1、2018 届福建省数学基地校高三毕业班总复习 立体几何 平行性（理）数学试卷（解析版）一、选择题(共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1. 对两条不相交的空间直线 与 ，必存在平面 ，使得( )A. B. a,bC. D. a,b【答案】B【解析】不相交的直线 的位置有两种：平行或异面当 异面时，不存在平面 满足 ；又只有当a,b a,b A,C时， 才可能成立所以选 B.ab D2. 如图，正三棱柱 的主视图是边长为 4 的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为( )A. 16 B. C. D. 83【答案】D【解析】依题意知，此正三棱柱底面是边长为 4 的正三角形，棱柱高为 4，其
2、侧视图为矩形，其一边长为，另一边长为 4，故其面积 ，故选 D23 s=423=83点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图3. 设 ， 是两条不同的直线， , 是两个
3、不同的平面，则下列命题错误的是( )a b A. 若 ，则 B. 若 ，则a,b ab a,ba,b C. 若 ，则 D. 若 则a,b, ab a,a, 【答案】D【解析】由题意可得 选项显然正确，对于选项 D：当 相交，且A,B,C , a与 的交线平行时，有 ，但此时 与 不平行故选 D., a/,a/ 4. 在梯形 中， , , .将梯形 绕 所在的直线旋转一周而形ABCD ABC=2AD/BCBC=2AD=2AB=2 ABCD AD成的曲面所围成的几何体的体积为( )A. B. C. D. 23 43 53 2【答案】C【解析】 ，答案选 C.V=12213121=535. 如图，在
4、四面体 ABCD 中，已知 那么 D 在面 ABC 内的射影 H 必在（ ） ABAC,BDACA. 直线 AB 上 B. 直线 BC 上C. 直线 AC 上 D. 内部ABC【答案】A【解析】由 可得 ，即平面 内的射影 必在平面 与平面 的交ABAC,BDAC, AC平 面 ABD ABC H ABC ABD线 上，故选 AAB6. 某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A. 4 B. 22C. D. 8203【答案】D.7. 已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是 ，则这个三棱柱的体积是323（ ）A. B. C. D
5、. 48 246 243 483【答案】D【解析】由 得 .正三棱柱的高 .设其底面边长为 ，R=2 h=4 a则 . . ,选 D.1332a=2 a=43 V=34(43)24=4838. 某品牌香水瓶的三视图如图 (单位：cm)，则该几何体的表面积为（ ）A. B. (952)cm2 (942)cm2C. D. (94+2)cm2 (95+2)cm2【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为一个组合体，最上面为一个长方体，中间是一个圆柱，最下面是一个长方体，所以该几何体的表面积为 选 C.S=332+431+2121+442+4422(12)2=94+2,9. 在四面体 中， ，二面角
6、的余弦值是 ，则该四SABC ABBC,AB=BC= 2,SA=SC=2 SACB 33面体外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 86 24 6 6【答案】C【解析】因为 所以 ，设 的中点为 ，连接 ，则三角形 的ABBC,AB=BC= 2, AC=SA=SB=2 AC D AD SAC外心 为在线段 上，且 ，又三角形 的外心为 ，又 ，所以 平O1 AD DO1=13AD=33 ABC D SDAC,BDAC AC面 ，过 垂直于平面 的直线与过 垂直于平面 的直线交于点 ，则 为四面体外接球的球SDB D ABC O1 SAC O O心，又 ，所以 ，cosSDB=33 sin
7、ODO1=sin(SDB2)=cosSDB=33所以 ，设外接圆半径为 ，则 ，所以 ，故选 B.OO1=O1DtanODO1=66 R R2=SO12+OO12=32 S=4R2=6点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点 构成的三条线段 两两互相垂直，且 ，一般把有关元P,A,B,C PA,PB,PC PA=a,PB=b,PC=c素“补形”成为一个球内接长方体，利用 求解4R2=a2+b2+c210. 已知三棱锥的正视图
8、与俯视图如图所示，俯视图是边长为 2 的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由正视图和俯视图还原几何体如图所示，由正视图和俯视图对应线段可得 ，当AB=BD=AD=2时， ， 的边 上的高为 ，只有 B 选项符合，当 不垂直平面 时，没有符BC=2 ABDAB 3 BC ABD合条件的选项，故选 B.点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图2三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽” ，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据11. 如图为棱长是 1 的
9、正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题：点 到 的距离为 ；MAB22三棱锥 的体积是 ；CDNE16 与 所成的角是 .AB EF2其中正确命题的个数是( )A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】D【解析】将展开图还原到正方体，如图所示则 到 的距离为 ，正确；MAB12MC=22正确；VC-DNE=13121=16 ， ， 与 所成的角为 ，正确选 D.EF/MCMCAB AB EF212. 在平面四边形 中， ， ，且 ，现将 沿着对角线 翻折ABCD AD=AB= 2 CD=BC= 5 ADAB ABD BD成 ，则在 折起至转到平面 内的过程中，直线 与平面 所成
