【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)阶段性测试题8(立体几何初步).docx

阶段性测试题八(立体几何初步)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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(2021广东七校联考)已知平面、和直线m，给出条件：m；m；m；.能推导出m的是()ABCD答案D解析由两平面平行的性质可知两平面平行，在一个平面内的直线必平行于另一个平面，于是选D2(2021云南第一次检测)在三棱锥SABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，D、E分别是AB、BC的中点，假如直线SB平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为()ABC45D45答案A解析取AC的中点G，连接SG，BG.易知SGAC，BGAC，故AC平面SGB，所以ACSB由于SB平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB平面DEFHHD，则SBHD同理SBFE.又D、E分别为AB、BC的中点，则H、F也为AS、SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形又ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四边形DEFH为矩形，其面积SHFHD(AC)(SB).3(文)已知直线l平面，直线m平面，则是lm的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析若，则由l知l，又m，可得lm，若与相交(如图)，设n，当mn时，由l可得lm，而此时与不平行，于是是lm的充分不必要条件，故选A(理)对于直线m，n和平面，有如下四个命题：(1)若m，mn，则n(2)若m，mn，则n(3)若，则(4)若m，mn，n，则其中真命题的个数是()A1B2C3D4答案A解析(1)错误(2)当n时，则不成立(3)不正确当m，mn，有n，又n，所以有，所以只有(4)正确选A4正方体ABCDA1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图1)，用过点AEC1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()答案C解析取DD1的中点F，连接AF、C1F，则剩余几何体为A1B1C1D1AFC1E，因此其左视图为选项C5(文) 如图是一个几何体的三视图，依据图中数据，可得该几何体的表面积是()A9B12C11D10答案B解析从三视图可以看出该几何体是由一个球体和一个圆柱组合而成的，其表面为S41212221312，故选B(理)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()AB3CD6答案B解析由三视图还原几何体，如图所示，为圆柱被一个不垂直于轴线的平面所截得到的几何体，其体积为V423.6(2021陕西检测)若设平面、平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析由和bm，知b，又a，ab，“”可以推出“ab”，反过来，不愿定能推出，即“”是“ab”的充分不必要条件7(文)如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为()A6B9C12D18答案B解析本题主要考查简洁几何体的三视图及体积计算，是简洁题由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为三角形，一边长为6，这边上的高为3，棱锥的高为3，故其体积为6339，故选B(理)如图，如图，某三棱锥的三视图都是直角边为的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是 ()AB2C1D2答案A解析由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形，所以四个面中面积最大的为BCD，且BCD是边长为2的正三角形，所以SBCD22，选A8(2022唐山统考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，ABAC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为()A2B1CD答案C解析由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，BAC90，ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理A1B1C1的外心M是B1C1的中点设正方形BCC1B1的边长为x，RtOMC1中，OM，MC1，OC1R1(R为球的半径)，()2()21，即x，则ABAC1，S矩形ABB1A11.9(文)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线相互垂直，则该几何体的体积是()ABC8D8答案A解析由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2，正四棱锥的底面边长为正方体的上底面，高为1.原几何体的体积为V232218，选A(理)如图，空间四边形OABC中，OAa，OBb，OCC点M在OA上，且OM2MA，N为BC中点，则MN()AabcBabcCabcDabc答案B解析由向量加法法则可知MNMOONOA(OBOC)a(bc)abC10(文)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积底面积高)时，其高的值为()A3B2CD答案B分析依据正六棱柱和球的对称性，球心O必定是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量解析解法1：以正六棱柱的最大对角面作截面，设球心为O，正六棱柱的上下底面中心分别为O1，O2，则O是O1，O2的中点设正六棱柱的底面边长为a，高为2h，则a2h29.正六棱柱的体积为V6a22h，即V(9h2)h，则V(93h2)，得极值点h，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点，故当正六棱柱的体积最大，其高为2.解法2: 求函数V(9h2)h的条件可以使用三个正数的均值不等式进行，即V(9h2)h，等号成立的条件是9h22h2，即h.