《2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測試題八 立體幾何初步 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué) 總復(fù)習(xí)階段性測試題八 立體幾何初步 北師大版（29頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段性測試題八(立體幾何初步)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分150分考試時間120分鐘第卷(選擇題共50分)一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1(2020南寧模擬)在空間中，“兩條直線沒有公共點”是“這兩條直線平行”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件答案B解析在空間中，兩條直線沒有公共點，可能是兩條直線平行，也可能是兩條直線異面，兩條直線平行則兩條直線沒有公共點，所以“兩條直線沒有公共點”是“這兩條直線平行”的必要不充分條件2(文)(2020太原一模)已知m，n，l1

2、，l2表示直線，表示平面若m，n，l1，l2，l1l2M，則的一個充分條件是()Am且l1Bm且nCm且nl2 Dml1且nl2答案D解析對選項A，B，C都有與相交的情況只有選項D是兩平面平行的判定，故選D.(理)(2020錦州一模)如圖，空間四邊形OABC中，a，b，c.點M在OA上，且OM2MA，N為BC中點，則()A.abcBabcC.abcDabc答案B解析由向量加法法則可知()a(bc)abc.3(2020洛陽調(diào)研)三條直線兩兩垂直，那么在下列四個結(jié)論中，正確的結(jié)論共有()這三條直線必共點；其中必有兩條是異面直線；三條直線不可能共面；其中必有兩條在同一平面內(nèi)A4個 B3個C2個 D1

3、個答案D解析三條直線兩兩垂直時，它們可能共點(如正方體同一個頂點上的三條棱)，也可能不共點(如正方體ABCDA1B1C1D1中的棱AA1，AB，BC)，故結(jié)論不正確，也說明必有結(jié)論不正確；如果三條直線在同一個平面內(nèi)，根據(jù)平面幾何中的垂直同一條直線的兩條直線平行，就導(dǎo)出了其中兩條直線既平行又垂直的矛盾結(jié)論，故三條直線不可能在同一個平面內(nèi)，結(jié)論正確；三條直線兩兩垂直，這三條直線可能任何兩條都不相交，即任意兩條都異面(如正方體ABCDA1B1C1D1中的棱AA1，BC和C1D1)，故結(jié)論不正確4(2020廈門一模)設(shè)a，b，c是空間的三條直線，是空間的兩個平面，則下列命題的逆命題不成立的是()A當(dāng)c

4、時，若c，則B當(dāng)b，且c時，若c，則bcC當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時，若ba，則cbD當(dāng)b時，若b，則答案D解析D的逆命題是b，則b，顯然不成立5(2020南昌一模)圓柱的側(cè)面展開圖是長12cm，寬8cm的矩形，則這個圓柱的體積為()A.cm3 B.cm3C.cm3或cm3 D192cm3答案C解析分兩種情況(1)12為底面圓周長，則2r12，r，V28(cm3)(2)8為底面圓周長，則2r8，r，V212(cm3)故選C.6(文)(2020江西文)將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體的左視圖為()答案D解析如圖所示，點D1的投影為C1，點D的投影為C，點A的投影為B，故選

5、D.(理)(2020安徽理)一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A48 B328C488 D80答案C解析由三視圖知該幾何體的直觀圖如下圖所示該幾何體的下底面是邊長為4的正方形上底面是長為4，寬為2的矩形，兩個梯形側(cè)面垂直于底面，上底長為2，下底長為4，高為4；另兩個側(cè)面是矩形寬為4，長為.S表4224(24)4242488.7(文)(2020煙臺市模擬)設(shè)b、c表示兩條直線，、表示兩個平面，下列命題中是真命題的為()A.bc B.cC. D.c答案C解析結(jié)合線面位置關(guān)系選C.(理)(2020焦作一模)已知直線AB，CD是異面直線，ACAB，ACCD，BDCD，且AB2，C