10、的最大角的正切值为( )ABD ABD BCD AC BCDA. 1 B. C. D. 12 33 3【答案】C【解析】如图所示， .当 与圆相切时，直线 与平面 所成的角最大，最大角为 ，OA=1,OC=2 AC AC BCD其正切值为 .故选 C.33点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.线面角的寻找，主要找射影，即需从线面垂直出发确定射影，进而确定线面角.二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)）13. 设正三棱锥侧棱长为 1，底面三角形的边长为 。现从正三棱锥的 6 条棱中随机选取 2 条，这两条棱2互相垂直的概率为
11、_【答案】【解析】从正三棱锥的 6 条棱中随机选取 2 条，有 15 种选法，因为正三棱锥侧棱长为 1，底面三角形的边长为 ，易知其中两条棱互相垂直的选法共有 6 种，所以所求概率为22514. 一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的体积为 _【答案】 323【解析】由三视图可知,石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半), 故可知能得到的最大球为三棱柱的三个侧面相切的球.由题意,可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径,可得 故R=6+8102 =2.V=43R3=323点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接
12、用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解15. 如图，已知矩形 , 为 边上的点，现将 沿 翻折至 ，使得点 在平面ABCDAD=2,E AB ADE DE ADE A上的投影在 上，且直线 与平面 所成角为 30，则线段 的长为_EBCD CD AD EBCD AE【答案】 43316. 为正方体 对角线 上的一点，且 ( )下面结论：P ABCDA1B1C1D1 BD1 BP=BD1 (0,1) ；A
13、1DC1P若 平面 ，则 ；BD1 PAC =13若PAC 为钝角三角形，则 ；(0,12)若 ，则 为锐角三角形(23,1) PAC其中正确的结论为_(写出所有正确结论的序号)【答案】【解析】在正方体中，易证 ，又 ，所以 ，正确；A1D平 面 AD1C1B C1P平 面 AD1C1B A1DC1P若 ，则点 为平面 与体对角线 的交点，利用等体积法可得 ，即 ，BD1平 面 PAC P ACB1 BD1 BP=13BD1 =13正确；以点 为坐标原点， 所在射线分别为 轴， 轴， 轴的正半轴建立空间直角坐标系，设正方体D DA，DC，DD1 x y z的棱长为 1，则 又 ，所以 若 为钝
14、角三角形，A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1) BP=BD1 P(1,1,) PAC只能是 是钝角，所以 解得 ，所以APC (0,23)错误；由可知若 ，则 为锐角三角形，正确，(23,1) PAC所以正确的结论序号为.三、解答题（共 6 题）17. 如图，斜三棱柱 中，侧面 与侧面 都是菱形， ，ABCA1B1C1 ACC1A1 BCC1B1 ACC1=BCC1=120AC=2（）求证： ；CC1A1B1（）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值A1B1= 6 B1C1 A1B1C【答案】 （1）见解析（2）155【解析】试题分析：（）根据题设条件，证明
15、，得到 平面 ，即可证明CC1OA1,CC1OB1 CC1 A1OB1；（）以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系 ，求CC1A1B1 O OB1,OC1,OA1 x,y,z Oxyz得平面 的一个法向量 ，即可利用向量所成的角，得出直线与平面所成的角.CA1B1 m=(1,3,1)试题解析：（）连接 ，因为侧面 与侧面 都是菱形，CA1,CB1 ACC1A1 BCC1B1，所以 都是等边三角形.ACC1=BCC1=120 A1CC1,B1CC取 的中点 ，连接 ，则 ，CC1 O OA1,OB1 CC1OA1,CC1OB1又 平面 ， ，所以 平面 ，OA1OB1 A1OB1
16、 OA1OB1=O CC1 A1OB1又因为 平面 ，A1B1 A1OB1所以 .CC1A1B1（）在 中， ，若 ，则有 ，A1OB1 OA1=OB1= 3 A1B1= 6 OA21+OB21=A1B12所以 ，OA1OB1由（）有 平面 ，CC1 A1OB1以 为原点，分别以 所在直线为 轴，O OB1,OC1,OA1 x,y,z建立空间直角坐标系 ，Oxyz则 ， ， ， A1(0,0, 3) B1( 3,0,0) C1(0,1,0) C(0,1,0)，A1B1=( 3,0,3),C1B1=( 3,1,0),CB1=( 3,1,0)设平面 的一个法向量为 ，则CA1B1 m=(x,y,z
17、) mA1B1= 3x3z=0mCB1= 3x+y=0 整理，得 y=3x,z=x, 令 ，得 ，x=1 m=(1,3,1)设直线 与平面 所成的角为 ，则B1C1 A1B1C .所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 .B1C1 A1B1C155考点：直线与平面垂直判定与证明；直线与平面所成的角的求解.18. 如图，菱形 ABCD 的中心为 O,四边形 ODEF 为矩形，平面 ODEF 平面 ABCD，DE=DA=DB=2（I）若 G 为 DC 的中点，求证： EG/平面 BCF;（II）若 ,求二面角 的余弦值.DH=2HC DEHO【答案】 （1）见解析（2）58【解析】试题分析:（1）由
18、平几知识得四边形 为平行四边形，所以 ,再由线面平行判定定理得EFBO EO/FB平面 ,由三角形中位线性质得 , 再由线面平行判定定理得 平面 ,最后根据面面平行EO/ FBC OG/BC OG/ FBC判定定理得平面 平面 ,即得 EG/平面 BCF;（2）利用空间向量求二面角 ,先根据条件建立空间直角EOG/ FBC坐标系,设立各点坐标,根据方程组解出各面法向量,利用向量数量积求两法向量夹角,最后根据二面角与法向量夹角关系得结果试题解析：（1）证明：连接 ，由条件 为中点， ,又 ， 四边形 为OE,OG G OG/BC EF/OB,EF=OB EFBO平行四边形， ,平面 平面 。 EO/FB EOG/ FBC EG/平 面 FBC（2 ） 为菱形，所以 ，又平面 平面 ，四边形 为矩形，所以 平面ABCD OBOC ODEF ABCD ODEF OF,可建立如图所示的空间直角坐标系ABCD设 O（0，0 ，0） ，B（1，0 ， 0） ，C（0， ， 0） ，E(-1,0,2)
