届高三数学全国人教A版文一轮复习单元滚动检测第八单元立体几何.docx

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届高三数学全国人教A版文一轮复习单元滚动检测第八单元立体几何

高三单元滚动检测卷·数学

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间120分钟，满分150分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

单元检测八　立体几何

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共12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．已知α、β是两个不同的平面，给出下列四个条件：

①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a、b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是（　　）

A．①③B．②④

C．①④D．②③

2．（20165·江西六校联考）某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积（　　）

A．有最小值2B．有最大值2

C．有最大值6D．有最大值4

3．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）

A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面

4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（　　）

A．πa2B.πa2

C.πa2D．5πa2

5.

如图所示，在正方体AC1中，E，F分别是AB和AA1的中点，给出下列说法：

①E，C，D1，F四点共面；②CE，D1F，DA三线共点；③EF和BD1所成的角为45°；④A1B∥平面CD1E；⑤B1D⊥平面CD1E，

其中，正确说法的个数是（　　）

A．2B．3

C．4D．5

6．（2016·郑州第二次质量预测）设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（　　）

A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ

B．若α⊥β，m⊥α，则m∥β

C．α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β

D．m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n

7．（2016天门模拟）将正三棱柱截去三个角如图1所示，A、B、C分别是△GHI三边的中点，得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为（　　）

8．已知△ABC的直观图是边长为a的等边三角形A1B1C1（如图），那么原三角形的面积为（　　）

A.a2B.a2

C.a2D.a2

9.

如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是（　　）

①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．

A．①B．①②

C．①②③D．②③

10．一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．7B.

C.D.

11．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别为2、4，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：

①弦AB、CD可能相交于点M；②弦AB、CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN的最小值为1.其中真命题的个数为（　　）

A．1B．2

C．3D．4

12．如图所示，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，则它的5个面中，互相垂直的面有（　　）

A．3对B．4对

C．5对D．6对

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）

13．（2015·宁夏银川一中模拟）已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：

①若α∥β，则l⊥m；

②若l⊥m，则α∥β；

③若α⊥β，则l∥m；

④若l∥m，则α⊥β.

其中为真命题的序号是________．

14．已知三棱锥O－ABC中，A、B、C三点在以O为球心的球面上，若AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，三棱锥O－ABC的体积为，则球O的表面积为________．

15．（2015·湖北七市联考）某个几何体的三视图如图所示，其中正视图的圆弧是半径为2的半圆，则该几何体的表面积为________．

16．正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17.

（10分）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，M，N分别是AA1，CD，CB的中点，求证：

（1）MN∥B1D1；

（2）AC1∥平面EB1D1.

18.（12分）（2016·江西六校联考）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB＝90°，E是棱CC1的中点，F是AB的中点，AC＝BC＝1，AA1＝2.

（1）求证：

CF∥平面AB1E；

（2）点C到平面AB1E上的距离．

19．（12分）

如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．

（1）证明：

平面BDC1⊥平面BDC；

（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．

20．（12分）

（2015·北京海淀第二学期期末）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点．

（1）证明：

AB⊥平面AA1C1C；

（2）若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；

（3）证明：

EF⊥A1C.

21.（12分）

（2015·泰安二模）如图，在四棱锥P－ABCD中，CD⊥平面PAD，CD∥AB，AB＝2CD，PD＝AD，E为PB的中点．证明：

（1）CE∥平面PAD；

（2）PA⊥平面CDE.

22．（12分）如图

（1），在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于E（不同于点D），延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1－BCD，如图

（2）所示．

（1）若M是FC的中点，求证：

直线DM∥平面A1EF；

（2）求证：

BD⊥A1F；

（3）若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？

并说明理由．

答案解析

1．C　2.B　3.B

4．B　[根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为R＝＝，球的表面积S＝4πR2＝4π·＝πa2.]

