《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章（A）《直線(xiàn)、平面、簡(jiǎn)單幾何體》自測(cè)題》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章（A）《直線(xiàn)、平面、簡(jiǎn)單幾何體》自測(cè)題（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第九章(A)　直線(xiàn)、平面、簡(jiǎn)單幾何體名師檢測(cè)題 時(shí)間：120分鐘　分值：150分 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題：(本大題共12小題，每小題5分，共60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．過(guò)空間一點(diǎn)與已知平面垂直的直線(xiàn)有(　　) A．0條　　　　　　　　　 B．1條 C．0條或1條 D．無(wú)數(shù)條 解析：根據(jù)線(xiàn)面垂直的定義及其性質(zhì)定理可知過(guò)空間一點(diǎn)與已知平面垂直的直線(xiàn)只有1條，故選B. 答案：B 2．已知α，β表示兩個(gè)不同的平面，m為平面α內(nèi)的一條直線(xiàn)，則“α⊥β ”是“m⊥β ”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件

2、C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：由面面垂直的判定定理可知必要性成立，而當(dāng)兩平面α、β垂直時(shí)，α內(nèi)的直線(xiàn)m只有在垂直于兩平面的交線(xiàn)時(shí)才垂直于另一個(gè)平面β，∴充分性不成立． 答案：B 3．設(shè)直線(xiàn)m與平面α相交但不垂直，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．在平面α內(nèi)有且只有一條直線(xiàn)與直線(xiàn)m垂直 B．過(guò)直線(xiàn)m有且只有一個(gè)平面與平面α垂直 C．與直線(xiàn)m垂直的直線(xiàn)不可能與平面α平行 D．與直線(xiàn)m平行的平面不可能與平面α垂直 解析：因?yàn)橹挥羞^(guò)m及m在平面α內(nèi)的射影的平面是過(guò)m且垂直于平面α的平面，因此B正確，選擇B. 答案：B 4．已知三條不重合的直線(xiàn)m、n、l，兩個(gè)不重

3、合的平面α、β，則下列命題中，其逆否命題不成立的是(　　) A．當(dāng)m⊥α，n⊥β時(shí)，若m∥n，則α∥β B．當(dāng)b?α?xí)r，若b⊥β，則α⊥β C．當(dāng)α⊥β，α∩β＝m，n?β，若n⊥m，則n⊥α D．當(dāng)m?α，且n?α?xí)r，若n∥α，則m∥n 解析：根據(jù)原命題與逆否命題的真假性相同，只需判斷原命題的真假即可．由面面垂直、平行的性質(zhì)定理或判定定理等很容易判斷出A、B、C都是正確的，而在答案D中，m與n顯然可以異面．故選D. 答案：D 5．正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為棱AB的中點(diǎn)，則異面直線(xiàn)DM與D1B所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：取C

4、D的中點(diǎn)N，連結(jié)NB、ND1，則易知NB∥DM，∴∠NBD1(或其補(bǔ)角)就是異面直線(xiàn)DM與D1B所成的角．不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則D1N＝NB＝ ＝.又D1B＝，故在△NBD1中， cos∠NBD1＝＝.故選B. 答案：B 6．如果對(duì)于空間任意n(n≥2)條直線(xiàn)總存在一個(gè)平面α，使得這n條直線(xiàn)與平面α所成的角均相等，那么這樣的n(　　) A．最大值為3 B．最大值為4 C．最大值為5 D．不存在最大值 解析：若n＝4，顯然此時(shí)對(duì)于空間的任意四條直線(xiàn)不都存在這樣的平面α，因此結(jié)合各選項(xiàng)知B、C不正確；對(duì)于空間任意3條直線(xiàn)，總存在一個(gè)平面α，使得這n條直線(xiàn)與平面α所成的角均相

5、等，選A. 答案：A 7. 如圖，在棱長(zhǎng)均為2的正四棱錐P－ABCD中，點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，則下列命題正確的是(　　) A．BE∥平面PAD，且直線(xiàn)BE到平面PAD的距離為 B．BE∥平面PAD，且直線(xiàn)BE到平面PAD的距離為 C．BE不平行于平面PAD，且BE與平面PAD所成的角大于30° D．BE不平行于平面PAD，且BE與平面PAD所成的角小于30° 解析：取PD的中點(diǎn)F，連結(jié)EF，AF，則有EF∥CD，且EF＝CD，又AB∥CD，AB＝CD，因此有EF∥AB，EF＝AB，四邊形ABEF為梯形，直線(xiàn)BE與AF必相交，直線(xiàn)BE與平面PAD不平行．注意到BE與BC的夾角為3

