1、四川大学附中2014三维设计高考数学一轮单元复习精品练习：空间几何体本试卷分第卷(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已知向量，且，则的值为( )A或2B2CD1【答案】B2以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是( )A球B圆台C圆锥D圆柱【答案】D3如图，一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，且直角边长为1，那么这个几何体的体积为( )A1BCD【答案】D4已知正四棱锥中，那么当
2、该棱锥的体积最大时，它的高为( )A1BC2D3【答案】C5已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为 的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为( )ABCD【答案】D6三棱锥P-ABC中，顶点P在平面ABC上的射影为D满足，A点在侧面PBC上的射影H是PBC的垂心，PA =6，则此三棱锥体积最大值是( )A12B36C48D24【答案】B7正三角形所在平面外一点,且PA,PB,PC两两垂直，则到面的距离为( )A B . C .D【答案】C8下列命题中，正确的是( )A直线l平面，平面直线l，则B平面，直线m，则mC直线l是平面的一条斜线，且l，则与必不垂直D一个平面内的两条直线与另一
3、个平面内的两条直线分别平行，则这两个平面平行【答案】A9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( )ABCD【答案】C10如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中E、F分别为棱DD1、BB1上的动点，且BF=D1E，设EF与AB所成角为，EF与BC所成的角为，则的最小值为( )ABCD无法确定【答案】C11已知空间四边形OABC中，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，则=( )ABCD 【答案】B128、ABC的边BC在平面 内， A不在平面 内， ABC与所成的角为（锐角）， AA，则下列结论中成立的是( )AB C D 【答案】
4、B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以三棱柱的顶点为顶点共可组成 个不同的三棱锥？【答案】12 14向量a（0，2，1），b（1，1，2），则a与b的夹角为 【答案】15已知，为两平行平面的法向量，则 【答案】216已知，若、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 .【答案】4三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17已知正方体，是底对角线的交点求证：（1）C1O面； (2）面 【答案】（1）连结，设连结， 是正方体 是平行四边
5、形且 又分别是的中点，且是平行四边形 面，面 C1O面 (2）面 又， 同理可证， 又面 18如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF綊BC.(1)证明FO平面CDE；(2)设BCCD，证明EO平面CDF.【答案】(1)取CD中点M，连结OM.在矩形ABCD中，OM綊BC，又EF綊BC，则EF綊OM.连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形FOEM.又FO平面CDE，且EM平面CDE，FO平面CDE.(2)连结FM，由(1)和已知条件，在等边CDE中，CMDM，EMCD，且EMCDBCEF. 因此平行四边形EFOM为菱形，从而EOFM，而FM
6、CDM，CD平面EOM，从而CDEO.而FMCDM，所以EO平面CDF.19如图（甲），在直角梯形ABED中，AB/DE，ABBE，ABCD,且BC=CD,AB=2,F、H、G分别为AC ,AD ,DE的中点，现将ACD沿CD折起，使平面ACD平面CBED,如图（乙）(1）求证：平面FHG/平面ABE；(2）记表示三棱锥BACE 的体积，求的最大值；(3）当取得最大值时，求二面角DABC的余弦值【答案】（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形CBED为正方形如图（乙）F、H、G分别为AC , AD,DE的中点FH/CD, HG/AECD/BE FH/BE面，面面同理可得面又 平面FHG/平面
7、ABE(2）平面ACD平面CBED 且ACCD 平面CBED （）解法1：当且仅当即时取“”的最大值为解法2：，令得（不合舍去）或当时，当时当时有最大值，(3）解法1：以点C为坐标原点，CB为x轴建立空间直角坐标系如下图示：由（2）知当取得最大值时，即BC=这时AC=,平面ACB的法向量设平面ABD的法向量为, 由,得，令得设二面角DABC为，则解法2：由（2）知当取得最大值时，即BC=这时AC=，从而过点C作CMAB于M，连结MD 面面 面面 是二面角DABC的平面角由得在RtMCD中解法3：设二面角DABC为且 面ABC为ABD在面ABC上的投影 ,又O为BD的中点 , =.20如图，在四
8、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45时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由.【答案】（）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
9、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. 21在正方体中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1EEO. (1）若=1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；(2）若平面CDE平面CD1O，求的值.【答案】(1)不妨设正方体的棱长为1，以为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，E， 于是，.由cos.所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为.(2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m0，
10、m0得 取x11，得y1z11，即m=(1，1，1) .由D1EEO，则E，=.又设平面CDE的法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0.得 取x2=2，得z2，即n(2，0，) .因为平面CDE平面CD1F，所以mn0，得222如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，D为BC的中点(1）若平面ABC平面BCC1B1，求证：ADDC1；(2）求证：A1B/平面ADC1【答案】（1）因为ABAC，D为BC的中点，所以ADBC 因为平面ABC平面BCC1B1，平面ABC平面BCC1B1BC，AD平面ABC，所以AD平面BCC1B1因为DC1平面BCC1B1，所以ADDC1(2）(证法一)连结A1C，交AC1于点O，连结OD， 则O为A1C的中点因为D为BC的中点，所以OD/A1B 因为OD平面ADC1，A1B平面ADC1， 所以A1B/平面ADC1 (证法二)取B1C1的中点D1，连结A1D1，D1D，D1B则所以四边形BDC1D1是平行四边形所以D1B/ C1D因为C1D平面ADC1，D1B平面ADC1所以D1B/平面ADC1同理可证A1D1/平面ADC1因为A1D1平面A1BD1，D1B平面A1BD1，A1D1D1BD1，所以平面A1BD1/平面ADC1因为A1B平面A1BD1，所以A1B/平面ADC1
