD′E一定是平行四邊形 ②四邊形BFD′E有可能是正方形 ③四邊形BFD′E在底面ABCD內(nèi)的投影一定是正方形 ④四邊形BFD′E有可能垂直于平面BB′D 以上結(jié)論正確的為_(kāi)______.（寫(xiě)出所有

7、正確結(jié)論的編號(hào)） 15.等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角C-AB-D的余弦值為M,N分別是AC,BC的中點(diǎn)，則EM,AN所成角的余弦值等于_____. 三、解答題(本大題共6小題，共80分.解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 16.(13分)(xx·陜西高考)如圖，在△ABC中， ∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90°. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設(shè)E為BC的中點(diǎn)，求與夾角的余弦值. 17.(13分)如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,AC=B

8、C=2,AA1=4.E、F分別是棱CC1、AB的中點(diǎn). (1)求證：CF⊥BB1； (2)求四棱錐A-ECBB1的體積. 18.（13分）（預(yù)測(cè)題）在三棱柱ABC-A1B1C1中， 底面是邊長(zhǎng)為的正三角形，點(diǎn)A1在底面ABC 上的射影O恰是BC的中點(diǎn). （1）當(dāng)側(cè)棱AA1和底面成45°角時(shí)，求二面角 A1-AC-B的余弦值； （2）若D為側(cè)棱A1A上一點(diǎn)，當(dāng)為何值時(shí)，BD⊥A1C1. 19.(13分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=5，D，E分別為BC，BB1的中點(diǎn)，四邊形B1BCC1是邊長(zhǎng)為6的正方形. (1)求證：A1B∥平面AC1D； (

9、2)求證:CE⊥平面AC1D； (3)求二面角C-AC1-D的余弦值. 20.(14分)(xx·新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD． (1)證明：PA⊥BD； (2)設(shè)PD=AD=1，求棱錐D-PBC的高． 21.(14分)（探究題）如圖，已知ABCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為3的正方體，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上，且AE=FC1=1． (1)求證：E,B,F,D1四點(diǎn)共面； (2)若點(diǎn)G在BC上，，點(diǎn)M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1； (3)

10、用θ表示截面EBFD1和側(cè)面BCC1B1所成的銳二面角的大小，求tanθ． 答案解析 1.【解析】選C.若c∥b，∵c∥a，∴a∥b,與已知矛盾. 2.【解題指南】△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周后所得幾何體為一圓錐，但其內(nèi)部缺少一部分.用大圓錐的體積減去小圓錐的體積即為所求幾何體的體積. 【解析】選A.旋轉(zhuǎn)后得到的幾何體是一個(gè)大圓錐中挖去一個(gè)小圓錐.故所求體積為V=V大圓錐-V小圓錐=πr2(1+1.5-1)=. 3.【解析】選D.依題意可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面，因?yàn)镋H=BD，，故EH≠FG，所以四邊形EFGH是梯形，EF與GH必

11、相交，設(shè)交點(diǎn)為M，因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上，故點(diǎn)M在平面ACB上，同理，點(diǎn)M在平面ACD上，即點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的交點(diǎn)，而AC是這兩個(gè)平面的交線，所以點(diǎn)M一定在平面ACB與平面ACD的交線AC上，故選D. 4．【解析】選B.根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)，可知B正確，而A中由l⊥m,m? α可推出l與α關(guān)系可能l∥α，可能l與α相交，又可能l?α;C中l(wèi)與m可能平行也可能異面；D中l(wèi)與m可能相交，也可能平行或異面，故選B. 5.【解題指南】由三視圖得到幾何體的直觀圖，根據(jù)直觀圖求得幾何體的表面積. 【解析】選C.由三視圖知該幾何體的直觀圖如圖所示. 幾何體的下底面是邊長(zhǎng)為4的正方形；