6、D1，則異面直線AB與CD所成角的大小為()A30 B45C60 D75答案C解析設(shè)AB與CD所成的角為，則cos|cos，|，由于()201201，cos|.由于090，60.故異面直線AB與CD所成角的大小為60.8如下圖，某幾何體的正視圖(主視圖)，側(cè)視圖(左視圖)和俯視圖分別是等邊三角形，等腰三角形和菱形，則該幾何體體積為()A4 B4C2 D2答案C解析由三視圖可知該幾何體為如圖所示的四棱錐，根據(jù)三視圖所提供的數(shù)據(jù)可得幾何體的體積為V(22)2.點評本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)、三視圖、幾何體的體積計算、空間想象能力及運算求解能力，屬中檔題9(文)(2020大綱全國卷文)已知直二面角l，

7、點A，ACl，C為垂足，點B，BDl，D為垂足若AB2，ACBD1，則CD()A2 B.C. D1答案C解析本題考查了異面直線的距離的求法，正確畫出圖形，熟練掌握線面垂直的判定和性質(zhì)，把問題轉(zhuǎn)化到直角三角形中，利用勾股定理求解連接AD，設(shè)CDx，AD2AC2CD21x2.由題意：ABD為Rt，BDA90，AB2AD2BD2，41x21x，即CD.(理)(2020大綱全國卷理)已知直二面角l，點A，ACl，C為垂足，B，BDl，D為垂足若AB2，ACBD1，則D到平面ABC的距離等于()A. B.C. D1答案C解析解法1：如圖，在直二面角l中，ACl，AC，平面ABC平面BCD.過D作DHBC

8、，垂足為H，則DH平面ABC，即DH為D到平面ABC的距離AC，BC，ACBC.在RtABC中，AC1，AB2，ACB90，BC.在RtBCD中，BC，BD1，CD.由BDCDBCDH得1DH，DH.解法2：如下圖，連接AD，AB2，AC1，同解法1可得BC，CD.SRtACBACBC1.SRtBCDCDBD1.設(shè)D到平面ABC的距離為h，則由V三棱錐DABCV三棱錐ABCD得SABChSBCDAC，即h1，h.點評本題主要考查了線線垂直、線面垂直、面面垂直的有關(guān)定理和點到平面的距離以及空間想象能力和數(shù)據(jù)處理的能力10(文)(2020西安一模)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12A

9、B，E為AA1中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為()A. B.C. D.答案C解析本題考查異面直線所成角的定義，以及空間想象能力、基本運算能力如圖所示，連接A1B，ABCDA1B1C1D1為正四棱柱，A1BD1C，A1BE為異面直線BE與CD1所成的角AA12AB，設(shè)ABa，則AA12a，又E為AA1的中點，A1Ea，BEa，A1Ba，在A1BE中，由余弦定理，得cosA1BE.(理)(2020咸陽調(diào)研)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為()A. B.C. D.答案D解析以B為原點，直線BC、BA、BB1分別為x

10、軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(2,2,0)，B1(0,0,1)，C1(2,0,1)設(shè)平面BB1D1D的一個法向量n(x，y，z)，則，取n(1，1,0)，直線BC1的方向向量(2,0,1)，直線BC1與平面BB1D1D所成的角為，滿足sin.第卷(非選擇題共100分)二、填空題(本大題共5個小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上)11長方體ABCDA1B1C1D1的頂點均在同一個球面上，ABAA11，BC，則A，B兩點間的球面距離為_答案解析本題考查了組合體及球面距離的定義，需要有較強的空間想象能力，首先確定球心及球半徑，球心即長方體的中心，即體對角線交點，連接AC1，

11、BD1交于O點，進(jìn)一步求出半徑為1，AOB，球面距離R1.12(2020遼寧卷)如下圖，網(wǎng)格紙的小正方形的邊長是1，在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖，則這個多面體最長的一條棱的長為_答案2解析由主視圖和俯視圖可知幾何體是正方體切割后的一部分(四棱錐C1ABCD)，還原在正方體中，如圖所示：多面體最長的一條棱即為正方體的體對角線，由正方體棱長為AB2知最長棱長為2.13(2020天津理)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為_m3.答案6解析本題主要考查幾何體的三視圖的還原圖形根據(jù)三視圖知還原后的圖形為一個長方體上面放一個圓錐因而VV長方體V圓錐，又知長方體長、寬、高分別為