5．B　[∵EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面，故①正确；

∵CE与D1F相交，交点在DA上，

∴CE，D1F，DA三线共点，故②正确；

EF和BD1所成的角即为A1B和BD1所成的角，

其正切值为，故③错误；

∵A1B∥CD1，A1B⊄面CD1E，

∴A1B∥平面CD1E，故④正确；

∵B1D⊥AC，∴B1D不垂直于EC，

∴B1D不垂直于平面CD1E，故⑤错误．]

6．C　[A错，两平面可平行；B错，直线可在平面内；C正确，符合线面平行的判定定理条件；D错，两直线可平行，综上可知C选项正确．]

7．A　[由题图1和题图2可知题图2的侧视图应是一个直角梯形，其上底是△ABC的边BC上的高，下底为△DEF的边DE上的高，直角腰为△AED的边ED上的高，故侧视图为A.]

8．C　[在原图与直观图中有OB＝O1B1，BC＝B1C1，

在直观图中，过A1作A1D1⊥B1C1，

∵△A1B1C1是等边三角形，∴A1D1＝a，

在Rt△A1O1D1中，∵∠A1O1D1＝45°，

∴O1A1＝a，

根据直观图画法规则知：

OA＝2O1A1＝2×a＝a，

∴△ABC的面积为×a×a＝a2.]

9．C　[①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，

∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上．

②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.

③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′－FDE的体积达到最大．]

10．D　[

依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为正方体的体积去掉两个三棱锥的体积，即23－2×××1×1×1＝，故选D.]

11．C　[设球的球心O到直线AB、CD的距离分别为d′、d，利用勾股定理可求出d′＝3，d＝2，所以CD可以经过M，而AB不会经过N，所以①正确，②不正确；又d＋d′＝5，d′－d＝1，所以③④正确．故选C.]

12．C　[底面ABCD是边长为a的正方形，

侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，

可得PA⊥底面ABCD，PA平面PAB，PA平面PAD，

可得：

平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD；

AB⊥平面PAD，可得平面PAB⊥平面PAD；

BC⊥平面PAB，可得平面PAB⊥平面PBC；

CD⊥平面PAD，可得平面PAD⊥平面PCD.]

13．①④

解析　①正确，因为l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又m⊂β，故l⊥m；②错，当两平面相交且交线为直线m时也满足题意；③错，各种位置关系均有可能；④正确，l⊥α，l∥m⇒m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，综上可知命题①④为真命题．

14．64π

解析　设△ABC的外接圆的圆心为O′，在△ABC中，据余弦定理得AC＝，通过构造Rt△得△ABC的外接圆的半径r＝1，三棱锥O－ABC的体积为V＝××1×1××OO′＝，

∴OO′＝，

∴OB＝＝＝4，

∴S球＝4π×42＝64π.

15．92＋14π

解析　依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长方形的长、宽、高分别是4,5,4，圆柱的底面半径是2、高是5，因此该几何体的表面积等于3×（4×5）＋2×（4×4）＋π×22＋×（2π×2）×5＝92＋14π.

16.＋

解析　取SC的中点M，CD的中点N，

连接ME，EN，MN，连接AC，BD且交于点O，

连接SO，则SO⊥平面ABCD，SO⊂平面SBD，

由面面垂直的判定知平面SBD⊥平面ABCD，

因为M，N，E均为中点，故MN∥SD，ME∥SB，

又MN∩EM＝M，故平面EMN∥平面SBD，

则有平面EMN⊥平面ABCD，

因为AC⊥EN，

所以AC⊥平面EMN，

故P是△EMN的边上任一点，

易知MN＝ME＝SD＝＝，EN＝，

故轨迹的周长为＋.

17．证明　

（1）∵M，N分别是CD，CB的中点，

∴MN∥BD.

又∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形．

所以BD∥B1D1.

又MN∥BD，从而MN∥B1D1.

（2）方法一

　连接A1C1，A1C1与B1D1交于O点，连接OE.

∵四边形A1B1C1D1为平行四边形，则O点是A1C1的中点，E是AA1的中点，

∴EO是△AA1C1的中位线，EO∥AC1，AC1⊄平面EB1D1，EO⊂平面EB1D1，所以AC1∥平面EB1D1.