12、上底面是長(zhǎng)為4、寬為2的矩形；兩個(gè)梯形側(cè)面垂直于底面，上底長(zhǎng)為2、下底長(zhǎng)為4、高為4；另兩個(gè)側(cè)面是矩形，且寬為4、長(zhǎng)為. 所以S表=42+2×4+×(2+4)×4×2+4××2=48+8. 6．【解析】選D.①取前面棱的中點(diǎn)，證AB平行于平面MNP即可；③可證AB與MP平行. 7.【解析】選B.因?yàn)锳B⊥BD,面ABD⊥面BCD，且交線為BD，故有AB⊥面BCD，則面ABC⊥面BCD，同理CD⊥面ABD，則面ACD⊥面ABD，因此共有3對(duì)互相垂直的平面. 8.【解析】選D.依題意可作出正方體的直觀圖如圖， 顯然M到AB的距離為，∴①正確， 而,∴②正確， AB與EF所成的角等于A

13、B與MC所成的角，即為， ∴③正確. 9．【解析】選B.設(shè)球的半徑為R，則正三棱錐的底面邊長(zhǎng)為R，高為R， 10.【解析】選B.在題圖(2)中取BD的中點(diǎn)M，連接MC、A′M. ∵A′B=A′D,∴A′M⊥BD. 又∵平面A′BD⊥平面BCD, ∴A′M⊥平面BCD. ①選項(xiàng)A中，若A′C⊥BD,那么BD⊥平面A′MC?BD⊥MC. 而B(niǎo)D⊥CD，顯然BD⊥MC不可能， ∴A不正確； ②選項(xiàng)B中,∵BD⊥CD且平面A′BD⊥平面BCD， 可得CD⊥平面A′BD,可知CD⊥A′D， 在△A′CD中，A′D=CD=1?A′C=. 又∵A′B=1，∴. ∴在△A′BC

14、中,A′B2+A′C2=BC2， ∴∠BA′C=90°，故B正確； ③選項(xiàng)C中,由②分析知,∠CA′D即為CA′與平面A′BD所成的角， 在Rt△A′DC中， , ∴∠CA′D為45°，故C不正確； ④選項(xiàng)D中,由①知A′M⊥平面BCD,得VA′-BCD=S△BCD×A′M ，故D不正確.故選B. 11．【解析】S1=4πR12，， 同理：， 故， 由R1+2R2=3R3， 得. 答案： 12.【解析】設(shè)正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為2h，則BD=C1D=， ，由△BC1D是面積為6 的直角三角形， 得，解得， 故此三棱柱的體積為. 答案： 13.【解析】由

15、題意知AC⊥平面SBC， 故AC⊥SB，SB⊥平面ABC， 平面SBC⊥平面SAC， ①②③正確；取AB的中點(diǎn)E，連接CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長(zhǎng)度即為C 到平面SAB的距離,為a，④正確． 答案:①②③④ 14.【解析】根據(jù)平行平面的性質(zhì)可知①正確，③正確.當(dāng)E、F分別為AA′, CC′的中點(diǎn)時(shí)四邊形BFD′E與平面BB′D垂直，故④正確；當(dāng)E、F分別為 AA′、CC′的中點(diǎn)時(shí)，四邊形BFD′E雖然為菱形，但對(duì)角線EF與BD′不相等，故BFD′E不可能為正方形，即②不正確. 答案：①③④ 15.【解析】設(shè)AB=2，作CO⊥平面ABDE,OH⊥AB，則CH⊥AB，

16、∠CHO為二面角C-AB-D的平面角,CH=,OH=CH·cos∠CHO=1，結(jié)合等邊三角形ABC與正方形ABDE可知此四棱錐為正四棱錐，則 故EM,AN所成角的余弦值為 答案: 16.【解析】(1)∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當(dāng)△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB， 又DB∩DC=D，∴AD⊥平面BDC， ∵AD?平面ABD． ∴平面ABD⊥平面BDC. (2)由∠BDC=90°及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|=1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)

17、，A(0,0,)， E()， ∴， ∴與夾角的余弦值為 . 17.【解析】(1)∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱, ∴BB1⊥平面ABC，又∵CF?平面ABC， ∴CF⊥BB1. (2)∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱， ∴BB1⊥平面ABC， 又∵AC?平面ABC，∴AC⊥BB1, ∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, ∵BB1∩BC=B.∴AC⊥平面ECBB1， ∴, ∵E是棱CC1的中點(diǎn)，∴EC=AA1=2， ∴, ∴. 18.【解析】以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，OC所在直線為x軸， OA所在直線為y軸，OA1所在直線為z軸建立 空間直角坐標(biāo)系. （1）由

