《2022年学大教育期末高一立体几何复习考题教师版.》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年学大教育期末高一立体几何复习考题教师版.（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、优秀学习资料欢迎下载学大教育期末高一立体几何复习考题教师版第 I 卷（选择题）评卷人得分一、选择题（题型注释）1已知是两条不同的直线, 是两个不同的平面, 给出下列命题：若 , 则；若 , 且, 则；若 , 则；若 , 且, 则其中正确命题的序号是（）A B C D【答案】 C.【解析】试题分析：当时，有等多种可能情况，所以不正确；当时，或相交，所以不正确，故选 C.考点：直线与平面垂直的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定.2如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，点 P、Q 分别在侧棱AA1和 CC1上， AP=C1Q，则平面 BPQ把三棱柱分成两部分的体积比为A2:1 B3:1
2、 C3:2 D4:3 【答案】 A 【解析】试题分析：设直三棱柱ABCA1B1C1的体积为， ,所以 ,所以：考点：简单几何体体积. 3已知，为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是ABCD【答案】 A【解析】试题分析： 由两平线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面知：A正确；故选 A考点：直线与平面的平行与垂直4如果直线、与平面、 、满足：，和，那么必有（）A.且B.且C.且D.且【答案】 B 【解析】试题分析：. 考点：空间直线与平面的位置关系精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页优秀学
3、习资料欢迎下载5在下列命题中，不是公理的是（）A平行于同一个平面的两个平面相互平行B过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线【答案】 A【解析】试题分析：选项A是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的B,C,D 四个命题是平面性质的三个公理，所以选A考点：点，线，面的位置关系6已知正方体的棱长为1，则它的内切球与外接球半径的比值为（）（ A）（B）（C ）（D）【答案】 B【解析】试题分析：由正方体的内切球半径与正方体的棱长关系得
4、：；由正方体的外接球半径与正方体的棱长关系得：, 所以因此选 B考点：正方体内切球与外接球的半径7将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图（1）示，则该几何体的正视图为（）【答案】 D【解析】试题分析：长方体的相邻的两个侧面相互垂直，所以正视图是选项D考点：三视图8下列图形中不一定是平面图形的是（）A三角形 B平行四边形 C梯形 D四边相等的四边形【答案】 D【解析】试题分析： 选项 D中四边形的其中三个点可以确定一个平面，而第四个点可以不在确定的这个平面内， 从而这四个点就不在同一个平面内，所以四边相等的四边形不一定是平面图形考点：空间四边形9一几何体的三视图如图，该几何体的顶点都在球的球面
5、上，球的表面积是（）33rR21rr33223333精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载A B C D【答案】 C【解析】试题分析：依题意可得球的直径为是边长为2 的对角线，即为，所以球的半径为. 所以球的表面积为. 故选 C. 本小题的关键是将四棱锥补为四棱柱，从而得到球的直径.考点： 1. 三视图 .2. 球的表面积 .10设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列正确的个数为：（）若，则；若，则；若，则或；若，则A1 B2 C3 D4【答案】 D【解析】试题分析： 中则与内任意直线都垂
6、直，又，所以平行或异面，所以； 内存在与平行；中由面面垂直的性质定理可知有或；由已知条件可知两平面的法向量垂直，因此两面垂直考点：空间线面的位置关系点评：本题考察了空间线面垂直平行的的判定与性质定理及常用方法，难度不大，属于基本知识点的考察11已知、是三条不同的直线，、是三个不同的平面，给出以下命题：若，则；若，则；若，则；若，则其中正确命题的序号是（）A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】试题分析：中直线还可能异面；中需指明直线n 不在平面内。考点：空间中点、线、面的位置关系。点评：本题以命题真假的判断为载体，考查了空间中线线与线面平行的判断和空间点、线、面位置关系的判断等知识点，属
7、于基础题12如果用表示 1 个立方体，用表示两个立方体叠加，用表示 3 个立方体叠加，那么图中由7 个立方体摆成的几何体，从正前方观察，可画出平面图形是( )/ / / / /nm/ /nmnmlmlnm,/ /mn,/ /mnlnm2222正(主)视图左(侧) 视图俯视图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载【答案】 B【解析】试题分析：根据题意和图可知，左边和右边各为一个正方体，当中为三个正方体，上面为两个正方体， 然后根据题中定义好的表示方法组合在一起即可解：由题意和图可知，左边和右边各为一个
