高考理科数学立体几何考点考试.doc

高考理科数学立体几何考点练习

1、已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）

【答案】 D
【解析】

2、某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A.54 B.60 C.66 D.72

【答案】B
【解析】在长方体中构造几何体,如右图所示，
，经检验该几何体的三视图满足
题设条件。其表面积，
，故选择

3、一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
（A） （B）
（C） （D）

【答案】A
【解析】此多面体的直观图如下图所示
表面积为

第（7）题图

4、某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（　　）

A． 圆柱 B． 圆锥 C． 四面体 D． 三棱柱

【答案】A
【解析】圆柱的正视图为矩形，故选：A

5、一块石材表示的几何体的三视图如图2所示. 将该石材切割、打磨，加工成球，则能得到最大球的半径等于

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B
【解析】由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径,则，故选B

6、已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则

【答案】B
【解析】A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；
D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选B

7、正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A
【解析】设球的半径为R，则∵棱锥的高为4，底面边长为2，
∴R2=（4﹣R）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π•（）2=．故选：A

8.如图，在正方体中，点为线段的中点。设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是
，
由于，，
所以的取值范围是
9、某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．

【答案】B
【解析】由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，正方体的棱长为2，切去的圆柱的 底面半径为1，高为2，∴几何体的体积V=23﹣2××π×12×2=8﹣π．故选：B
10、已知二面角为，，，A为垂足，，，，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，过A点做AE⊥l，使BE⊥β，垂足为E，过点A做AF∥CD，
过点E做EF ⊥AE，连接BF，∵AB⊥l，∴∠BAE=60°，
又∠ACD=135°，∴∠EAF=45°，在Rt△BEA中，设AE=a，则AB=2a，BE=a，
在Rt△AEF中，则EF=a，AF=a，在Rt△BEF中，则BF=2a，
∴异面直线AB与CD所成的角即是∠BAF，
∴cos∠BAF===．

11、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为

. . .6 .4

【答案】：C
【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥，
其中，，故最长的棱的长度为，选C

12、如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）

A. B. C. D.

【答案】 C
【解析】

13、直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.

【答案】 C
【解析】

14、在空间直角坐标系中，已知，，，，若 ，，分别表示三棱锥在，，坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）

（A） （B）且
（C）且 （D）且
【答案】D

【解析】

设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射 影分别为A'，B'，C'，D'，在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），S1=．
在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，0），C'（0，2，0），D'（0，1，），S2=.
在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，0），C'（0，0，0），D'（1，0，），S3=，则S3=S2且S3≠S1，故选：D

15、若空间中四条两两不同的直线，满足，则下列结论一定正确的是

A. B. C.既不垂直也不平行 D.的位置关系不确定

【答案】D
【解析】如图所示的正方体中，令为，为，当为时， ，则选项A成立，当为时，则可以为对角线或或，与是异面直线或平行或垂直，所以与位置关系不确定.故选D.

16、在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为

A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和②

【答案】D
【解析】 在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④ 与俯视图为②，故选D.

17、《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，另相乘也。又以高乘之，三十六成一。该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）
A. B. C. D.

【答案】 B
【解析】 设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，所以，即的近似值为

18、一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是

【答案】B
【解析】俯视图为在底面上的投影，易知选：B
19、如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为，，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是

【答案】C
【解析】
A(0,0,0),E(4,3,12),(8,6,0),(,7,4),(11,,9),，,,

20、 如图，四个棱长为的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱， 是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为 （ ）

(A) . (B) .(C) . (D) .
【答案】A

【解析】：根据向量数量积的几何意义，等于乘以在方向上的投影，而在方向上的投影是定值，也是定值，∴为定值，∴选A

21、某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的表面积是

A.90 B.129 C.132 D.138

【答案】D
【解析】由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，
底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，
∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）．
22、三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则。
【答案】
【解析】分别过向平面做高，由为的中点得，
由为的中点得，所以
23、一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为____

【答案】
【解析】 由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V＝π×12×4＋π×22×2＝.

24、设甲、乙两个圆柱的底面积分别为，体积分别为，若它们的侧面积相等，，则 ．
【答案】
【解析】由题意，，所以，圆柱的侧面积，，则，

25、若圆锥的侧面积是底面积的倍，则其母线与底面夹角的大小为 （结果用反三角函数值表示）.