6、0°，因此直線(xiàn)BE與AD的夾角為30°，由最小角原理可知，直線(xiàn)BE與平面PAD所成的角小于30°，選D. 答案：D 8．已知三棱錐P－ABC中，PA、PB、PC兩兩垂直，PA＝PB＝2PC＝2a，且三棱錐外接球的表面積為S＝9π，則實(shí)數(shù)a的值為(　　) A．1 B．2 C. D. 解析：如圖，將三棱錐P—ABC嵌入長(zhǎng)方體中，則長(zhǎng)方體的體對(duì)角線(xiàn)BD為三棱錐外接球的直徑，由此得三棱錐外接球的表面積為S＝4π2＝π(PB2＋PD2)＝π[(2a)2＋(a)2]＝9π.∴a＝1，故選A. 答案：A 9. 如圖，∠C＝90°，AC＝BC，M、N分別為BC和AB的中點(diǎn)，沿直

7、線(xiàn)MN將△BMN折起，使二面角B′—MN—B的大小為60°，則斜線(xiàn)B′A與平面ABC所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 解析：設(shè)AC＝BC＝2a，由已知得MN⊥CM，B′M⊥MN，MN⊥平面B′CM，∠B′MB＝60°，B′M＝MN＝a.作B′E⊥CB于點(diǎn)E，連結(jié)AE，則有MN⊥B′E，B′E⊥CE，B′E⊥平面ABC，∠B′AE是直線(xiàn)B′A與平面ABC所成的角．在Rt△B′AE中，B′E＝B′Msin60°＝a，EM＝B′Mcos60°＝，AE＝＝ ＝，所以tan∠B′AE＝＝，選B. 答案：B 10. 如圖，在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD—A′B′C′

8、D′中，E、F分別是AD、A′D′的中點(diǎn)，長(zhǎng)為2的線(xiàn)段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在線(xiàn)段EF上運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)端點(diǎn)N在底面A′B′C′D′上運(yùn)動(dòng)，則線(xiàn)段MN的中點(diǎn)P的軌跡(曲面)與二面角A－A′D′－B′所圍成的幾何體的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：依題意可知|FP|＝|MN|＝1，因此點(diǎn)P的軌跡是以點(diǎn)F為球心、1為半徑的球面，于是所求的體積是×＝π，選C. 答案：C 11．一個(gè)正三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為1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，則該正三棱錐的高是(　　) A. B. C．1 D. 解析：由題知三棱錐的高為球的半徑，故選C. 答案：C

9、 12．球O與銳二面角α－l－β的兩半平面相切，兩切點(diǎn)間的距離為，O點(diǎn)到交線(xiàn)l的距離為2，則球O的表面積為(　　) A. B．4π C．12π D．36π 解析： 設(shè)球O與平面α、β分別相切于點(diǎn)P、Q，過(guò)點(diǎn)O作OR⊥l于點(diǎn)R，連結(jié)PR、QR、PQ，設(shè)PQ與OR相交于點(diǎn)S，其抽象圖如圖所示，則有OP⊥PR、OQ⊥QR，故O、P、R、Q四點(diǎn)共圓，此圓的直徑為2，由正弦定理得＝2，∴sin∠PRQ＝＝.又二面角α－l－β為銳二面角，∴∠PRQ＝60°， ∴∠PRO＝30°，∴OP＝1，即球的半徑為1，∴球O的表面積S＝4πR2＝4π，故選B. 答案：B 第Ⅱ卷(非選擇

10、題　共90分) 二、填空題：(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請(qǐng)把正確答案填在題中橫線(xiàn)上．) 13．下列命題：①如果一個(gè)平面內(nèi)有一條直線(xiàn)與另一個(gè)平面內(nèi)的一條直線(xiàn)平行，那么這兩個(gè)平面平行；②如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線(xiàn)分別平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行；③平行于同一平面的兩個(gè)不同平面相互平行；④垂直于同一直線(xiàn)的兩個(gè)不同平面相互平行．其中的真命題是________(把正確的命題序號(hào)全部填在橫線(xiàn)上)． 解析：對(duì)于①，相應(yīng)的兩個(gè)平面可能相交，因此①不正確；對(duì)于②，其中的兩條直線(xiàn)可能是兩條平行直線(xiàn)，此時(shí)相應(yīng)的兩個(gè)平面不一定平行，因此②不正確；對(duì)于③④，顯然正確． 答案：③④ 14.

