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2011届高考数学第一轮复习全套系列专项测试题(含详解):29


数学一轮全套专项测试题

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高 三 数 学 单 元 测 试 卷 (九 ) 第九单元 [简单几何体],交角与距离
(时量:120 分钟 150 分) 一、选择题:本大题共 10 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.(2005 年全国Ⅰ高考题)过三棱柱任意两个顶点的直线共 15 条,其中异面直线有 A.18 对 的表面积为 A. 8 2π B. 8π C. 4 2π D. 4π B.24 对 C.30 对 D.36 对 2..(2005 年全国Ⅰ高考题)一个与球心距离为 1 的平面截球所得的圆面面积为 π ,则球

3. 设三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为 V, Q 分别是侧棱 AA1、 1 上的点, PA=QC1, P、 CC 且 则四棱锥 B-APQC 的体积为 V A. 6 V B. 4 C. V 3 V D. 2

4.(2005 年全国Ⅰ高考题)如图,在多面体 ABCDEF 中,已知 ABCD 是边长为 1 的正方 形,且△ADE、△BCF 均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积为 A.

2 3
4 3

B.

3 3

C.

3 D. 2 B. α ∩ γ = m, α ⊥ γ , β ⊥ γ D. n ⊥ α , n ⊥ β , m ⊥ α

5.设 α、β、γ 为平面, m、n、l 为直线,则 m ⊥ β 的一个充分条件是 A. α ⊥ β , α ∩ β = l , m ⊥ l C. α ⊥ γ , β ⊥ γ , m ⊥ α

6.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是底面 A1B1C1D1 的中心,则 O 到平 面 ABC1D1 的距离为

D1

1 A. 2 C. 2 2

B. D.

2 4 3 2

O A1 B1 D A B

C1

C

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7.不共面的四个定点到平面 α 的距离都相等,这样的平面 α 共有 A.3 个 B.4 个 C.6 个 D.7 个

8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为棱 AB、C1D1 的中点,则直线 A1B1 与平面 A1ECF 所成角的正弦为
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6 3 6 2 B. C. D. 3 3 6 2 9. 在空间直角坐标系 O—xyz 中, 有一个平面多边形, 它在 xOy 平面的正射影的面积为 8, 在 yOz 平面和 zOx 平面的正射影的面积都为 6,则这个多边形的面积为 A. A.2 46 B. 46 C.2 34 D. 34

10.将半径都为 1 的 4 个钢球完全装入形状为正四面体的容器里,这个正四面体的高的最 小值为 A.

3+2 6 3

B.2+

2 6 3

C.4+ 答题卡

2 6 3

D.

4 3+2 6 3

题号 答案

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分.把答案填在横线上. 11.正三棱锥 P-ABC 的四个顶点同在一个半径为 2 的球面上,若正三 棱锥的侧棱长为 2 3,则正三棱锥的底面边长是_____________ . 12.如图,PA⊥平面 ABC,∠ABC=90°且 PA=AB=BC=a, 则异面直线 PB 与 AC 所成角的正切值等于________. 13.已知球面上 A、B 两点间的球面距离是 1,过这两点的球面半径的 夹角为 60°,则这个球的表面积与球的体积之比是 .

14.下面是关于三棱锥的四个命题: ①底面是等边三角形,侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥. ②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥. ③底面是等边三角形,侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥. ④侧棱与底面所成的角都相等,且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥. 其中,真命题的编号是______________(写出所有真命题的编号). . 15.(2005 年全国Ⅰ高考题)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,过对角线 BD1 的一个平面 交 AA1 于 E,交 CC1 于 F,则 ① 四边形 BFD1E 一定是平行四边形 ② 四边形 BFD1E 有可能是正方形 ③ 四边形 BFD1E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 ④ 四边形 BFD1E 有可能垂直于平面 BB1D 以上结论正确的为 (写出所有正确结论的编号). .