(理)(2022新课标)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M、N分别是A1B1、A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成的角的余弦值为()ABCD答案C解析如图，分别以C1B1、C1A1、C1C为x、y、z轴，建立空间直角坐标系令ACBCC1C2，则A(0,2,2)，B(2,0,2)，M(1,1,0)，N(0,1,0)(1,1，2)，(0，1，2)cos.故选C第卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11湖面上漂着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下了一个直径为12cm，深2cm的空穴，则该球的半径是_cm，表面积是_cm2. 答案10400解析设球的半径为r，画出球与水面的位置关系图，如图：由勾股定理可知，r2(r2)236，解得r 10.所以表面积为4r24100400.12(2021忻州期末)已知不重合的直线m、l和不重合的平面、，且m，l，给出下列命题：若，则ml；若，则ml；若ml，则；若ml，则.其中正确命题的个数是_答案2解析对于，m，m，又l，ml，正确；对于，m，m或m，又l，m与l可能相交、平行或异面，错误；对于，m，ml，l或l，又l，与有可能相交，也有可能平行，错误；对于，m，ml，则l，又l，正确，正确命题的个数是2.13已知ABC的斜二侧直观图是边长为2的等边A1B1C1，那么原ABC的面积为_答案2解析如图： 在A1D1C1中，由正弦定理，得a，故SABC222.14(2021北京海淀区期末)已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示(1)若该四棱锥的左视图为直角三角形，则它的体积为_；(2)关于该四棱锥的下列结论中：四棱锥中至少有两组侧面相互垂直；四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形；四棱锥中不行能存在四组相互垂直的侧面全部正确结论的序号是_答案解析由三视图可知该几何体是底面边长为2的正方形、高为1的四棱锥，如图所示，所以该四棱锥的体积为221.(2)由图可知PQ平面ABCD，则有PQAB，又ABBC，所以AB平面PBC，于是侧面PAB侧面PBC，同理可知侧面PDC侧面PBC，故正确；由上述易知ABPB，CDPC，所以PAB，PCD为直角三角形，又四棱锥的左视图为直角三角形，所以PBC为直角三角形，故正确；由图易推断平面PAB与平面PAD不垂直，故正确综上知均正确15如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，BC2，AC，AA13，M为线段BB1上的一动点，则当AMMC1最小时，AMC1的面积为_答案解析将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面上，在平面内AC1与BB1相交，则当交点为M点时，AMMC1取最小值，易求BM1，AM，MC12，又在棱柱中，AC1，cosAMC1，AMC1120，SAMC1AMMC1sinAMC12.三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥ABOC中，OA底面BOC，OABOAC30，ABAC4，BC2，动点D在线段AB上(1)求证：平面COD平面AOB；(2)当ODAB时，求三棱锥COBD的体积解析(1)AO底面BOC，AOOC，AOOBOABOAC30，ABAC4，OCOB2.又BC2，OCOB，OC平面AOBOC平面COD，平面COD平面AOB(2)ODAB，BD1，OD.VCOBD12.17(本小题满分12分)(文)(2021江苏苏北四市高三调研)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PBPD，且E，F分别是BC，CD的中点求证：(1)EF平面PBD；(2)平面PEF平面PAC解析(1)由于E，F分别是BC，CD的中点，所以EFBD，由于EF平面平面PBD，BD平面PBD，所以EF平面PBD(2)设BD交AC于点O，连接PO，由于ABCD是菱形，所以BDAC，O是BD中点，又PBPD，所以BDPO，又EFBD，所以EFAC，EFPO.又ACPOO，所以EF平面PAC由于EF平面PEF，所以平面PEF平面PAC(理)如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，D是BC的中点，AA1ABA(1)求证：ADB1D； (2)求证：A1C平面AB1D解析 (1)ABCA1B1C1是正三棱柱， BB1平面ABC，BD是B1D在平面ABC上的射影在正ABC中，D是BC的中点，ADBD, 依据三垂线定理得，ADB1D(2)连接A1B，设A1BAB1E，连接DE.AA1AB，四边形A1ABB1是正方形，E是A1B的中点，又D是BC的中点，DEA1CDE平面AB1D，A1C平面AB1D，A1C平面AB1D18(本小题满分12分)如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA13，D为C1B的中点，P为AB边上的动点(1)当点P为AB的中点时，证明DP平面ACC1A1；(2)若AP3PB，求三棱锥BCDP的体积解析(1)连接DP，AC1，P为AB中点，D为C1B中点，DPAC1，又AC1平面ACC1A1，DP平面ACC1A1，DP平面ACC1A1.(2)由AP3PB，得PBAB.过点D作DEBC于E，则DECC1，又CC1平面ABC，DE平面BCP，又CC13，DE.则SBCP2sin60，VBCDPVDBCP.19(本小题满分12分)(文)(2022北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E、F分别为A1C1、BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积解析(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC，所以BB1AB，又由于ABBC，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE.所以平面ABE平面B1BCC1.(2)取AB中点G，连结EG、FG.由于E、F分别是A1C1、BC的中点所以FGAC，且FGAC由于ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又由于EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.(3)由于AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB，所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.