11、 如圖是一幾何體的平面展開(kāi)圖，其中ABCD為正方形，E、F分別為PA、PD的中點(diǎn)．在此幾何體中，給出下面四個(gè)結(jié)論： ①直線(xiàn)BE與直線(xiàn)CF異面； ②直線(xiàn)BE與直線(xiàn)AF異面； ③直線(xiàn)EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有________個(gè)． 解析： 將幾何體展開(kāi)圖拼成幾何體(如圖)，因?yàn)镋、F分別為PA、PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD∥BC，即直線(xiàn)BE與CF共面，①錯(cuò)；因?yàn)锽?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線(xiàn)，②正確；因?yàn)镋F∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一

12、定垂直，④錯(cuò)． 答案：2 15．如圖，將∠B＝，邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD沿對(duì)角線(xiàn)AC折成大小等于θ的二面角B－AC－D，若θ∈[，]，M、N分別為AC、BD的中點(diǎn)，則下面的四種說(shuō)法： ①AC⊥MN； ②DM與平面ABC所成的角是θ； ③線(xiàn)段MN的最大值是，最小值是； ④當(dāng)θ＝時(shí)，BC與AD所成的角等于. 其中正確的說(shuō)法有________(填上所有正確說(shuō)法的序號(hào))． 解析： 如圖，AC⊥BM，AC⊥MD?AC⊥平面BMD，所以AC⊥MN，①正確；因?yàn)棣取蔥，]，且線(xiàn)與面所成角的范圍為[0，]，所以DM與平面ABC所成的角不一定是θ，②錯(cuò)；BM＝DM＝，MN⊥BD，∠BMD

13、＝θ，所以MN＝BM·cos＝·cos，所以線(xiàn)段MN的最大值是，最小值是，③正確；當(dāng)θ＝時(shí)，過(guò)C作CE∥AD，連結(jié)DE，且DE∥AC，則∠BCE(或其補(bǔ)角)即為兩直線(xiàn)的夾角，BM⊥DM，BM＝DM＝，BD2＝，又DE∥AC，則DE⊥平面BDM，∴DE⊥BD，BE2＝＋1＝，cos∠BCE＝＝－≠0，所以④錯(cuò)． 答案：①③ 16．設(shè)A、B、C是球面上三點(diǎn)，線(xiàn)段AB＝2，若球心到平面ABC的距離的最大值為，則球的表面積等于________． 解析：△ABC所在截面圓的直徑為2r＝AB＝2時(shí)，球心到平面ABC的距離最大，此時(shí)球半徑R＝＝2，S球＝4πR2＝16π. 答案：16π 三、解答題

14、(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 17．(本小題滿(mǎn)分10分)如圖，長(zhǎng)方體AC1中，AB＝2，BC＝AA1＝1.E、F、G分別為棱DD1、D1C1、BC的中點(diǎn)． (1)試在底面A1B1C1D1上找一點(diǎn)H，使EH∥平面FGB1； (2)求四面體EFGB1的體積． 解析：(1)取A1D1的中點(diǎn)P，D1P的中點(diǎn)H，連結(jié)DP、EH，則DP∥B1G，EH∥DP， ∴EH∥B1G，又B1G?平面FGB1，∴EH∥平面FGB1. 即H在A1D1上，且HD1＝A1D1時(shí)，EH∥平面FGB1. (2)∵EH∥平面FGB1，∴VE—FGB1＝VH—FGB1，