三、解答题:本大题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 16.(本题满分 l2 分) 在四棱锥 V-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,

V
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A

B

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侧面 VAD 是正三角形,平面 VAD⊥底面 ABCD. (Ⅰ)证明 AB⊥平面 VAD. (Ⅱ)求面 VAD 与面 VDB 所成的二面角的大小.

17.(本题满分 12 分)(2005 年湖南高考题) 如图 1,已知 ABCD 是上、下底边长分别是 2 和 6,高为 3的等腰梯形.将它沿对 称轴 OO1 折成直二面角,如图 2.

O1 D O1 C D O A O B A

C

B

(Ⅰ)证明 AC⊥BO1; (Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的大小.

18.(本题满分 14 分) 如图,在底面是矩形的四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,PA=AB=1,BC =2. (1)求证:平面 PDC⊥平面 PAD; (2)若 E 是 PD 的中点,求异面直线 AE 与 PC 所成角的余弦值; (3)在 BC 边上是否存在一点 G,使得 D 点到平面 PAG 的距离为 1,若存在,求出 BG 的值;若不存在,请说明理由.
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P E
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B

A C

D

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19.(本题满分 14 分) 如图,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形,侧棱 A1A 与 AB、 AC 均成 45°角,且 A1E⊥B1B 于 E,A1F⊥CC1 于 F. A ⑴求证:平面 A1EF⊥平面 B1BCC1; B ⑵求直线 AA1 到平面 B1BCC1 的距离; E ⑶当 AA1 多长时,点 A1 到平面 ABC 与平面 B1BCC1 的距离相等.

C F

A B

C

20.(本题满分 14 分) 如图直角梯形 OABC 中,∠COA=∠OAB=

π
2

,OC=2,OA=AB=1,SO⊥平面

OABC,SO=1,以 OC、OA、OS 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系 O-xyz. ⑴求 SC与OB的夹角α 的大小(用反三角函数表示); ⑵设 n = (1, p, q ), 满足 n ⊥ 平面SBC , 求 : ① n 的坐标; ②OA 与平面 SBC 的夹角 β (用反三角函数表示); ③O 到平面 SBC 的距离.
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z

S

O B
xC

A

y

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⑶设 k = (1, r , s )满足 k ⊥ SC且k ⊥ OB.填写 : ① k的坐标为 . .(注:⑶只要求写出答案)

②异面直线 SC、OB 的距离为

21.(本题满分 14 分) 直三棱柱 ABC-A1B1C1,底面△ABC 中,CA=CB=a,∠BCA=90°,AA1=2a, M、N 分别是 A1B1、AA1 的中点. (I)求 BN 的长; (II)求 cos〈 BA1 ,CB1 〉; (III)求证:A1B⊥C1M.

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[简单几何体],交角与距离参考答案 一、选择题 题号 答案 1 C 2 D 3 C 4 A 5 A 6 B 7 D 8 A 9 C 10 C 15.①③④

二、填空题 11.3; 12. 3; 13.π;

14.①③④

三、解答题 16.证明:(Ⅰ)作 AD 的中点 O,则 VO⊥底面 ABCD.…………………………1 分 建立如图空间直角坐标系,并设正方形边长为 1,…………………………2 分 则 A(

1 1 1 1 ,0,0),B( ,1,0),C(- ,1,0),D(- ,0,0),V(0,0, 2 2 2 2

3 ), 2
∴ AB = (0,1, 0), AD = (1, 0, 0), AV = (

1 3 , 0, ) ………………………………3 分 2 2

由 AB AD = (0,1, 0) (1, 0, 0) = 0 AB ⊥ AD ……………………………………4 分

1 3 AB AV = (0,1, 0) ( , 0, ) = 0 AB ⊥ AV ……………………………………5 分 2 2
又 AB∩AV=A ∴AB⊥平面 VAD…………………………………………………………………………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 AB = (0,1, 0) 是面 VAD 的法向量………………………………7 分 设 n = (1, y , z ) 是面 VDB 的法向量,则

x = 1 1 3 3 n VB = 0 (1, y, z ) ( ,1, ) = 0 2 2 3 n = (1, 1, 3 ) ……9 分 n BD = 0 (1, y, z ) (1, 1, 0) = 0 z = 3 (0,1, 0) (1, 1, 3 ) 3 = 21 ,……………………………………11 分 7 21 1× 3 21 …………12 分 7

