大连民族学院附中创新设计高考数学一轮复习单元训练空间几何体

大连民族学院附中创新设计高考数学一轮复习单元训练空间几何体

大连民族学院附中 2019 版《创新设计》高考数学一轮复习单元训练：空间几何体 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．在直三棱柱 中， ，已知 G 与 E 分别为 和 的中点，D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点（不包括端点）.若 ，则线段 DF 长度的取值范围为( ) A． B． C． D． 【答案】C 2．如图是一个几何体的三视图，其正视图和侧视图是两个全等的等腰梯形，上底边长为 2，下 底边长为 6，腰长为 5，则该几何体的侧面积为( ) A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】B 3．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( ) [ 来 源 : Z _ x x _ k . C o m ] A． 4 B． 8 C． 16 D． 20 【 答 案 】 C 4．一个三棱锥的正视图和侧视图及其尺寸如图所示，则该三棱锥俯视图的 面积为( ) A．1 B．2 C．3 D．1 或 2 【答案】D 5．在空间直角坐标系中, 点 P(2,3,4)与 Q (2, 3,- 4)两点的位置关系是（ ） A．关于 x 轴对称 B．关于 xOy 平面对称 C．关于坐标原点对称 D．以上都不对 【答案】B 6．已知正三棱锥 的主视图、俯视图如下图所示，其中 VA=4，AC= ,则该三棱锥的 左视图的面积为( ) A．9 B．6 C． D． 【答案】B 7．如图，空间四边形 四边相等，顺次连接各边中点 ,则四边形 一定 1 1 1A B C ABC− 1, 12BAC AB AC AA π∠ = = = = 1 1A B 1CC GD EF⊥ )1, 2 1 ,25     1 ,1 5     1 , 2 5     π π π π V ABC− 32 33 39 ABCD HGFE ,,, EFGH 是( ) A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．空间四边形 【答案】C 8．下列命题中不正确的是( ) A．若 B．若 ∥ ， ∥ ，则 ∥ C．若 ， ， ∥ ，则 ∥ D．若一直线上有两点在已知平面外，则直线上所有点在平面外 【答案】D 9．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是 1，则侧棱与底面所成的角为( ) A．75° B．60° C．45° D．30° 【答案】C 10．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】A 11．纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的 一条棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到平面图形，则标“△”的面的方位是( ) A．南 B．北 C．西 D．下 【答案】B 12．长度分别为 1，a，a，a，a，a 的线段能成为同一个 四面体的 6 条棱的充要条件是( ) A． B． C． D． 【答案】C 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．如图，在正三棱锥 A－BCD 中，E、F 分别是 AB、BC 的中点，EF⊥DE，且 BC＝1，则正三棱锥 A－BCD 的体积是 . 【答案】 2 24 14．已知点 A（－3，1，2），则点 A 关于原点的对称点 B 的坐标为 ；AB 的长为 ； 【答案】B（3，-1，-2）,|AB|= 15．在空间直角坐标系中，点 关于 轴对称点 的坐标为 【答案】 16．已知正方体 ABCD-A B C D 的棱长为 1. 则 B C 与平面 AB C 所成的角的正切值 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) ααα ⊂==⊂⊂ lBblAalba 则， ,,,  a c b c a b a ⊄ α b ⊂ α a b a α 30 << a 20 << a 3 3>a 33 3 << a 142 (2, 4,6)P − y 'P ( 2, 4, 6)P′ − − − 1 1 1 1 1 1 1 2 2 17 ．如图，正四棱柱 中， ， ，点 在棱 上，且 ． (1）求 的长； (2）求钝二面角 的大小． 【答案】（1）如图，以点 为原点 ， 分别为 轴 建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， 设 ，其中 ， 因为 ，所以 ， 即 ， 得 ， 此时 ，即有 ； (2）易得平面 的一个法向量为 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 即 不妨取 ，则 ， ，即 ， 所以 ， 所以，钝二面角 的大小为 . 