8、正方体，用表示， 当中为三个正方体，用表示， 上面为两个正方体，用表示，所以答案B是符合题意的，故选B考点：几何体的正视图点评：本题考查几何体的正视图的画法，解题关键是注意用什么样的小正方形，代表几个小正方体精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载第 II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明评卷人得分二、新添加的题型评卷人得分三、填空题13梯形 ABCD中 AB/CD，AB平面 ，CD平面 ，则直线CD与平面 内的直线的位置关系 .【答案】平行或异面【解析】试题分析：梯形ABCD 中 AB/
9、CD， AB平面 ，CD平面 ，所以，则 CD与平面内直线无公共点，所以CD与平面内直线平行或异面.考点：直线与平面平行的判定定理及直线与平行平面内直线位置关系.14若两直线相交，且平面，则与的位置关系是_【答案】相交或平行【解析】试题分析：根据空间中直线与平面的位置关系可知与的位置关系是相交或平行. 考点：本小题主要考查空间中直线与平面的位置关系.点评：解决此类问题的关键是熟练掌握空间中点、直线以及平面之间的位置关系15关于直线和平面，有如下四个命题:（ 1）若，则；（ 2）若， ，则；（ 3）若，则且；（ 4）若，则或。其中真命题的个数是【答案】 1【解析】试题分析：解：1 中 m和 n
10、平行、相交和异面都有可能，故为假命题； 2 正确，因为m n，n，则 m ，因为 m ? ，则 ，3 中可能 n? 或 n? ，故为假命题； ，4 中如正方体ABCD-A1B1C1D1中面 ABCD 为，ADD1A1为 ，=AD ，AB1AB，但是 AB1和 、都不垂直，故D为假命题故真命题的个数为1，只有（ 2） ，故答案为1.考点：空间的线面位置关系点评：本题考查空间的线面位置关系，考查空间想象能力和逻辑推理能力16将正方形沿对角线折成直二面角，则折起后的大小为【答案】【解析】试题分析：在空间图形中，取BD的中点 O ，连接 OA 、 OC ，则，所以，设正方形的边长为 a，则，所以 ?A
11、DC为等边三角形，所以=。考点：二面角的有关性质。点评：把一个平面图形折叠成一个几何体，在研究其性质，是考查空间想象能力的一种方法。几何体的展开与折叠问题是考试的热点。做此题的关键是正确画出图像，分析出?ADC为等边三角形。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载评卷人得分四、解答题17 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形，PD平面ABCD，PD=AB=2，E,F，G分别是PC,PD,BC的中点(1) 求三棱锥E-CGF的体积；(2) 求证：平面PAB/平面EFG；【答案】（ 1）
12、（2）对于面面平行的证明，一般要根据判定定理来得到，先证明EG/ 平面PAB来说民结论。【解析】试题分析： (1) 解：PD平面ABCD,PDBC.又ABCD为正方形，CDBC,BC平面PCD即GC平面CEF.VE- CGF= VG- CEF=SCEFGC= ( 11)1= 3分(2) 证明：E,F分别是线段PC,PD的中点，EF/CD.又ABCD为正方形，AB/CD，EF/AB.又EF平面PAB，EF/平面PABE,G分别是线段PC,BC的中点，EG/PB.又EG平面PAB，EG/ 平面PABEFEG=E,平面PAB/平面EFG 6分(3)Q为线段PB中点时，PC平面ADQ取PB中点Q，连接
13、DE,EQ,AQ，EQ/BC/AD，ADEQ为平面四边形，由PD平面ABCD，得ADPD，又ADCD，PDCD=D，AD平面PDC，ADPC，GFEABDCP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载又三角形PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，DEPC.ADDE=D，PC平面ADQ 10分考点：线面平行，体积点评：主要是考查了几何体的体积的计算，以及线面平行的判定定理的运用，属于中档题。18如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中， AD=AA1=1，AB=2 ，E为 AB的中点， F 为 CC1的
14、中点 .（ 1）证明： B F/ 平面 E CD1（ 2）求二面角D1EC D的余弦值 .【答案】（1）证明：取CD1中点 G ，连结 FG得出且 FG /BE ；由四边形FG EB为平行四边形得到BF /GE ，证得 B F/ 平面 E CD1；（ 2）cosDED1.【解析】试题分析：（1）证明：取CD1中点 G ，连结 FG F为 CC1的中点 .D1 且 FG /C1D1且 AB /C1D1且 FG /BE四边形FG EB为平行四边形BF /GE 4分平面 E CD1 平面 E CD1 B F/ 平面 E CD1 7分（ 2）连结 DE AD=AA1=1，AB=2 , E为 AB的中点
15、 9分平面 ABCD E C又平面 E DD1 平面 E DD1平面 E DD1CEDE1DDDDEDD11DD1DDECDEBFGEBEABFG2111DCAB1121DCFG361EDDEBEABFG21精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载 E D1 11分 DED1为二面角D1EC D的平面角 . 12分中中 cosDED1 14分考点：本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，角的计算。点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题
16、中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤。解题过程中，注意转化成平面几何问题，是解决立体几何问题的一个基本思路。19用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，则截面与底面之间的部分叫棱台。如图，在四棱台中，下底是边长为的正方形，上底是边长为1 的正方形，侧棱平面， .（）求证：平面；（）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】以D为原点，以DA 、DC 、DD1所在直线分别为x 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz 如图，则有A （2，0， 0） ，B （2，2，0） ，C（0，2，0） ，A1（1，0， 2） ，B1（1，1，2） ，C1（0，1，2） ，D1（0，0，
