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1、金太阳新课标资源网 2013年高考数学二轮复习专题训练：立体几何本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分考试时间120分钟第卷(选择题共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60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若一个棱锥的各棱长均相等，则该棱锥一定不是( )A三棱锥B四棱锥C五棱锥D六棱锥2已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于，点E、F分别是边BC、AD的中点，则的值为( )ABCD3一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:三角形;矩形;正方形;正六边形.
2、其中正确的结论有( )ABCD4点是等腰三角形所在平面外一点，中，底边的距离为( )ABCD5个几何体的正视图与侧视图相同，均为下图所示，则其俯视图可能是( ) 6如图，已知四棱锥 V-ABCD的底面是边长为2正方形，侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为（ ）A30B45C60D907若用一个平面去截一个正方体得到一个截面多边形,则该多边形不可能是( )A锐角三角形B直角三角形C菱形D正六边形8空间三条直线中的一条直线与其他两条都相交，那么由这三条直线最多可确定平面的个数是( )个A1B2C 3D49已知一几何体的三视图如图，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几
3、何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是( )矩形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体ABCD10下列说法正确的是( )A直角梯形绕其一边旋转形成圆台B直角三角形绕其一边旋转形成圆锥C圆柱不是旋转体D圆台可以看作是平行于底面的平面截一个圆锥而得到的11一凸多面体的面数为8，各面多边形的内角总和为16，则它的棱数为( )A24B22C18D16【答案】D12某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )AB2 CD第卷(非选择题共90分)二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13已知，若、
4、共同作用于一个物体上，使物体从点（1，-2，1）移到点（3，1，-2），则合力所做的功为 .14如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 .15正方体AC1中，过点A作截面，使正方体的12条棱所在直线与截面所成的角都相等，试写出满足条件的一个截面_16在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是 (写出所有正确结论的编号）.矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；每个面都是等边三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体.三、解答题 (本大题共6个小题，共
5、70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBB1BC，AC1平面A1BD，D为AC的中点(1)求证：B1C平面A1BD；(2)求证： B1C1平面ABB1A1；(3)在CC1上是否存在一点E，使得BA1E45，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由18如图，在四棱锥A-ABCD中，底面ABCD是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，AC与BD的交点为O，E为侧棱SC上一点. (1）当E为侧棱SC的中点时，求证：SA平面BDE；(2）求证：平面BDE平面SAC；(3）当二面角E-BD-C的大小为4
6、5时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由. 19如图，在三棱拄中，侧面，已知(1）求证：； (2）、当为的中点时，求二面角的平面角的正切值.20如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD=DC=4，AD=2，E为PC的中点.(I）求证：ADPC；(II）求三棱锥P-ADE的体积；(III）在线段AC上是否存在一点M，使得PA/平面EDM，若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.21如图，直三棱柱，点分别为和的中点(1）证明：；(2）若二面角为直二面角，求的值22如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面ABCD是正方形，DMPC，垂足为M.(1）求证：
7、BD平面PAC(2）求证：平面MBD平面PCD 2013年高考数学二轮复习专题训练：立体几何参考答案1 D2 C3 B4 A5 B6 C7 B8 C9 A10 D11 D12 A13 41415面AD1C1617 (1)连结AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点连结MD，又D为AC的中点，B1CMD，又B1C平面A1BD，MD平面A1BD，B1C平面A1BD.(2)ABB1B，平行四边形ABB1A1为正方形，A1BAB1.又AC1平面A1BD，AC1A1B，A1B平面AB1C1，A1BB1C1.又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1B1C1，B1C1平面ABB1A1.(3)设ABa，CE
8、x，B1C1A1B1，在RtA1B1C1中有A1C1a，同理A1B1a，C1Eax，A1E，BE，在A1BE中，由余弦定理得BE2A1B2A1E22A1BA1Ecos45，即a2x22a2x23a22ax2a，2ax，xa，即E是C1C的中点，D、E分别为AC、C1C的中点，DEAC1.AC1平面A1BD，DE平面A1BD.又DE平面BDE，平面A1BD平面BDE.18（）连接，由条件可得. 因为平面，平面， 所以平面. (）法一：证明：由已知可得，,是中点，所以，又因为四边形是正方形，所以.因为，所以.又因为，所以平面平面. -(）法二：证明：由（）知，.建立如图所示的空间直角坐标系.设四棱
9、锥的底面边长为2，则，.所以，.设（），由已知可求得.所以，.设平面法向量为， 则 即 令，得. 易知是平面的法向量.因为，所以，所以平面平面. (）设（），由（）可知，平面法向量为.因为，所以是平面的一个法向量.由已知二面角的大小为.所以，所以，解得.所以点是的中点. 19（1）因为侧面，故 在中，由余弦定理有 故有 而 且平面 (2）取的中点，的中点，的中点，的中点， 连则，连则，连则 连则，且为矩形，又 故为所求二面角的平面角在中， (法二： 建系：由已知， 所以二面角的平面角的大小为向量与的夹角因为 故 ）20（I）因为PD平面ABCD. 所以PDAD. 又因为ABCD是矩形， 所以A
10、DCD. 因为 所以AD平面PCD. 又因为平面PCD， 所以ADPC.(II）因为AD平面PCD，VP-ADE=VA-PDE， 所以AD是三棱锥APDE的高.因为E为PC的中点，且PD=DC=4，所以又AD=2，所以(III）取AC中点M，连结EM、DM， 因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM/PA，又因为EM平面EDM，PA平面EDM，所以PA/平面EDM.所以即在AC边上存在一点M，使得PA/平面EDM，AM的长为.21（1）连结，由已知三棱柱为直三棱柱，所以为中点.又因为为中点所以，又平面 平面，因此 (2）以为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴建立直角坐标系，如图所示设则，于是，所以，设是平面的法向量，由得，可取设是平面的法向量，由得，可取因为为直二面角，所以，解得22（1）连结AC，底面ABCD是正方形BDAC，PA底面ABCD，BD平面ABCD，PABD，PA AC=A BD平面PAC (2）由（1）知BD平面PAC PC平面PACBDPC DMPCBD DM=D PC平面DBM PC平面PDC，平面MBD平面PCD. 第 1 页 共 13 页 金太阳新课标资源网