18．如图，直三棱柱 ， ， AA′=1，点 分 别为 和 的中点。 (Ⅰ)证明： ∥平面 ;[来源:1ZXXK] (Ⅱ)求三棱锥 的体积。 【答案】（ 1）（法一）连结 ，由已知 三棱柱 为直三棱柱， 所以 为 中点.又因为 为 中点 所以 ，又 平面 平面 ，因此 (法二）取 的中点为 P，连结 MP，NP， ∵ 分别为 和 的中点， ∴MP∥ ,NP∥ , ∴MP∥面 ,NP∥面 , ∵ , ∴面 MPN∥面 ， 1 1 1 1ABCD A B C D− 1AD = 1 2D D = P 1CC 1A PB π∠ = 2 PC 1A A B P− − D O 1DA DC DD, , x y z, , O xyz− ( )0 0 0D , , ( )1 1 0B , , ( )1 1 0 2A , , ( )0 1P λ, , [ ]0 2λ ∈ , 1A PB π∠ = 2 1 0A P BP⋅ =  ( ) ( )1 1 2 1 0 0λ λ− − ⋅ − =, , , , 1λ = ( )0 1 1P , , 1PC = 1AA B ( )1 0 0m DA= = , , 1A BP ( )n x y z= , , 1 0 0 n n A P BP  ⋅ = ⋅ =   ， ， 0 0 x y z x z − + − = − + = ， ， 1x = 0y = 1z = − ( )1 0 1n = −, , 21cos 21 2 m nm n > m n ⋅< = = = ×， 1A A B P− − 3π 4 / / /ABC A B C− 90BAC∠ =  2,AB AC= = ,M N /A B / /B C MN / /A ACC /A MNC− ', 'AB AC =90 , =BAC AB AC∠ ° - ' ' 'ABC ABC M 'AB N ' 'BC / / 'MN AC MN ⊄ ' 'AACC 'AC ⊂ ' 'AACC // ' 'MN AACC平面 A B′ ′ ,M N /A B / /B C AA′ A C′ ′ A ACC′ ′ A ACC′ ′ MP NP P∩ = A ACC′ ′ ∵MN 面 ， ∴MN∥面 . (Ⅱ)（解法一）连结 BN，由题意 ⊥ ,面 ∩面 = , ∴ ⊥⊥面 NBC， ∵ = =1, (解法 2) 19．如图所示，已知 P、Q 是单位正方体 ABCD－A1B1C1D1 的面 A1B1BA 和面 ABCD 的中心． 求证：PQ∥平面 BCC1B1. 【答案】证法一：如图①取 B1B 中点 E，BC 中点 F，连接 PE、QF、EF，∵△A1B1B 中，P、E 分别 是 A1B、B1B 的中点， ∴PE 綊 1 2A1B1. 同理 QF 綊 1 2AB. 又 A1B1 綊 AB，∴PE 綊 QF . ∴四边形 PEFQ 是平行四边形．∴PQ∥EF. 又 PQ⊄平面 BCC1B1，EF⊂平面 BCC1B1， ∴PQ∥平面 BCC1B1. 证法二：如图②，连接 AB1，B1C， ∵△AB1C 中，P、Q 分别是 A1B、AC 的中点，∴PQ∥B1C. 又 PQ⊄平面 BCC1B1， B1C⊂平面 BCC1B1， ∴PQ∥平面 BCC1B1. 20．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 AB1D； (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 A D⊥B1B [来源:1ZXXK] 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 DEA1C 又 DE 平面 AB1D，所以 A1C 平面 AB1D[来源:Z,xx,k.Com] (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， ⊂ A ACC′ ′ A ACC′ ′ A N′ B C′ ′ A B C′ ′ ′ B BCC′ ′ B C′ ′ A N′ A N′ 1 2 B C′ ′ 1 1 1 2 2 6A MNC A NBC M NBC A NBCV V V V′ ′ ′− − − −= = = = ⊂ ⊂ ⊂ ⊂ 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 AD⊥平面 B1BCC1。 