15、而VH—FGB1＝VG—HFB1＝×1×S△HFB1， S△HFB1＝S梯形B1C1D1H－S△B1C1F－S△D1HF＝， ∴V四面體EFGB1＝VE—FGB1＝VH—FGB1＝×1×＝. 18．(本小題滿(mǎn)分12分)直棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面 ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2. (1)求證：平面ACB1⊥平面BB1C1C； (2)在A1B1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP與平面BCB1和平面ACB1都平行？證明你的結(jié)論． 解析：(1)證明：直棱柱ABCD—A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD， ∴BB1⊥AC. 又∵∠

16、BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2， ∴AC＝，∠CAB＝45°，∴BC＝，∴BC⊥AC. 又BB1∩BC＝B，BB1?平面BB1C1C，BC?平面BB1C1C， ∴AC⊥平面BB1C1C. 又∵AC?平面ACB1，∴平面ACB1⊥平面BB1C1C. (2)存在點(diǎn)P，P為A1B1的中點(diǎn)． 要使DP與平面BCB1和平面ACB1都平行，就要使DP與平面BCB1和平面ACB1的交線(xiàn)平行． 因?yàn)槠矫鍮CB1∩平面ACB1＝B1C，所以只要DP∥B1C即可． 因?yàn)锳1B1∥DC，所以四邊形DCB1P為平行四邊形， 所以B1P＝DC＝A1B1＝1，所以P為A1B1的中點(diǎn)．

17、 即當(dāng)P為A1B1的中點(diǎn)時(shí)，DP與平面BCB1和平面ACB1都平行． 19．(本小題滿(mǎn)分12分)(2020·浙江)如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線(xiàn)段AB，AD上，AE＝EB＝AF＝FD＝4.沿直線(xiàn)EF將△AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF. (1)求二面角A′－FD－C的余弦值； (2)點(diǎn)M，N分別在線(xiàn)段FD，BC上，若沿直線(xiàn)MN將四邊形MNCD向上翻折，使C與A′重合，求線(xiàn)段FM的長(zhǎng)． 解析：(1)取線(xiàn)段EF的中點(diǎn)H，AF的中點(diǎn)G，連結(jié)A′G，A′H，GH， 因?yàn)锳′E＝A′F及H是EF的中點(diǎn)， 所以A′H⊥EF. 又因?yàn)槠矫鍭′EF⊥平面BE

18、F， 所以A′H⊥平面BEF. 又AF?平面BEF， 故A′H⊥AF， 又因?yàn)镚，H是AF、EF的中點(diǎn)． 易知GH∥AB， 所以GH⊥AF， 于是AF⊥平面A′GH， 所以∠A′GH為二面角A′－FD－C的平面角． 在Rt△A′GH中，A′H＝2，GH＝2，A′G＝2. 所以cos∠A′GH＝. 故二面角A′－DF－C的余弦值為. (2)設(shè)FM＝x. 因?yàn)榉酆螅珻與A′重合， 所以CM＝A′M， 而CM2＝DC2＋DM2＝82＋(6－x)2， A′M2＝A′H2＋MH2＝A′H2＋MG2＋GH2＝(2)2＋(x＋2)2＋22，得x＝， 經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)點(diǎn)N在線(xiàn)段

19、BC上． 所以FM＝. 20．(本小題滿(mǎn)分12分)(2020·重慶)如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝，點(diǎn)E是棱PB的中點(diǎn)． (1)求直線(xiàn)AD與平面PBC的距離； (2)若AD＝，求二面角A—EC—D的平面角的余弦值． 解析：(1)如圖，在矩形ABCD中，AD∥BC，從而AD∥平面PBC，故直線(xiàn)AD與平面PBC的距離為點(diǎn)A到平面PBC的距離． 因PA⊥底面ABCD，故PA⊥AB，由PA＝AB知△PAB為等腰直角三角形，又點(diǎn)E是棱PB的中點(diǎn)，故AE⊥PB.又在矩形ABCD中，BC⊥AB，而AB是PB在底面ABCD內(nèi)的射影，由三垂線(xiàn)

