柱、锥、台、球的结构特征教师版.docx

内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前柱、锥、台、球的结构特征月考卷立体几何考试范围：立体几何；考试时间：100分钟；命题人：张磊题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）评卷人得分一、选择题1正四棱锥则的底面边长为，高，则过点的球的半径为（ ）A3 B4 C5 D6【答案】C【解析】试题分析：由正四棱锥及其外接球的对称性，球心O在在正四棱锥的高线SE上，如图，球半径,。所以，在直角三角形OEB中，由勾股定理得，解得，R=5，故选C。考点：正四棱锥、球的几何特征。点评：中档题，正四棱锥外接球的球心，在正四棱锥高所在直线上，结合图形，构造直角三角形，利用勾股定理求解。2一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中（ ）A B与相交C D与所成的角为 【答案】D【解析】试题分析：根据题意，由于，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中，折叠为立体图形可知，与为两个相邻的面对角线，因此所成的角为，故可知答案为D。考点：展开图点评：主要是考查了正方体的侧面展开图的运用，属于基础题。3已知三棱柱A B C D 【答案】C【解析】 构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为，外接圆的半径为，故，选C【考点定位】本题考查空间几何体模型的认识。4直三棱柱ABCABC中 ，若BAC90，ABACAA，则异面直线BA与AC所成的角等于 ()A60B45 C30 D90【答案】A【解析】试题分析：解：延长CA到D，使得AD=AC，则ADA1C1为平行四边形，DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，又三角形A1DB为等边三角形，DA1B=60,故选A考点：直三棱柱的性质点评：本小题主要考查直三棱柱ABC-A1B1C1的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，考查转化思想，属于基础题5一空间几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由于根据三视图的特点可知，该几何体是一个简单的组合体，上面是四棱锥，下面是圆柱体，且棱锥的底面为正方形，边长为，高为，圆柱体的底面的半径为1，高位2，因此可知其体积为，故选A.考点：本试题考查了空间几何体体积的知识。点评：根据已知的三视图，分析得到原几何体是一个四棱锥和一个圆柱体的组合体。进而结合柱体的体积公式和锥体的体积公式来求解得到。关键是弄清楚各个几何体的高度和底面的边长和圆的半径，属于中档题。6三棱锥的高为，若三个侧面两两垂直，则一定为的（ ）A垂心 B外心 C.内心 D重心【答案】A【解析】试题分析：因为三个侧面两两垂直，所以。连结并延长交于点。由知，由是三棱锥的高得，。由得，。同理：连结并延长交于点、连结并延长交于点，则，。所以，点H是三角形三边上高的交点，即H是三角形的垂心。考点：直线与平面垂直的判定定理。点评：本题需要掌握好三角形的各种“心”。7正方体的全面积为6,它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是 （ ）A B C D【答案】A【解析】本试题主要是考查了正方体的外接球的表面积的求解。因为正方体的全面积为6，所以正方体的棱长为：1，正方体的对角线为：因为正方体的顶点都在球面上，所以正方体的对角线就是外接球的直径，所以外接球的半径为：外接球的表面积为：4()2=3故选A。解决该试题的关键是理解正方体的外接球的直径就是正方体的体对角线的长度。8如图，正方体中,分别为棱的中点，在平面内且与平面平行的直线()A不存在 B有1条C有2条 D有无数条【答案】D【解析】由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与面D1EF平行，故选D.9若一个圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D.【答案】A【解析】解：圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，底面半径=1，底面周长=2，那么圆锥的体积即为，选A10四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是() AB平面C与平面所成的角等于与平面所成的角D与所成的角等于与所成的角【答案】D【解析】解：SD底面ABCD，底面ABCD为正方形，连接BD，则BDAC，根据三垂线定理，可得ACSB，故A正确；ABCD，AB平面SCD，CD平面SCD，AB平面SCD，故B正确；SD底面ABCD，SAD是SA与平面SBD所成的角，SCD是SC与平面SBD所成的角，而SADSBD，SAD=SCD，即SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角，故C正确；ABCD，AB与SC所成的角是SCD，DC与SA所成的角是SAB，而这两个角显然不相等，故D不正确；故选D第II卷（非选择题）评卷人得分二、填空题11已知圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的侧面积是 【答案】【解析】试题分析：圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的母线长为，所以母线的侧面积为考点：本小题主要考查圆锥的侧面积的求解.