12、3、2、1，圓錐的底面半徑為1，高為3，從而求出體積為6.14(文)(2020安徽宣城一模)a，b，c是空間中互不重合的三條直線，下面給出五個命題：若ab，bc，則ac；若ab，bc，則ac；若a與b相交，b與c相交，則a與c相交；若a平面，b平面，則a，b一定是異面直線；若a，b與c成等角，則ab.上述命題中正確的是_(只填序號)答案解析由基本性質(zhì)4知正確；當(dāng)ab，bc時，a與c可以相交、平行，也可以異面，故不正確；當(dāng)a與b相交，b與c相交時，a與c可以相交、平行，也可以異面，故不正確；a，b，并不能說明a與b不同在任何一個平面內(nèi)，故不正確；當(dāng)a，b與c成等角時，a與b可以相交、平行，也可以

13、異面故不正確(理)(2020山東日照調(diào)研)在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別為棱AA1、BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G(01)，則點G到平面D1EF的距離為_答案解析方法一：A1B1平面D1EF，G到平面D1EF的距離為A1到平面D1EF的距離，在A1D1E中，過A1作A1HD1E交D1E于H，顯然A1H平面D1EF，則A1H即為所求，在RtA1D1E中，A1H.方法二：等體積法，設(shè)h為G到平面D1EF的距離VGD1EFVA1D1EFVFD1A1E，1h11，h.15(文)(2020福建文)如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，點E為AD的中點，

14、點F在CD上，若EF平面AB1C，則線段EF的長度等于_答案解析本題考查線面平行由EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，知EFAC.所以由E是中點知EFAC.(理)(2020大綱全國卷)已知點E、F分別在正方體ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于_答案解析本小題考查的內(nèi)容是二面角的求法，可采用幾何法或向量法方法一：(幾何法)如圖，延長FE交CB的延長線于P，則AP為面AEF與面ABC的交線，連結(jié)AC，PBBC，CAP90.由三垂線定理，F(xiàn)AP90，F(xiàn)AC為二面角的平面角tanFAC.

15、方法二：(向量法)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，令邊長為3，A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(xiàn)(0,3,2)，平面ABC的法向量為(0,0,1)，設(shè)平面AEF的法向量為n(x，y，z)，令x1，z3，y1，n(1，1,3)，令平面夾角為，cos，sin，tan.三、解答題(本大題共6個小題，共75分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)16(本小題滿分12分)(2020鄭州模擬)如下圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)棱PD底面ABCD，E、F分別是AB、PC的中點(1)若AB2，PA4，求四棱錐PABCD的體積；(2)求證：EF平面PAD.解析(1)解：PD

16、底面ABCD，AD平面ABCD，PDAD，AB2，AP4，PD2，VPABCDSABCDPD42.(2)證明：作FGDC交PD于點G，則G為PD的中點，連接AG，F(xiàn)G綊CD，又CD綊AB，故FG綊AE，四邊形AEFG為平行四邊形EFAG，又AG平面PAD，EF平面PAD，EF平面PAD.17(本小題滿分12分)一個多面體的直觀圖，正(主)視圖(正前方觀察)，俯視圖(正上方觀察)，側(cè)(左)視圖(左側(cè)正前方觀察)如下圖所示(1)探求AD與平面A1BCC1的位置關(guān)系并說明理由；(2)求此多面體的表面積和體積解析從俯視圖可得：底面四邊形ABCD和側(cè)面四邊形A1C1CB是矩形又從正(主)視圖可得BCAB