18、題意知∠A1AO=45°,A1O=3. ∴O(0,0,0),C(,0,0), A(0,3,0),A1(0,0,3), B(,0,0). 設(shè)面ACA1的法向量為＝（x,y,z）, 則 令z=1,則x=,y=1,∴ 而面ABC的法向量為=(0,0,1), 又顯然所求二面角的平面角為銳角， ∴所求二面角的余弦值為 （2）A1C1∥AC,故只需BD⊥AC即可，設(shè)AD=a,則 又B（，0，0），則 要使BD⊥AC,需 得 19.【解析】(1)連接A1C,與AC1交于O點(diǎn)，連接OD. 因?yàn)镺，D分別為AC1和BC的中點(diǎn), 所以O(shè)D∥A1B. 又OD?平面A

19、C1D，A1B平面AC1D, 所以A1B∥平面AC1D. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中, BB1⊥平面ABC,又AD?平面ABC, 所以BB1⊥AD. 因?yàn)锳B=AC,D為BC的中點(diǎn), 所以AD⊥BC.又BC∩BB1=B, 所以AD⊥平面B1BCC1. 又CE?平面B1BCC1,所以AD⊥CE. 因?yàn)樗倪呅蜝1BCC1為正方形，D，E分別為BC,BB1的中點(diǎn), 所以Rt△CBE≌Rt△C1CD,∠CC1D=∠BCE. 所以∠BCE+∠C1DC=90°.所以C1D⊥CE. 又AD∩C1D=D, 所以CE⊥平面AC1D. (3)如圖，以B1C1的中點(diǎn)G為原點(diǎn)，

20、建立空間直角坐標(biāo)系. 則A(0,6,4),E(3,3,0),C(-3,6,0),C1(-3,0,0). 由(2)知CE⊥平面AC1D， 所以=(6,-3,0)為平面AC1D的一個(gè)法向量. 設(shè)=(x,y,z)為平面ACC1的一個(gè)法向量, =(-3，0，-4)，=(0，-6，0). 由可得 令x=1,則y=0,. 所以. 從而. 因?yàn)槎娼荂-AC1-D為銳角, 所以二面角C-AC1-D的余弦值為. 20.【解析】(1)因?yàn)椤螪AB=60°，AB=2AD, 由余弦定理得BD=AD, 從而B(niǎo)D2+AD2= AB2，故BD⊥AD, 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD

21、,又PD∩AD=D, 所以BD⊥平面PAD,故 PA⊥BD. (2)如圖，作DE⊥PB，垂足為E. 已知PD⊥底面ABCD，則PD⊥BC. 由(1)知BD⊥AD， 又BC∥AD，所以BC⊥BD,因?yàn)锽D∩PD=D, 故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE. 則DE⊥平面PBC. 由題設(shè)知，PD=1，則BD=，PB=2， 根據(jù)DE·PB=PD·BD，得， 即棱錐D-PBC的高為. 21.【解析】(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則=(3,0,1)，=(0,3,2)，=(3,3,3)， 所以， 故，，共面． 又它們有公共點(diǎn)B， 所以E,B,F,D1四點(diǎn)共面．

22、(2)設(shè)M(0,0,z)，則， 而=(0,3,2)， 由題設(shè)得， 得z=1．因?yàn)镸(0,0,1)，E(3,0,1)，有=(3,0,0)， 又=(0,0,3)，=(0,3,0)， 所以 從而ME⊥BB1，ME⊥BC． 又BB1∩BC=B, 故ME⊥平面BCC1B1． (3)設(shè)向量=(x,y,3)且BP⊥截面EBFD1， 于是． 而=(3,0,1)，=(0,3,2)， 得·=3x+3=0，·=3y+6=0， 解得x=-1，y=-2， 所以=(-1,-2,3)． 又=(3,0,0)且BA⊥平面BCC1B1， 所以和的夾角等于θ或π-θ(θ為銳角)． 于是． 故tanθ=．