∴ cos < AB, n >=

又由题意知,面 VAD 与面 VDB 所成的二面角,所以其大小为 arccos 17.解法一(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角,
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即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点,OA、OB、OO1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 如图 3,则相关各点的坐标是 A(3,0,0), B(0,3,0),C(0,1, 3 ) O1(0,0, 3 ).

图3

从而 AC = (3,1, 3 ), BO1 = (0,3, 3 ), AC BO1 = 3 + 3 3 = 0. 所以 AC⊥BO1. (II)解:因为 BO1 OC = 3 + 3 3 = 0, 所以 BO1⊥OC, 由(I)AC⊥BO1,所以 BO1⊥平面 OAC, BO1 是平面 OAC 的一个法向量. 设 n = ( x, y, z ) 是 0 平面 O1AC 的一个法向量,
由 n AC = 0 3x + y + 3z = 0, n O1C = 0 y = 0. 取z = 3,

得 n = (1,0, 3 ) .

设二面角 O—AC—O1 的大小为 θ ,由 n 、 BO1 的方向可知 θ =< n , BO1 >, 所以 cos θ = cos < n , BO1 >= n BO1 = 3 . 4 | n | | BO1 | 即二面角 O—AC—O1 的大小是 arccos

3 . 4

解法二(I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1,所以∠AOB 是所折成的直二面角的平 O1 面角, C 即 OA⊥OB. 从而 AO⊥平面 OBCO1, F D OC 是 AC 在面 OBCO1 内的射影. 因为 tan ∠OO B = OB = 3 1
OO1

tan ∠O1OC =

O1C 3, = 3 OO1

O

B

所以∠OO1B=60°,∠O1OC=30°,从而 OC⊥BO1 A 由三垂线定理得 AC⊥BO1. 图4 (II)解 由(I)AC⊥BO1,OC⊥BO1,知 BO1⊥平面 AOC. 设 OC∩O1B=E,过点 E 作 EF⊥AC 于 F,连结 O1F(如图 4),则 EF 是 O1F 在平面 AOC 内的射影,由三垂线定理得 O1F⊥AC. 所以∠O1FE 是二面角 O—AC—O1 的平面角. 由题设知 OA=3,OO1= 3 ,O1C=1, 所以 O1 A =

OA 2 + OO12 = 2 3 , AC = O1 A 2 + O1C 2 = 13 ,

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从而 O1 F =

O1 A O1C 2 3 = , AC 13
O1 E 13 = . O1 F 4

又 O1E=OO1sin30°=

3 , 2

所以 sin ∠O1 FE =

即二面角 O—AC—O1 的大小是 arcsin

3 . 4

18.解:以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴建立空 1 间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(12,0,),D(0,2,0),E(0,1, ), 2 P(0,0,1). 1 ∴CD =(-1,0,0), AD =(0,2, 0), AP =(0,0,1), AE =(0,1, ) ,PC =(1, 2 2,-1), ∵ CD i AD = 0 CD ⊥ AD CD ⊥ 平面PAD (1) CD i AP = 0 CD ⊥ AP 平面 PDC⊥平面 PAD.……5 CD 平面PDC AP ∩ AD = A 分 1 2- 2