又 AD 平面 AB1D，所以平面 AB1D⊥B1BCC1 (2）证明：连接 A1B，交 AB1 于 E，连 DE， 因为点 E 为正方形 A1ABB1 对角线的交点，所以 E 为 AB1 的中点， 即 又 DE 平面 AB1D，所以 A1C 平面 AB1D (3）解：设平面 ABB1 的一个法向量为 由 设平面 AB1D 的一个法向量为 由 所以 [来源:1ZXXK] 所以 ， 3 ,4DF = 3 3 2, .4 8ABE FG BE∆ = =中 6,tan .3 DFRt DFG DGF FG ∆ ∠ = =中 1 3( ,0,0), (0,1,0), (0,0,1)2AD BC BB= = =   11 0, , ,0, AD BC AD BC AD BBAD BB  ⋅ = ⊥  ⊥⋅ =      所以 ⊂ 3 1 1( , , ).4 4 2E − − ⊂ 1 1 1 1( , , ),n x y z= 1 1 1 1 1 1 1 3 1 0, (1, 3,0).2 2 0, AB n x y n BB n z  ⋅ = − = =  ⋅ = =      得 2 2 2 2( , , ),n x y z= 1 2 2 2 2 2 2 2 3 1 0, 12 2 (0,1, ).23 0,2 AB n x y z n AD n x  ⋅ = − + = =  ⋅ = =      得 1 2 3 15cos , .511 3 1 4 n n< >= = + × +   1 2 6tan , 3n n< >=  依图可得二面角 B—AB1—D 的正切值为 21．如图 1，在直角梯形 中， ， ，且 ． 现以 为一边向形外作正方形 ，然后沿边 将正方形 翻折，使平面 与平面 垂直， 为 的中点，如图 2． (1）求证： ∥平面 ； (2）求证： 平面 ； (3）求点 到平面 的距离. 【答案】 (1）证明：取 中点 ，连结 ． 在△ 中， 分别为 的中点， 所以 ∥ ，且 ． 由已知 ∥ ， ， 所以 ∥ ，且 ． 所以四边形 为平行四边形． 所以 ∥ ． 又因为 平面 ，且 平面 ， 所以 ∥平面 ． (2）证明：在正方形 中， ． 又因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 所以 平面 ． 所以 ． 在直角梯形 中， ， ，可得 ． 在△ 中， ， 所以 ． 所以 ． 所以 平面 ． (3）解法一：由（2）知， 平面 又因为 平面 ， 所以平面 平面 ． 过点 作 的垂线交 于点 ，则 平面 所以点 到平面 的距离等于线段 的长度 在直角三角形 中， 所以 所以点 到平面 的距离等于 . 解法二：由（2）知， 所以 又 ，设点 到平面 的距离为 6 .3 ABCD CDAB // ADAB ⊥ 12 1 === CDADAB AD ADEF AD ADEF ADEF ABCD M ED AM BEC ⊥BC BDE D BEC EC N BNMN, EDC ,M N ,EC ED MN CD 1 2MN CD= AB CD 1 2AB CD= MN AB MN AB= ABNM BN AM ⊂BN BEC ⊄AM BEC AM BEC ADEF ED AD⊥ ADEF ⊥ ABCD ADEF  ABCD AD= ⊥ED ABCD ED BC⊥ ABCD 1== ADAB 2=CD 2=BC BCD 2,2 === CDBCBD 222 CDBCBD =+ BC BD⊥ BC ⊥ BDE BC ⊥ BDE BC ⊂ BCE BDE ⊥ BEC D EB EB G ⊥DG BEC D BEC DG BDE DGBEDEBDS BDE ⋅=⋅=∆ 2 1 2 1 3 6 3 2 ==⋅= BE DEBDDG D BEC 3 6 BDBCBEBC ⊥⊥ , ,1222 1 2 1 =⋅⋅=⋅=∆ BCBDS BCD BCEDBCDE VV −− = D BEC .h 则 所以 所以点 到平面 的距离等于 . 22．如图，在直三棱柱 中， ， 为 的中点，且 ， (1）当 时，求证： ； (2）当 为何值时，直线 与平面 所成的角 的正弦值为 ，并求此时二面角 的余弦值。 【答案】（1）设 ,如图建系，则 (2）设 则 ， 易知面 的法向量 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ， ， ， ， 设面 的法向量 则 ， 设面 的法向量 则 ， 设二面角 的大小为 则 ⋅=⋅∆ 3 1 3 1 DES BCD hS BCE ⋅∆ 3 6 2 6 1 ==⋅= ∆ ∆ BCE BCD S DESh D BEC 3 6 1 1 1ABC A B C− AB BC⊥ P 1 1A C AB BC kPA= = 1k = 1PA B C⊥ k PA 1 1BB C C 1 4 C PA B− − 1 1 2 21, 2 2AB PA A P AA= = = ∴ = 1(0,0,zB ） 1 1A(1,0,0),P( , ,z2 2 ） 1 1PA=( ,- ,-z2 2  ） 1 1BB C C 1n 1,0,0= （ ） PA 1 1BB C C α 2 1 12sin 41 z2 α = = + 2 7z 2 ∴ = 14z>0 z= 2 ∴ 1 1 14( , , )2 2 2P∴ ( 1,0,0)AB = − ABP 1 ( , , )n x y z= 0 1 1 14 02 2 2 x x y z − =∴ − − = 0, 14, 1x y z= = − = 1 (0, 14,1)n∴ = − ( 1,1,0)AC = − APC 2 ( , , )n x y z= 0 1 1 14 02 2 2 x y x y z − + =∴ − − = 1, 1, 0x y z= = = 2 (1,1,0)n∴ = C PA B− − θ 二面角 的余弦值为14 105cos 1515 2 θ = = ∴ C PA B− − 105 15