17、2） . （）设由得到，进一步得到平面；（）二面角的余弦值为. 【解析】试题分析：以D为原点，以DA 、DC 、DD1所在直线分别为x 轴， z 轴建立空间直角坐标系 D xyz 如图，则有A（2，0，0） ，B （2，2，0） ，C （ 0，2，0） ，A1（1，0，2） ，B1（1，1，2） ，C1（0，1，2） ，D1（0，0， 2）. 3分（）证明：设则有所以，平面； 6分（）解：zyxD1C1B1A1DCBAD1C1B1A1DCBA361EDDE31EDDEDRT12DEADERTCE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页
18、，共 12 页优秀学习资料欢迎下载设为平面的法向量，于是 8分同理可以求得平面的一个法向量， 10分二面角的余弦值为. 12分考点：本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，角的计算。点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤。在空间垂直关系明确的情况下，通过建立适当的空间直角坐标系，利用向量可简化证明过程。本题难度不大。20如图，是棱长为的正方体，、分别是棱、上的动点，且（ 1）求证：；（ 2）当、 、 、共面时，求：面与面所成二面角的余弦值【答案】（1）
19、建立空间坐标系，利用向量垂直证明线线垂直；（2）【解析】试题分析：（1）以为原点， 、 、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系1 分，则、 ，设，则， 2分，从而、 3分，则，所以 5分（ 2）易得，、 ，设平面的一个法向量为，6 分依题意 8分，所以 9分，同理平面的一个法向量为 12分，由图知，面与面所成二面角的余弦值 13分考点：本题考查了空间中线线关系及二面角的求法点评： 求解和证明立体几何问题一方面可以直接利用几何方法，通过证明或找到线面之间的关系，依据判定定理或性质进行证明求解. 利用空间向量法证明垂直，即证明向量的数量积等于0；若求二面角则通过两个半平面的法向量的夹角进行求
20、解判断。21 （本题满分10 分）如图，已知正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面边长AB 2，侧棱 BB1的长为 4，过点 B作B1C的垂线交侧棱CC1于点 E，交 B1C于点 F，求证： A1C平面 BDE ；求 A1B与平面 BDE所成角的正弦值。【答案】由三垂线定理可得，A1CBD ，A1CBEA1C 平面 BDE【解析】ABCDEF1A1B1C1D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载试题分析：由三垂线定理可得，A1CBD ，A1CBEA1C平面 BDE以 DA 、DC 、 DD1分别
21、为 x、 y、z 轴，建立坐标系，则，设 A1C平面 BDE K，由可知，A1BK为 A1B与平面 BDE所成角，考点：本题主要考查三垂线定理的应用，角的计算，空间向量的应用。点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。本题解法利用了向量，简化了证明过程。22 （本小题满分12 分）已知：如图，在四棱锥中，四边形为正方形，且，为中点（ 1）证明：/ 平面；（ 2）证明：平面平面；（ 3）求二面角的正弦值【答案】 (1) 结交于点，连结，那么根据中位线性质可知/ ，那么结合线面平行的判定定理来得到。(2) 建立空间
22、直角坐标系，然后结合空间向量的平面的法向量，借助于法向量的垂直来证明面面垂直。(3)【解析】试题分析：解： （1）PDBACE36DACEPADPCDAECPBPDE2ABPAABCDPA面ABCDABCDP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载证明：连结交于点，连结1 分为中点，为中点，/ 2 分平面，平面， 3 分 /平面（ 2）证明：平面平面， 4 分又在正方形中且，5 分平面6 分又平面，平面平面7 分（ 3）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系由可知的坐标分别为
23、（ 0, 0, 0）, （2, 0, 0）, （2, 2, 0） , （ 0, 2, 0）, （0, 0, 2）, （0, 1, 1） 9 分平面，是平面的法向量，=（ 0, 0, 2） 设平面的法向量为, , 则即.0022,00yxzy.0,0ACnAEn)0,2,2(AC1), 1, 0(AE),(zyxnAPAPzyxECABDPzyxAPADAB,PADPCDCDAADPAADCDCDPACD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载令,则 11 分, 二面角的正弦值为12 分考点：考查了线面的关系，面面垂直二面角的知识。点评：解决证明试题，一般要运用线面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，来分析得到，而对于求解二面角一般可以运用定义法，或者是三垂线定理法，以及向量法来表示得到，属于中档题。36DACE31322|,cosnAPnAPnAP)1, 1, 1(n1y.,yxyz精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页