AE i PC (2)∵cos AE , PC = = | AE |i| PC |
∴所求角的余弦值为

30 = , 10 1 1+ 6 4

30 .………………………………………………………………9 分 10 (3)假设 BC 边上存在一点 G 满足题设条件,令 BG=x,则 G(1,x,0),作 DQ⊥ AG , 则 DQ ⊥ 平 面 PAG , 即 DQ = 1 . ∵ 2S △ ADG = S 矩 形 ABCD , ∴

| AG |i| DQ |=| AB |i| AD | =2∴ | AG | =2,又 AG= x2+1,∴x= 3<2,
故存在点G,当BG= 3时,使点D 到平面PAG 的距离为1.…………………………14 分 19.解:⑴CC1∥BB1,又 BB1⊥A1E,∴CC1⊥A1E,而 CC1⊥A1F,∴CC1⊥平面 A1EF, ∴平面 A1EF⊥平面 B1BCC1………………………………………………………………4 分 ⑵作 A1H⊥EF 于 H,则 A1H⊥面 B1BCC1,∴A1H 为 A1 到面 B1BCC1 的距离,在△A1EF 中,A1E=A1F= 2,EF=2,∴△A1EF 为等腰 Rt△且 EF 为斜边,∴A1H 为斜边上中 1 线, 可得 A1H= EF=1………………………………………………………………………… 2 9分 ⑶作 A1G⊥面 ABC 于 G,连 AG,则 A1G 就是 A1 到面 ABC 的距离,且 AG 是∠BAC 的 角平分线,A1G=1…………………………………………………………………………12 分 cos45° 6 3 1 ∵cos∠A1AG= = ,∴sin∠A1AG= ,∴A1A= =1………………14 3 cos30° 3 3 3 分 20.解:(Ⅰ)如图所示: C(2,0,0),S(0,0,1),O(0,0,0),B(1,1,0)
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∴ SC = (2,0,1), OB = (1,1,0) ∴ cos < SC , OB >= 2 5 2 = 10 10 , α = arccos 5 5
………………………………………………………4 分 (Ⅱ)① SB = (1,1,1), CB = ( 1,1,0) ∵ n ⊥ SBC

∴ n ⊥ SB, n ⊥ CB,∴ n SB = 1 + p q = 0 n CB = 1 + p = 0, 解得 : p = 1, q = 2,∴ n = (1,1, 2)
……………………………………………………………………………7 分 ② 过O作OE ⊥ BC于E , 则BC ⊥ 面SOE ,∴ SOE ⊥ SAB

又两面交于SE , 过O作OH ⊥ SE于H , 则OH ⊥ SBC , 延长OA与CB交于F , 则OF = 2 连FH , 则∠OFH 为所求 又OE = 2,∴ SE = 3
6 SO OE 1 2 6 6 ∴ OH = = = ,∴ sin β = 3 = SE 3 2 6 3 ∴ β = arcsin 6 10分 6
6 3
……………………………………14 分.

③ k的坐标为 (1, 1, 2 ) ; OH =

21.以 C 为原点建立空间直角坐标系 (I)B(0,a,0),N(a,0,a), ∴ | BN |=

(a 0) 2 + (0 a ) 2 + (a 0) 2 = 3a .4 分

(II)A1(a,0,2a),C(0,0,0),B1(0,a,2a), ∴ BA1 =(a,-a,2a), CB1 =(0,a,2a), ∴ BA1 CB1 =a×0+(-a)×a+2a×2a=3a2,5 分 | BA1 |= a + ( a ) + ( 2a ) =
2 2 2

6a ,| CB1 |= 0 2 + a 2 + (2a ) 2 = 5a ,7 分 = 3 6 5 = 30 .9 分 10

∴cos〈 BA1 ,CB1 〉=

BA1 CB1 | BA1 | | CB1 |

(III)C1(0,0,2a),M( 2a),

a a a a , ,2a),∴ C1 M =( , ,0), A1 B =(-a,a, 2 2 2 2

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∴ A1 B C1 M =(-a)×

a a +a× +2a×0=0,∴ A1 B ⊥ C1 M ,∴A1B⊥C1M.14 分 2 2

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