《2021届江苏省高中毕业生合格性考试1.2 立体几何初步（解析word版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届江苏省高中毕业生合格性考试1.2 立体几何初步（解析word版）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题1.2 立体几何初步一、选择题：（本大题共16题，每小题4分，共计64分） 1、如图，长方体中，则线段的长是（ ）ABC28D【答案】A【解析】，故选A.2、棱长分别为2、的长方体的外接球的表面积为（ ）A B C D 【答案】B【解析】设长方体的外接球半径为，由题意可知：，则：，该长方体的外接球的表面积为.本题选择B选项.3、设正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线BD1与AC所成的角等于()A60B45C30D90【答案】D【解析】画出图像如下图所示，连接，由于几何体为正方体，故，所以平面，所以,即所成的角为.4、在正方体中，异面直线与所成角是（ ）ABCD【答案】C【解析】在正方
2、体中，所以即为所求（或其补角）.连接，因为，所以.故选C.5、已知m，n为异面直线，m平面，n平面直线l满足lm，ln，l，l，则（）A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l【答案】D【解析】：由m平面，直线l满足lm，且l，所以l，又n平面，ln，l，所以l由直线m，n为异面直线，且m平面，n平面，则与相交，否则，若则推出mn，与m，n异面矛盾故与相交，且交线平行于l故选：D6、对于直线和平面，能得出的一组条件是（）A，B，C，D，【答案】C【解析】A选项中，根据，得到或，所以A错误；B选项中，不一定得到，所以B错误；C选项中，因为，所以.又，从而得到，所以C正确；D选项
3、中，根据，所以，而，所以得到，所以D错误.故选：C.7、如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则必有（）A BC平面平面 D平面平面【答案】D【解析】选项A:由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故A选项是错误的；选项B:由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故B选项是错误的；选项C:由中位线定理可知：，而直线与平面相交，故直线与平面也相交，故平面与平面相交，故C选项是错误的；选项D:由三角形中位线定理可知：，所以有平面，平面而，因此平面平面，故本题选D.8、三棱柱中， 、，则该三棱柱的外接球的表
4、面积为()A 4 B 6 C 8 D 10【答案】C【解析】由题意得三棱柱为直三棱柱，且正好是长方体切出来的一半，所以外接球半径为，选C.9、如图所示，垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆上异于的任一点，则下列关系中不正确的是（）AB平面CD【答案】C【解析】因为垂直于以为直径的圆所在的平面，即平面，得，A正确；又为圆上异于的任一点，所以，平面，B，D均正确.故选C.10、已知，是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】A选项 有可能线在面内的情形，错误；B选项中l与m还可以相交或异面，错误；C选项中不满足线面垂直的判定定理，错误，D选项中由线面垂直
5、的性质定理可知正确.故选：D11、如果用表示不同直线，表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】选项A中还有直线n在平面内的情况，故A不正确，选项B中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B不正确，选项C中还有相交，故C不正确，故选：D12、张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面，且，利用张衡的结论可得球的表面积为（ ）A30BC33D【答案】B【解析】因为，所以，又底面，所以球的球心为侧棱的中点，从而球的直径为.利用张衡的结论可得，则，所以球的表面积为
6、.故选：B13、若是所在平面外点,两两垂直,且平面于点,则是的( )A内心B外心C重心D垂心【答案】D【解析】连结并延长交与,连结并延长交于, , 面 又面 , 面 面故,即同理:;根据三角形垂心定义可知:是的垂心.故选:D.14、已知一个表面积为44的长方体,且它的长、宽、高的比为3: 2:1,则此长方体的外接球的体积为 （ ）A B C D 【答案】D15、已知平面，两条直线l，m分别与平面相交于点和，若，则=（ ）A10B15C18D21【答案】B【解析】如图，若与不平行，则过作交于，交平面于，连接，所以共面，平面，平面，平面，同理相交直线确定平面与平面分别交于，因此，所以，即，若，上面
7、的就是，就是，同理可得故选：B.16、设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为（）A12B18C24D54【答案】B【解析】ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB6，球心为O，三角形ABC的外心为O，显然D在OO的延长线与球的交点如图：OC，OO2，则三棱锥DABC高的最大值为：6，则三棱锥DABC体积的最大值为：18故选：B2、 解答题（本大题共4小题，共计36分）17、（本小题8分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，点O为对角线BD的中点，点E，F分别为棱PC，PD的中点已知PAAB，PAAD.
8、求证：(1) 直线PB平面OEF；(2) 平面OEF平面ABCD.【解析】证明：(1) 在PBD中，O为BD的中点，F为PD的中点所以OFPB，(3分)因为PB平面OEF，OF平面OEF，(7分)所以直线PB平面OEF(2)解法1连结AC，因为底面ABCD为平行四边形，O为BD的中点，所以O为AC的中点在PAC中，O为AC的中点，E为PC的中点，所以OEPA，(9分)因为PAAB，PAAD，所以OEAB，OEAD，(11分)又因为ABADA，AB，AD在平面ABCD内，所以OE平面ABCD.因为OE平面OEF，所以平面OEF平面ABCD.(14分)解法2连结AC，因为ABCD为平行四边形，所以
9、AC与BD交于点O，O为AC中点，又E为PC中点，所以PAOE，因为PAAB，PAAD，ABADA，所以PA平面ABCD，所以OE平面ABCD.又OE平面OEF，所以OEF平面ABCD.18、（本小题8分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABBC，E，F分别是A1C1，BC的中点(1) 求证：平面ABE平面B1BCC1；(2) 求证：C1F平面ABE.【解析】(1) 证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC，因为AB平面ABC，所以BB1AB.又因为ABBC，BB1BCB，BB1，BC平面B1BCC1，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1B
10、CC1.(2)证明：取AB中点G，连结EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平面四边形，所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.19、（本小题10分）在四棱锥PABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB，ABAD，ABBC.(1) 求证：BC平面 PAD；(2) 平面 PAD 平面 ABCD.【解析】 (1) 因为ABAD，ABBC，且A，B，C，D共面，所以ADBC.因为BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC平面
11、PAD.(2)过点D作DHPA于点H，因为是锐角PAD，所以H与A不重合因为平面PAD平面PAB，平面PAD平面PABPA，DH平面PAD.所以DH平面PAB，因为AB平面PAB，所以DHAB.因为ABAD，ADDHDAD，DH平面PAD，所以AB平面PAD.因为AB平面ABCD.所以平面PAD平面ABCD.20、（本小题10分）如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别是棱AB，CC1的中点求证：(1) CM/平面AB1N；(2) 平面A1BN平面AA1B1B.【解析】(1) 设AB1交A1B于点O，连结OM，ON.在正三棱柱ABCA1B1C1中BB1CC1，BB1CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为AB1的中点又因为M为AB的中点，所以OMBB1，且OMBB1.N为CC1的中点，CNCC1，所以OMCN，且OMCN，所以四边形CMON是平行四边形，所以CMON.(5分)又ON平面AB1N，CM平面AB1N，所以CM平面AB1N.(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，CM平面ABC，所以BB1CM.又CACB，M为AB的中点，所以CMAB.又由(1)知CMON，所以ONAB，ONBB1.又因为ABBB1B，AB，BB1 平面AA1B1B，所以ON平面AA1B1B.又ON平面A1BN，所以平面A1BN平面AA1B1B.
