2019艺体生文化课-数学(文科)课件：第八章 立体几何 测试

2.(2015福建)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”
是“l∥α”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】 B 【解析】 因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立. 若l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必要性成立.选B.
【答案】 ②③④
【解析】 若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α与β可能平行或相交,故①错误; ②显然成立;若α∥β,m⊂α,则m与β无公共点,因而m∥β,故③正确; 由线面角的定义、等角定理及面面平行的性质可知④正确.
12.如图,平面α∥平面β,△PAB所在的平面与α,β分别交于CD,AB,
若PC=2,CA=3,CD=1,则AB= .
则平面AFE1Q1即为平面 ,直线AE1即为直线n,直线AF即为直线m.
在△AFE1中, AF FE1 AE1.所以FAE1 60,
即为直线m与n所成的角,其正弦值为 3 . 2
10.(2018广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图,其中四边形 ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面 四个结论: ①直线BE与直线CF异面; ②直线BE与直线AF异面; ③直线EF∥平面PBC; ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正确结论的个数是 ( )
7.圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么圆柱的侧面
积是 ( ) A.4πS
B.2πS
C.πS
23 D. πS
3
【答案】A
【解析】由πr2 S得圆柱的底面半径是 S , π
故侧面展开图的边长为2π· S 2 πS , π
所以圆柱的侧面积是4πS , 故选A.
8.(2016全国Ⅰ)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及
【答案】 A
C.60 6
D.50 6
【解析】 设△ABC外接圆半径为r,由AB 12 3, AB BC 12,
得A B 30 ,C 120 .所以2r 12 3 24.解得r 12. sin120
则O到平面ABC的距离d R2 r2 132 122 5.
15.如图,三棱柱ABC—A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,∠ACB=90°,M 是AB的中点,AC=CB=CC1=2. (2)求点M到平面A1CB1的距离.
(2)设点M 到平面A1CB1的距离为h,
由题意可知A1C CB1 A1B1 2MC 2 2,
S△A1CB1 2 3, S△A1MB1 2 2.由(1)可知CM 平面ABB1A1, 得,
第八章 立体几何 测试
一、选择题
1.(2016浙江)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足
m∥α,n⊥β,则 ( )
A.m∥l
B.m∥n
C.n⊥l
D.m⊥n
【答案】C 【解析】 A项,已知α⊥β,且α∩β=l,m∥α,若m⊥β,那么m⊥l,故A项错误; B项,若m∥α∥l,且已知n⊥β,那么n⊥l,m⊥n,故B项错误; C项,因为n⊥β,l⊂β,所以n⊥l,故C项正确; D项,若m∥α,且m⊥l,那么m∥n,故D项错误;故选C.
3.(2018兰州诊断考试)某几何体的三视图如图所示,则该几何体 的表面积为 ( )
A.(9 5)π C.(10 5)π
B.(9 2 5)π D.(10 2 5)π
【答案】 A 【解析】由三视图可知, 该几何体为一个圆柱挖去一个同底的圆锥, 且圆锥的高是圆柱高的一半.故该几何体的表面积 S π 12 4 2π 1 2π 5 (9 5)π.
8
4
9.(2016新课标Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥
平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的
正弦值为 ( )
A. 3
B. 2
C. 3
D. 1
2
2
3
3
【答案】 A
【解析】 解答本题的关键是找到平面 ,如图所示.
在正方体BD1的一侧补上一个与其完全一样的正方体AP1,
又S△ ABC

1 1212 sin120 2
36
3,
所以VO ABC

1 36 3
3 5 60
3.故选A.
14.(2012四川)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱
CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是
.
【答案】 90
【解析】如图, 取CN的中点K , 连接MK , 则MK 为△CDN的中位线,
(1)证明:因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, 又BD⊥DC,所以DC⊥平面ABD. 因为AB⊂平面ABD,所以DC⊥AB, 又因为折叠前后均有AD⊥AB,DC∩AD=D, 所以AB⊥平面ADC.
16.如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC, 点 E是BC边的中点, 将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD, 连接AE,AC,DE,得到如图(2)所示的几何体. (2)若AD=1,AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为 6, 求点B到平面ADE的距离.
所以MK //DN.所以A1MK为异面直线A1M 与DN所成的角(或补角),
连接A1C1, AM .设正方体棱长为4.
则A1K
(4 2)2 32
41, MK 1 DN 1
2
2
42 22
5,
A1M A1A2 AM 2 42 42 22 6, A1M 2 MK 2 A1K 2 , A1MK 90,即异面直线A1M 与DN所成的角的大小是90.
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
【答案】 D
【解析】
若α∥β,则m∥n,这与m,n为异面直线矛盾,所以A不正确.
将已知条件转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交
线一定平行于l,从而排除B,C,故选D.
6.(2012四川)下列命题正确的是 ( ) A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平 面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的 交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行 【答案】 C 【解析】 对于选项A,这两条直线可以相交或为异 面直线,∴A错误;对于选项B,这两个平面可以相交,∴B错误;对 于选项D,这两个平面还可能相交,∴D错误;而由线面平行的性质 定理可证C正确.故选C.
1
1
VC-A1MB1 3 MC·S△A1MB1 VM -A1CB1 3 h·S△A1CB1 ,
所以,点M 到平面A1CB1的距离h
MC·S△A1MB1 S△A1CB1

2 3. 3
16.如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC, 点 E是BC边的中点, 将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD, 连接AE,AC,DE,得到如图(2)所示的几何体. (1)求证:AB⊥平面ADC;
二、填空题
11.(2016新课标Ⅱ卷)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个
命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有
.(填写所有正确命题的编号)
(2)由(1)知DC 平面ABD,所以AC在平面ABD内的正投影为AD, 即CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成角. 依题意, tan CAD CD 6,因为AD 1, x2 1,因为△ABD∽△DCB,所以 AB DC , AD BD
即 x 6 , 解得x 2,故AB 2, BD 3, BC 3. 1 x2 1
由于AB 平面ADC, AB AC, E为BC的中点,
由平面几何知识得AE BC 3 ,同理DE BC 3 ,
22
22
所以S△ ADE

1 1 2
(3)2 (1)2 22
三、解答题 15.如图,三棱柱ABC—A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,∠ACB=90°,M 是AB的中点,AC=CB=CC1=2. (1)求证:平面A1CM⊥平面ABB1A1;
【解析】 (1) 证明:由A1A⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,则A1A⊥CM. 由AC=CB,M是AB的中点,则AB⊥CM. 又A1A∩AB=A,则CM⊥平面ABB1A1, 又CM⊂平面A1CM,所以平面A1CM⊥平面ABB1A1.
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】 B 【解析】 画出该几何体,如图所示, ①因为E,F分别是PA,PD的中点,所以EF∥AD,所以EF∥BC,直 线BE与直线CF是共面直线,故①不正确; ②直线BE与直线AF满足异面直线的定义,故②正确; ③由E,F分别是PA,PD的中点,可知EF∥AD,所以EF∥BC,因为 EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故③正确; ④因为BE与PA的关系不能确定,所以不能判定平面BCE⊥平面 PAD,故④不正确. 所以正确结论的个数是2.
同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥平面BDE.
因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
5.(2013新课标Ⅱ卷)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直
线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则