17、，BCBA1，且ABBA1B，故BC面ABA1，又ABA1是正三角形三棱柱是正三棱柱(1)底面四邊形ABCD是矩形，ADBC，又BC面A1BCC1，AD面A1BCC1.(2)依題意可得ABBCa，由VSh，又Ssin60aaa2，VSha2aa3，S側(cè)ch3aa3a2，S表S側(cè)2S底3a22a2(3)a2.所以此多面體的表面積和體積分別為(3)a2，a3.18(本小題滿分12分)(文)(2020天津文)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，ADC45，ADAC1，O為AC的中點，PO平面ABCD，PO2，M為PD的中點(1)證明PB平面ACM；(2)證明AD平面PAC.解析(1

18、)證明：連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O(shè)為BD的中點，又M為PD的中點，所以PBMO.因為PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)證明：因為ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC，又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD，而ACPOO，所以AD平面PAC.(理)(2020安徽理)如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)證明直線BCEF；(2)求棱錐FOBED的體積解析(1)證法1：(綜合法)如下圖所示，設(shè)G是線段DA延

19、長線與線段EB的延長線的交點，由于OAB與ODE都是正三角形，且OD2，所以O(shè)B綊DE，OGOD2.同理，設(shè)G是線段DA延長線與線段FC延長線的交點，有OC綊DF，OGOD2.又由于G和G都在線段DA的延長線上，所以G與G重合在GED和GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B，C分別是GE和GF的中點，所以BC是GEF的中位線，故BCEF.證法2：(向量法)過點F作FQAD，交AD于點Q，連接QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，從而FQQE，F(xiàn)QDQ.以Q為坐標(biāo)原點，為x軸正方向，為y軸正方向，為z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系由條件知E(，0,0)，F(xiàn)(0,0，)，

20、B(，0)，C(0，)則有(，0，)，(，0，)所以2，即得BCEF.(2)解：由OB1，OE2，EOB60，知SEOB，而OED是邊長為2的正三角形，故SOED.所以S平行四邊形OBEDSEOBSOED.過點F作FQAD，交AD于點Q，由平面ABED平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐FOBED的高，且FQ，所以VFOBEDFQS四邊形OBED.19(本小題滿分12分)(文)(2020鄭州一模)如圖所示，正三棱柱A1B1C1ABC中，點D是BC的中點，BCBB1，設(shè)B1DBC1F.求證：(1)A1C平面AB1D；(2)BC1平面AB1D.解析(1)連結(jié)A1B，設(shè)A1B與AB1交于E，連結(jié)DE.點D

21、是BC中點，點E是A1B中點，DEA1C，A1C平面AB1D，DE平面AB1D，A1C平面AB1D.(2)ABC是正三角形，點D是BC的中點，ADBC.平面ABC平面B1BCC1，平面ABC平面B1BCC1BC，AD平面ABC，AD平面B1BCC1，BC1平面B1BCC1，ADBC1.點D是BC的中點，BCBB1，BDBB1.，RtB1BDRtBCC1.BB1DCBC1，BDB1CC1B.且CBC1CC1B90，CBC1BDB190.BC1B1D，又ADB1DD，BC1平面AB1D.(理)(2020九江第一次模擬)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AB5，AC4，BC3，AA14，點D在AB上

22、(1)若D是AB中點，求證：AC1平面B1CD；(2)當(dāng)時，求二面角BCDB1的余弦值解析(1)證明：連結(jié)BC1，交B1C于E，連結(jié)DE.直三棱柱ABCA1B1C1，D是AB中點，側(cè)面BB1C1C為矩形，DE為ABC1的中位線，DEAC1.DE平面B1CD，AC1平面B1CD，AC1平面B1CD.(2)ACBC，如下圖，以C為原點建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz.則B(3,0,0)，A(0,4,0)，A1(0,4,4)，B1(3,0,4)設(shè)D(a，b,0)(a0，b0)，點D在線段AB上，且，即.a，b.所以(3,0，4)，(3,4,0)，(，0)平面BCD的法向量為n(0,0,1)，設(shè)平面B1CD