【答案】

【解析】：设圆锥母线长为，底面圆半径为，∵，∴， 即，∴，即母线与底面夹角大小为
26、（本小题满分12分）
四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分
别交四面体的棱于点.

（I）证明：四边形是矩形；
（II）求直线与平面夹角的正弦值.
解 （I）由该四面体的三视图可知，
BDDC, BDAD , ADDC,
BD=DC=2，AD = 1.
由题设，BC//平面EFGH,
平面EFGH平面BDC=FG,
平面EFGH平面ABC=EH,
BC// FG, BC//EH, FG//EH.
同理EF//AD,HG//AD, EF//HG,
四边形EFGH是平行四边形。
又 ADDC , ADBD, AD平面BDC，
ADBC, EFFG,
四边形EFGH是矩形.
（II）解法一 如图，以D为坐标原点
建立空间直角坐标系，则D（0,0,0）,A(0,0,1),
B(2,0,0),C(0,2,0),
DA =(0,0,1), BC =(-2,2,0),
BA =(-2 , 0, 1).
设平面EFGH的法向量n=（x , y , z），
EF//AD,FG//BC,
n DA =0, n BC =0，
得取n=（1,1,0）.
sin=
解法二 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D（0,0,0），A（0,0,1），B（2,0,0）,C (0,2,0).
E,F(1,0,0),G(0,1,0).

设平面EFGH的法向量n=（x，y，z），
则 得取n=（1,1,0），

27、如下图，四棱锥，底面是以为中心的菱形，底面，
，为上一点，且.
（1）求的长；
（2）求二面角的正弦值。

解：（1）设，则，
在中由余弦定理
因为，所以为直角三角形，由勾股定理：
，解出
所以
（2）设点到平面的距离为，由体积法知：
即
点到棱的距离为，
设所求二面角为，则
28、如图，四棱柱中，底面．
四边形为梯形，，且．过
三点的平面记为，与的交点为．
（Ⅰ）证明：为的中点；
（Ⅱ）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；
（Ⅲ）若，梯形的面积为，
求平面与底面所成二面角大小． 第（20）题图
【解析】（Ⅰ）延长交于点
∵平面，平面
平面平面
∴，即三线共点
∵， ∴
又由四棱柱的几何性质知，∴，即为的中点

（Ⅱ）设底面的面积为，侧棱长，则
多面体的体积为
多面体的体积为
∴此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比为

（Ⅲ）过作，垂足为，并连接
∵平面，平面
∴
又∵平面，平面，且， ∴平面
∴就是平面与底面所成二面角的平面角，设为
，，由相似关系得，且
∴ ∴， 显然为锐角，∴
即平面与底面所成二面角的大小为

29、在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．

（1）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，
∴AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．

（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，
∴B（0，0，0），C（1，1，0），A（0，0，1），D（0，1，0），M．
∴=（0，1，﹣1），=（1，1，0），=．
设平面BCM的法向量=（x，y，z），则，
令y=﹣1，则x=1，z=1．∴=（1，﹣1，1）．
设直线AD与平面MBC所成角为θ．
则sinθ=|cos|===

30、(本小题满分12分)
如图6，四棱柱的所有棱长都相等，，，
四边形和四边形均为矩形.
（1） 证明：底面;
（2）若，求二面角的余弦值.

解：（1）如图 (a)，因为四边形为矩形，所以，同理.

由题知，，所以，，又 ，

故 底面.

(2) 解法1 如图(a)，过作于，连接.

由(1)知，底面，所以底面，于是. ，

又因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形为菱形，

因此，从而平面,所以，于是平面，
进而 ，故是二面角的平面角.

不妨设,因为，所以，，

在中，易知，，
故，即二面角的余弦值为.
解法2因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形为菱形，因此， 又底面，从而，，两两垂直.

如图(b)，以O为坐标原点，，，分别为x轴， y轴，z轴建立空间坐标系.

不妨设,因为，所以，于是相关各点的坐标为：

，，，易知

是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量,则，即，取，则，于是.

设二面角的大小为，易知为锐角，于是

.

即二面角的余弦值为.

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