点评：求解此类问题，要求充分发挥空间想象能力，准确运用关系式进行求解.12一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 MT【答案】.【解析】试题分析：设球的半径为r,则,所以.考点：圆柱，圆锥，球的体积公式.点评：圆柱，圆锥，球的体积公式分别为.13如图所示的几何体中，四边形是矩形，平面平面，已知，若分别是线段上的动点，则的最小值为 ；【答案】3【解析】试题分析：将四棱锥E-ABCD的侧面AED、DEC、CEB展开铺平如图，连接AB，分别交CE和DE于N、M点，此时的的最小。在ABE中，AB2=AE2+BE2-2AEBEcos120=9，所以的最小值为3.考点：面面垂直的性质定理。点评：此题的关键是将三个侧面展开平铺，使在同一平面上，此时的最小值即为线段AB的长。14已知，如图所示的正方体的棱长为4，E、F分别为A1D1、AA1的中点，过C1、E、F的截面的周长为_.【答案】【解析】试题分析：由平面 可知平面与平面的交线为，平面与平面的交线为 所以截面周长为考点：利用线面平行的判定和性质做两面交线点评：此题有一定的灵活性15 若长方体的长、宽、高分别为，则这个长方体的对角线长为_【答案】【解析】由题意，长方体的对角线长是16如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则与平面所成的角的大小为 【答案】【解析】解：以B为坐标原点，以与BC垂直的直线为x轴，BC为y轴，建立空间直角坐标系，则A（ 3 ，1，0），B1（0，0，3），C1（0，2，3）， AB1 =（- 3 ，-1，3）， B1C1 =（0，2，0）， BB1 =（0，0，3）设平面AB1C1所的一个法向量为 n =（x，y，z）则 AB1 n =0 B1C1 n =0 即 - 3 x-y+3z=0 2y=0 ，取z=1，则得 n =（- 3 ，0，1），cos BB1 ， n = （BB1 n） （ | BB1 | n |） =1 2 ，BB1与平面AB1C1所成的角的正弦值为1 2 ，BB1与平面AB1C1所成的角为 6 评卷人得分三、解答题17如图1，过动点A作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示） DABCACDB图2图1ME.（1）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（2）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱、的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小【答案】（1）时, 三棱锥的体积最大（2）【解析】试题分析：（1）解法1：在如图1所示的中，设，则由，知，为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），且，所以平面又，所以于是 ，当且仅当，即时，等号成立 故当，即时, 三棱锥的体积最大 解法2：同解法1，得 令，由，且，解得当时，；当时， 所以当时，取得最大值故当时, 三棱锥的体积最大.（2）解法1：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D-.由（）知，当三棱锥A-BCD的体积最大时，BD1,ADCD2.于是可得D（0,0,0,），B（1,0,0），C（0,2,0），A（0,0,2）M（0,1,1）E（，1,0），且BM（-1，1,1）. 设N（0, 0），则EN,-1,0).因为ENBM等价于ENBM0,即（，-1,0）（-1,1,1）+-10，故，N（0, ，0） 所以当DN时（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM.设平面BMN的一个法向量为n=(,),由可取(1,2,-1） 设与平面所成角的大小为，则由，可得，即 故与平面所成角的大小为 解法2：由（）知，当三棱锥的体积最大时，如图b，取的中点，连结，则.由（）知平面，所以平面.如图c，延长至P点使得，连，则四边形为正方形，所以. 取的中点，连结，又为的中点，则，所以. 因为平面，又面，所以. 又，所以面. 又面，所以.因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.