20、定理得BC⊥PB，從而B(niǎo)C⊥平面PAB，故BC⊥AE，從而AE⊥平面PBC，故AE之長(zhǎng)即為直線(xiàn)AD與平面PBC的距離． 在Rt△PAB中，PA＝AB＝，所以AE＝PB＝＝. (2)過(guò)點(diǎn)D作DF⊥CE，交CE于F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CE，交AC于G，則∠DFG為所求的二面角的平面角． 由(1)知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE，從而DE＝＝. 在Rt△CBE中，CE＝＝.由CD＝，所以△CDE為等邊三角形，故F點(diǎn)為CE的中點(diǎn)，且DF＝CD·sin＝.因?yàn)锳E⊥平面PBC，故AE⊥CE，又FG⊥CE，知FG綊AE，從而FG＝，且G點(diǎn)為AC的中點(diǎn)． 連結(jié)DG，則

21、在Rt△ADC中，DG＝AC ＝＝. 所以cos∠DFG＝＝. 21．(本小題滿(mǎn)分12分)如圖，在四棱錐S－ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS＝2AD＝2；E為BS的中點(diǎn)，CE＝，AS＝.求： (1)點(diǎn)A到平面BCS的距離； (2)二面角E－CD－A的大?。? 解析：(1)因?yàn)锳D∥BC，且BC?平面BCS，所以AD∥平面BCS，從而A點(diǎn)到平面BCS的距離等于D點(diǎn)到平面BCS的距離． 因?yàn)槠矫鍯SD⊥平面ABCD，AD⊥CD，故AD⊥平面CSD，從而AD⊥DS.由AD∥BC，得BC⊥DS.又由CS⊥DS知DS⊥平面BCS，從而DS為點(diǎn)

22、A到平面BCS的距離．因此，在Rt△ADS中，DS＝＝＝. (2)如圖，過(guò)E點(diǎn)作EG⊥CD，交CD于點(diǎn)G，又過(guò)點(diǎn)G作GH⊥CD，交AB于點(diǎn)H，故∠EGH為二面角E－CD－A的平面角，記為θ，過(guò)E點(diǎn)作EF∥BC，交CS于點(diǎn)F，連結(jié)GF，因平面ABCD⊥平面CSD，GH⊥CD，易知GH⊥GF.故θ＝－∠EGF. 由于E為BS邊的中點(diǎn)，故CF＝CS＝1，在Rt△CFE中， EF＝＝＝1.因EF⊥平面CSD，又EG⊥CD，故由三垂線(xiàn)定理的逆定理得FG⊥CD，從而又可得△CGF∽△CSD，因此＝，而在Rt△CSD中，CD＝＝＝，故GF＝·DS＝·＝. 在Rt△EFG中，tan∠EGF＝＝，可

23、得∠EGF＝，故所求二面角的大小為θ＝. 22．(本小題滿(mǎn)分12分) 右圖是一個(gè)直三棱柱(以A1B1C1為底面)被一平面所截得到的幾何體，截面為ABC.已知A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝2，CC1＝3. (1)設(shè)點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，求證：OC∥平面A1B1C1； (2)求二面角B－AC－A1的大??； (3)求此幾何體的體積． 解析：(1)證明：作OD∥AA1交A1B1于D，連結(jié)C1D.則OD∥BB1∥CC1.因?yàn)镺是AB的中點(diǎn)， 所以O(shè)D＝(AA1＋BB1)＝3＝CC1. 則四邊形ODC1C是平行四邊形，因此有OC∥C1D， C1D

24、?平面C1B1A1且OC?平面C1B1A1，則OC∥平面A1B1C1. (2)如圖，過(guò)B作截面BA2C2∥平面A1B1C1，分別交AA1、CC1于A2、C2，作BH⊥A2C2于H，連結(jié)CH. 因?yàn)镃C1⊥平面BA2C2，所以CC1⊥BH，則BH⊥平面A1C. 又因?yàn)锳B＝，BC＝，AC＝?AB2＝BC2＋AC2，所以BC⊥AC，根據(jù)三垂線(xiàn)定理知CH⊥AC，所以∠BCH就是所求二面角的平面角． 因?yàn)锽H＝，所以sin∠BCH＝＝，故∠BCH＝30°，即所求二面角的大小為30°. (3)因?yàn)锽H＝，所以VB—AA2C2C＝SAA2C2C×BH＝××(1＋2)××＝， VA1B1C1—A2BC2＝S△A1B1C1·BB1＝×2＝1. 所求幾何體體積為V＝VB—AA2C2C＋VA1B1C1—A2BC2＝.