高考数学复习——立体几何测练题

高考数学复习——立体几何测练题

(总分150分)

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在答题卡的表内（每小题5分，共40分）。

1．下列说法中是“平面平面的一个充分条件”的有（　　）（1）．存在一条直线　 （2）．存在一条直线 （3）．存在两条平行直线（4）．存在两条异面直线

A．3个　B. 2个　C. 1个　D. 0个

2．设，，均为直线，其中，在平面内，“”是且“”的（　　）

A．充分不必要条件　　B．必要不充分条件　 C．充分必要条件　 D．既不充分也不必要条件

3. 已知正三棱柱ABC－A₁B₁C₁的侧棱长与底面边长相等，则AB₁与侧面ACC₁A₁所成角的正弦等于（　 ）　　A． 　 　　 B．　 　 C． 　　 D．

4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　）

A ．　　B．

C．　　　　　　　　 D．

5. 顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB＝1，AA₁＝，则A、C两点间的球面距离为（　 ）A ．　　　 B． 　　 C ．　　 D．

6. 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（　　）

 A．　　  B．　　　　C． 　　　 D．

7. 已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是（　 　）

Ａ．　Ｂ．　 Ｃ．　　 Ｄ．

8. 如图，正四棱柱中，，则异面直线所成角的余弦值为（ 　 ）

A．　 　　　 B．　　　　 C．　　　　D．

二、填空题：请把答案填在答题卡的横线上（每小题5分，共30分）

9. 一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上。已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为　　　　　 。

10. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为　　　　。

11. 如图，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC₁与侧面ACC₁A₁所成的角是　　　　  ．

12. 已知点O在二面角的棱上，点P在内，且。若对于内异于O的任意一点Q，都有，则二面角的大小是________。

13. 已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角等于___________。

14. 已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为_________ 。

高考数学复习——立体几何测练题答卷

班级 高三（　　 ）班  姓名　　　　　　   座号 　　　 成绩　　　　 

一、选择题：（每小题5分，共40分）　　　　　　

题号	1	2	3	4	5	6	7	8
答案

二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

9、　　　　　　　  10、　　  　　　　　　11、　　　　　　   

12、　　　　  　13、　　　　　　　　 　14、　　　　 

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本大题共6大题，共计80分）.

15. （12分）已知函数（，，）。

（1）求的定义域；（2）讨论的奇偶性；（3）讨论的单调性。

16．（12分）如图,在四棱锥中,底面是边长为的正方形,侧面底面，且,若、分别为、的中点.

求证：（1） //平面；（2）平面平面.

17．(14分)已知f(x)=,当x∈(0，+)时,恒有f(x)>0，求实数m的取值范围．

18. （14分）如图，在直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，AB＝BC，D、E分别为BB₁、AC₁的中点．

（Ⅰ）证明：ED为异面直线BB₁与AC₁的公垂线；

（Ⅱ）设AA₁＝AC＝AB，求二面角A₁－AD－C₁的大小．

19. （14分）如图,四棱锥P-ABCD是底面边长为1的正方形，PD⊥BC,PD=1,PC=.

(Ⅰ)求证:PD⊥面ABCD；

(Ⅱ)求二面角A－PB－D的大小.

　 

 

20. （14分）如图6所示，等腰的底边，高，点是线段上异于点的动点，点在边上，且，现沿将折起到的位置，使，记，表示四棱锥的体积．

（1）求的表达式；（2）当为何值时，取得最大值？

（3）当取得最大值时，求异面直线与所成角的余弦值．

高考数学复习——立体几何测练题参考答案

一、DAADB　 CBD

二、9．；10． 11．；　 12． 13. （或）14.

三、15．（1）；（2）奇函数；（3）  0<a<1减函数 a>1增函数

16.证明：（1）连结，在中//，

且平面，平面，　.

（2）因为面面，平面面，，

　　所以，平面，.

又，所以是等腰直角三角形，

且 ，即.

　　，且、面，∴ 面，

　　又面，∴ 面面.

17． m<-3或m≥

18． 解法一：（Ⅰ）设O为AC中点，连接EO，BO，则EO∥＝C₁C，又C₁C∥＝B₁B，所以EO∥＝DB，EOBD为平行四边形，ED∥OB．　　 ……2分

∵AB＝BC，∴BO⊥AC，

又平面ABC⊥平面ACC₁A₁，BOÌ面ABC，故BO⊥平面ACC₁A₁，

∴ED⊥平面ACC₁A₁，BD⊥AC₁，ED⊥CC₁，

∴ED⊥BB₁，ED为异面直线AC₁与BB₁的公垂线．……7分

（Ⅱ）连接A₁E，由AA₁＝AC＝AB可知，A₁ACC₁为正方形，

∴A₁E⊥AC₁，又由ED⊥平面ACC₁A₁和EDÌ平面ADC₁知平面

ADC₁⊥平面A₁ACC₁，∴A₁E⊥平面ADC₁．作EF⊥AD，垂足为F，连接A₁F，则A₁F⊥AD，∠A₁FE为二面角A₁－AD－C₁的平面角．

不妨设AA₁＝2，则AC＝2，AB＝ED＝OB＝1，EF＝＝，

tan∠A₁FE＝，∴∠A₁FE＝60°．

所以二面角A₁－AD－C₁为60°．　　　　  ………14分

解法二：（Ⅰ）如图，建立直角坐标系O－xyz，其中原点O为AC的中点．

设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B₁(0，b，2c)．

则C(－a，0，0)，C₁(－a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，b，c)．　 ……3分

＝（0，b，0），＝(0，0，2c)．

·＝0，∴ED⊥BB₁．

又＝(－2a，0，2c)，

·＝0，∴ED⊥AC₁，　　……7分

所以ED是异面直线BB₁与AC₁的公垂线．

（Ⅱ）不妨设A(1，0，0)，则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A₁(1，0，2)，

＝(－1，－1，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，

·＝0，·＝0，即BC⊥AB，BC⊥AA₁，又AB∩AA₁＝A，

∴BC⊥平面A₁AD．

又　　E(0，0，1)，D(0，1，1)，C(－1，0，1)，

＝(－1，0，－1)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，

·＝0，·＝0，即EC⊥AE，EC⊥ED，又AE∩ED＝E，

∴　　EC⊥面C₁AD．　　……10分

cos＜，＞＝＝，即得和的夹角为60°．

所以二面角A₁－AD－C₁为60°．　　　　  ………14分

19. (Ⅰ)证明:,

.……2分

又,……4分

∴　PD⊥面ABCD………6分

(Ⅱ)解:连结BD,设BD交AC于点O,

过O作OE⊥PB于点E,连结AE,

∵PD⊥面ABCD, ∴,

又∵AO⊥BD, ∴AO⊥面PDB.

∴AO⊥PB,

∵,

∴,从而,

故就是二面角A－PB－D的平面角.……………………10分

∵ PD⊥面ABCD,　 ∴PD⊥BD,

∴在Rt△PDB中, ,

又∵,　　∴,………………………………………12分

　∴　.…………………14分

故二面角A－PB－D的大小为60°.

20．解：

（1）由折起的过程可知，PE⊥平面ABC，，

V(x)=（）

（2），所以时， ，V(x)单调递增；时 ，V(x)单调递减；因此x=6时，V(x)取得最大值；

（3）过F作MF//AC交AD与M,则，PM=，

，

在△PFM中， ，∴异面直线AC与PF所成角的余弦值为；