方法二　取BB1中点为H点，连接AH，C1H，EH，

∵E，H点分别为AA1，BB1中点，

∴EH綊C1D1，则四边形EHC1D1是平行四边形，

∴ED1∥HC1，

又HC1⊄平面EB1D1，ED1⊂平面EB1D1，

∴HC1∥平面EB1D1.

又∵EA綊B1H，则四边形EAHB1是平行四边形，

∴EB1∥AH，

又AH⊄平面EB1D1，EB1⊂平面EB1D1，

∴AH∥平面EB1D1.

∵AH∩HC1＝H，

∴平面AHC1∥平面EB1D1.

而AC1⊂平面AHC1，

∴AC1∥平面EB1D1.

18．

（1）证明　取AB1的中点G，连接EG，FG，

∵F，G分别是AB，AB1的中点，

∴FG∥BB1，FG＝BB1.

∵E为侧棱CC1的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，

∴四边形FGEC是平行四边形，∴CF∥EG，

∵CF⊄平面AB1E，EG⊂平面AB1E，

∴CF∥平面AB1E.

（2）解　∵三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，AA1∥BB1，∴BB1⊥平面ABC.

又AC⊂平面ABC，∴AC⊥BB1，

∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，

∵BB1∩BC＝B，BC⊂平面BCC1B1，

BB1⊂平面BCC1B1，

∴AC⊥平面EB1C，∴AC⊥CB1，

∴VA－EB1C＝S△EB1C·AC

＝×（×1×1）×1＝.

∵AE＝EB1＝，AB1＝，

∴S△AB1E＝，

∵VC－AB1E＝VA－EB1C，

∴点C到平面AB1E上的距离为＝.

19．

（1）证明　由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，

∴BC⊥平面ACC1A1.

又∵DC1⊂平面ACC1A1，∴DC1⊥BC.

由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，

∴∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.

又∵DC∩BC＝C，∴DC1⊥平面BDC.

又∵DC1⊂平面BDC1，

∴平面BDC1⊥平面BDC.

（2）解　设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.

由题意得V1＝××1×1＝.

∵三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1，

∴（V－V1）∶V1＝1∶1.

∴平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.

20．

（1）证明　∵A1A⊥底面ABC，∴A1A⊥AB，

又∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A，

∴AB⊥平面AA1C1C.

（2）解　∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，

∴AB∥DE，∵在△ABC中，E是BC的中点，

∴D是线段AC的中点．

（3）证明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A＝AC，

∴侧面A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1，

由

（1）可得，AB⊥A1C，

∵AB∩AC1＝A，∴A1C⊥平面ABC1，

∴A1C⊥BC1.

又∵E，F分别为棱BC，CC1的中点，

∴EF∥BC1，∴EF⊥A1C.

21．证明　

（1）取PA的中点F，连接DF，EF，

∵E是PB的中点，

∴在△PAB中有EF∥AB，且EF＝AB.

又CD∥AB，AB＝2CD，

∴CD∥EF，CD＝EF，

∴四边形CDFE为平行四边形，

∴CE∥DF，

∵CE⊄平面PAD，DF⊂平面PAD，

∴CE∥平面PAD.

（2）∵CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，

∴CD⊥PA，

∵△PAD中，PD＝AD，F为PA的中点，

∴DF⊥PF，

∵CE∥DF，∴CE⊥PA，

∵CE∩CD＝C，CE⊂平面CDE，CD⊂平面CDE，

∴PA⊥平面CDE.

22．

（1）证明　因为D，M分别为AC，FC的中点，

所以DM∥EF.

又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，

所以DM∥平面A1EF.

（2）证明　因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，

所以BD⊥平面A1EF.又A1F⊂平面A1EF，

所以BD⊥A1F.

（3）解　直线A1B与直线CD不能垂直．

因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，

所以EF⊥平面A1BD.

因为A1B⊂平面A1BD，

所以A1B⊥EF，

又因为EF∥DM，

所以A1B⊥DM.

假设A1B⊥CD，

因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，

所以A1B⊥平面BCD，

所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾，

所以直线A1B与直线CD不能垂直．