23、的法向量為n2(x，y,1)，由n20，n20，得，所以x，y4，n2(，4,1)設(shè)二面角BCDB1的大小為，cos|.所以二面角BCDB1的余弦值為.20(本小題滿分13分)(文)(2020遼寧文)如圖，四邊形ABCD為正方形，QA平面ABCD，PDQA，QAABPD.(1)證明：PQ平面DCQ；(2)求棱錐QABCD的體積與棱錐PDCQ的體積的比值解析(1)由條件知PDAQ為直角梯形因為QA平面ABCD，所以平面PDAQ平面ABCD，交線為AD.又四邊形ABCD為正方形，DCAD，所以DC平面PDAQ，可得PQDC.在直角梯形PDAQ中可得DQPQPD，則PQQD.又DQDCD，所以PQ平

24、面DCQ.(2)設(shè)ABa.由題設(shè)知AQ為棱錐QABCD的高，所以棱錐QABCD的體積V1a3，由(1)知PQ為棱錐PDCQ的高，而PQa，DCQ的面積為a2，所以棱錐PDCQ的體積V2a3.故棱錐QABCD的體積與棱錐PDCQ的體積的比值為1.(理)(2020廣東理)如下圖，在錐體PABCD中，ABCD是邊長為1的菱形，且DAB60，PAPD，PB2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點(1)證明：AD平面DEF；(2)求二面角PADB的余弦值解析(1)證明：取AD中點G，連接PG，BG.四邊形ABCD為菱形且E，G分別為BC，AD中點，則BG綊DE.又F為PC中點，則EFPB，則平面DEF平面GBP

25、.G是AD中點且PAPD，PGAD.在ABG中，AG，AB1，且DAB60，由余弦定理得BG，AB2AG2BG2，則AGBG.PGBGG，AG平面PGB，即AD平面DEF.(2)解：由(1)知二面角PADB的平面角為PGB.在RtPGA中，PG.在PGB中，BG，PB2，由余弦定理知，cosPGB.即二面角PADB的余弦值為.21(本小題滿分14分)(文)(2020合肥一模)如圖所示，已知在三棱錐ABPC中，PAPC，ACBC，M為AB的中點，D為PB的中點，且PMB為正三角形(1)求證：DM平面APC；(2)求證：平面ABC平面APC；(3)若BC4，AB20，求三棱錐DBCM的體積解析(1

26、)證明：M為AB的中點，D為PB的中點，MDAP.又DM平面APC，AP平面APC，DM平面APC.(2)證明：PMB為正三角形，D為PB的中點，MDPB，MDAP，APPB.又APPC，PCBPP，AP平面PBC，BC平面PBC，APBC，ACBC，且ACAPA，BC平面APC.又BC平面ABC，平面ABC平面APC.(3)解：AP平面PBC，AP為三棱錐APBC的高M(jìn)DAP，DM平面PBC，MD為三棱錐MPBC的高M(jìn)為AB中點，D為PB中點，AP2MD，VAPBC2VMPBC.VMPCDVMBCD，VMDBCVAPBC，AB20，BC4，PB10，PC2，AP10，VAPBC40，VMDB

27、C10，即VDBCM10.(理)(2020合肥質(zhì)檢)如圖，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD底面ABCD，側(cè)棱PAPD，底面ABCD為直角梯形，其中BCAD，ABAD，AD2AB2BC2，O為AD中點(1)求證：PO平面ABCD；(2)求異面直線PB與CD所成角的大小；(3)求點A到平面PCD的距離解析(1)在PAD中PAPD，O為AD中點，所以POAD，又側(cè)面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，故PO平面ABCD.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點，、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則A(0，1,0)、B(1，1,0)、C(1,0,0)、D(0,1,0)、P(0，0,1)，(1,1,0)，(1，1，1)cos，即異面直線PB與CD所成的角是arccos.(3)設(shè)平面PCD的法向量為n(x0，y0，z0)，由(2)知(1,0,1)，(1,1,0)，則，即x0y0z0，取x01，得平面的一個法向量為n(1,1,1)又(1,1,0)，從而點A到平面PCD的距離d.