(理) 如图所示，在棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PAADDC2，AB4且ABCD，BAD90，(1)求证：BCPC；(2)求PB与平面PAC所成角的正弦值解析(1)在直角梯形ABCD中，AC2，取AB中点E，连接CE，则四边形AECD为正方形，AECE2，又BEAB2，则ABC为等腰直角三角形，ACBC，又PA平面ABCD，BC平面ABCD，PABC，由ACPAA得BC平面PAC，PC平面PAC，所以BCPC(2)以A为坐标原点，AD，AB，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系则P(0,0,2)，B(0,4,0)，C(2,2,0)，(0，4,2)，(2，2,0)由(1)知即为平面PAC的一个法向量，cos.即PB与平面PAC所成角的正弦值为.20(本小题满分13分)(文)(2022湖北高考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点求证：(1)直线BC1平面EFPQ；(2)直线AC1平面PQMN.解析思路分析：(1)直线与平面平行，主要通过直线与直线平行来证明，由BC1AD1，AD1FP，得出BC1FP，即可证明；(2)直线与平面垂直，主要通过直线与直线垂直来证明，而直线与直线垂直往往又要通过直线与平面垂直来证明由BD平面ACC1，得BDAC1，从而MNAC1；同理，证明PNAC1，即可完成证明解：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1BC1， 由于F，P分别是AD，DD1的中点，所以FPAD1.从而BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ.故直线BC1平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则ACBD由CC1平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1BD又ACCC1C，所以BD平面ACC1，而AC1平面ACC1，所以BDAC1.由于M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MNBD，从而MNAC1.同理可证PNAC1，又PNMNN，所以直线AC1平面PQMN.(2022辽宁高考)如图，ABC和BCD所在平面相互垂直，且ABBCBD2，ABCDBC120，E，F分别为AC，DC的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角EBFC的正弦值. 解析(1)方法一：过E作EOBC，垂足为O，连接OF，由ABCDBC可证出EOCFOC，图1所以EOCFOC，即FOBC又EOBC，因此BC平面EFO.又EF平面EFO，所以EFBC方法二：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，1，)，D(，1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，)，F(，0)，所以(，0，)，(0,2,0)，因此0，从而，所以EFBC(2)方法一：在图1中过O作OGBF，垂足为G连EG，由平面ABC平面BDC，从而EO平面BDC，又OGBF，由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角EBFC的平面角，在EOC中，EOECBCcos30，由BGOBFC知OGFC.因此tanEGO2，从而sinEGO.即二面角的正弦值为.方法二：在图(2)中平面BFC的一个法向量为n1(0,0,1)，设平面BEF的法向量n2(x，y，z)图2又(，0)，(0，)由得其中一个n2(1，1)设二面角EBFC的大小为，由题意知为锐角，则cos|cos|.因此sin.即所求二面角的正弦值为.21(本小题满分14分)(文) (2022保定模拟)如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PAAC，ABBC设D、E分别为PA、AC中点(1)求证：DE平面PBC；(2)求证：BC平面PAB；(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由解析(1)证明：由于点E是AC中点，点D为PA的中点，所以DEPC又由于DE平面PBC，PC平面PBC，所以DE平面PBC(2)证明：由于平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，又PA平面PAC，PAAC，所以PA平面ABC所以PABC又由于ABBC，且PAABA，所以BC平面PAB(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行取AB中点F，连EF，DF.由(1)可知DE平面PBC由于点E是AC中点，点F为AB的中点，所以EFBC又由于EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC又由于DEEFE，所以平面DEF平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行(理)(2022保定模拟)如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC(1)求证：ACPB；(2)设 O，D分别为AC，AP的中点，点G为OAB内一点，且满足()，求证：DG平面PBC；(3)若ABAC2，PA4，求二面角APBC的余弦值解析(1)由于PA平面ABC，AC平面ABC，所以PAAC又由于ABAC，且PAABA，所以AC平面PAB又由于PB平面PAB，所以ACPB(2)解法1：由于PA平面ABC，所以PAAB，PAAC，又由于ABAC，所以建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设AC2a，ABb，PA2c，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，P(0,0,2c)又由于()，所以(a，0)G(，0)于是(，c)，(2a，b,0)，(0，b，2c)设平面PBC的一个法向量n(x0，y0，z0)，则有即不妨设z01，则有y0，x0，所以n(，1)由于n(，1)(，c)1(c)0，所以n.又由于DG平面PBC，所以DG平面PBC解法2：取AB中点E，连接OE，则()由已知()可得OE.则点G在OE上连接AG并延长交CB于F，连接PF由于O，E分别为AC，AB的中点，所以OEBC，即G为AF的中点又由于D为线段PA的中点，所以DGPF.又DG平面PBC，PF平面PBC所以DG平面PBC(3)由(2)可知平面PBC的一个法向量n(，1)(2,2,1)又由于AC平面PAB，所以平面PAB的一个法向量是(2,0,0)又cos，由图可知，二面角APBC为锐角，所以二面角APBC的余弦值为.