即当（即是的靠近点的一个四等分点）， 连接，由计算得，所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，则平面在平面中，过点作于，则平面故是与平面所成的角 在中，易得，所以是正三角形，故，即与平面所成角的大小为 考点：用空间向量求直线与平面的夹角；棱柱、棱锥、棱台的体积点评：本题主要考查了线面垂直的判定，折叠问题中的不变量，空间线面角的计算方法，空间向量、空间直角坐标系的运用，有一定的运算量，属中档题18（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为中点，面，为中点。（1）求证：面。（2）求证：面。（3）求直线与平面所成角的正切值。【答案】（1）利用中位线证出，再利用线面平行的判定定理即可；（2）先证，再证，进而利用线面垂直的判定定理证明即可；（3）【解析】试题分析：（1）连结,， 4分（2）， 8分（3）、 12分考点：本小题主要考查线面平行、线面垂直的证明和二面角的求解.点评：立体几何问题，主要是考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，证明时要注意紧扣相应的判定定理和性质定理，定理中要求的条件缺一不可.19如图,四棱锥的底面是边长为的菱形,平面,.ABCDP（1）求直线PB与平面PDC所成的角的正切值;（2）求二面角APBD的大小.【答案】（1） （2）【解析】【错解分析】交代清楚哪个角是我们要找的角，然后去证明，是大家容易忘记的地方，而不能只有计算的结果。【正解】解：（1）取DC的中点E.ABCD是边长为的菱形,，BECD.平面, BE平面， BE.BE平面PDC.BPE为求直线PB与平面PDC所成的角. BE=，PE=,=.（2）连接AC、BD交于点O，因为ABCD是菱形，所以AOBD.平面, AO平面， PD. AO平面PDB.作OFPB于F，连接AF，则AFPB.故AFO就是二面角APBD的平面角. AO=，OF=，=.=.20 如图，四棱锥的底面是矩形，平面，.(1)求证：平面；(2)求二面角余弦值的大小；(3)求点到平面的距离【答案】(1) 见解析(2)（3）【解析】试题分析：（1）证明：底面是矩形，底面是正方形，.平面，平面，.P平面，,平面.（2）解：底面是正方形，.又平面，.P平面，,平面,为二面角的平面角.在中，即求二面角余弦值为（3）解：设点到平面的距离为，所以,所以,即，解得即点到平面的距离为考点：本小题主要考查线面垂直的证明、二面角的求法和等体积法求高，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力.点评：证明线面、面面间的位置关系时，要紧扣判定定理，要注意灵活运用性质定理和判定定理，把定理要求的条件一一列举出来，缺一不可.求二面角时，要先证后求，不能只求不证.求点到平面的距离时，等体积法是常用的方法.21（本小题满分14分）如图所示，在四棱锥中，平面，是的中点.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正切值.【答案】解：（1）证明：平面，。，是的中点为中边上的高，。，平面。6分（2）方法1：延长DA、CB相交于点F，连接PF、DB过点P作PEBC，垂足为E，连接HE由（1）知平面，则PHBC又PEPH=P，BC平面PHE，BCHEPEH就是所求二面角PBCD的平面角9分在FDC中，PH1，AD1，PD平面，CD平面PADCDPD，PC，CD4，AB2，BD，AB是FCD的中位线，FDCDBDCFHEPH1，14分 方法2：由（1）知平面，如图建立空间直角坐标系.PH1，AD1，PD平面，CD平面PADCDPD，PC，CD4设平面BCD、平面PBC的法向量分别为则，设，令，则，设二面角PBCD为，则，故【解析】本试题主要是考查了线面垂直和二面角的求解的综合运用。（1）因平面，。，是的中点为中边上的高，。，平面（2）延长DA、CB相交于点F，连接PF、DB过点P作PEBC，垂足为E，连接HE由（1）知平面，则PHBC又PEPH=P，BC平面PHE，BCHEPEH就是所求二面角PBCD的平面角，然后利用解三角形得到结论。22在边长为的正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，M、N分别为AB、CF的中点，现沿AE、AF、EF折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥（1）判别MN与平面AEF的位置关系，并给出证明；（2）证明AB平面BEF；（3）求多面体E-AFNM的体积【答案】（1），证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】(I)显然可判断出MN/AF,所以MN/平面AEF.（2）由平面图形可知,即立体图形中，问题得证.(3)可利用来求体积.解：， 1分证明如下：因翻折后B、C、D重合（如图），所以MN应是的一条中位线，3分则6分（2）因为 且平面BEF， 8分(3) 方法一 ， 10分又 12分 14分方法二： 10分由（2）知AB即是三棱锥A-BEF的高，AB=4MB即是三棱锥M-BEN的高，MB=2，11分13分 14分试卷第17页，总17页