2022年高考数学一轮复习 立体几何备考试题

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1、2022年高考数学一轮复习 立体几何备考试题 一、填空题1、（xx年江苏高考）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为，体积分别为，若它们的侧面积相等，则 2、（xx年江苏高考）如图，在三棱柱中，分别是的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 。3、（xx年江苏高考）如图，在长方体中，则四棱锥的体积为 cm34、（xx届江苏南京高三9月调研）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是 5、（xx届江苏南通市直中学高三9月调研）如图，各条棱长均为2的正三棱柱中，M为的中点，则三棱锥的体积为 6、（xx届江苏苏州高三9月调研）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为、

2、则有 7、（南京市xx届高三第三次模拟）已知m，n是不重合的两条直线，是不重合的两个平面下列命题：若，m，则m； 若m，m，则；若m，mn，则n； 若m，m，则其中所有真命题的序号是 8、（苏锡常镇四市xx届高三5月调研（二）已知ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD = 2，将ABC沿AD折成60的二面角，连结BC，则三棱锥C - ABD的体积为 9、（徐州市xx届高三第三次模拟）已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为 10、（南京、盐城市xx届高三第二次模拟（淮安三模）表面积为12的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 二、解答题1、（xx年江

3、苏高考）如图，在三棱锥PABC中，D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点。已知PAAC，PA=6,BC=8，DF=5.求证：（1）直线PA平面DEF;（2）平面BDE平面ABC.2、（xx年江苏高考）如图，在三棱锥中，平面平面，过作，垂足为，点分别是棱的中点.求证：（1）平面平面； （2）.3、（xx年江苏高考）如图，在直三棱柱中，分别是棱上的点（点 不同于点），且为的中点求证：（1）平面平面； （2）直线平面4、（xx届江苏南京高三9月调研）如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，BC2，CC15，E是棱CC1上不同于端点的点，且（1） 当BEA1为钝角时，求实数的取值范围；（

4、2） 若，记二面角B1A1BE的的大小为，求|cos|（第22题图）ABCDEA1B1C1D15、（xx届江苏南通市直中学高三9月调研）如图，在四棱锥中，底面是矩形，( 第16题 )ABCDP （1）求证：直线平面； （2）求证：平面平面CPMABDN(第22题图)6、（南京市xx届高三第三次模拟）如图，在正四棱锥PABCD中，PAAB，点M，N分别在线段PA和BD上，BNBD（1）若PMPA，求证：MNAD；（2）若二面角MBDA的大小为，求线段MN的长度7、（南通市xx届高三第三次调研）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，DE平面ABCD （1）求证：ABEF； （2）求证

5、：平面BCF平面CDEF8、（苏锡常镇四市xx届高三5月调研（二）如图，在空间直角坐标系A - xyz中，已知斜四棱柱ABCD - A1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，点B，D，B1分别在x，y，z轴上，B1A = 3，P是侧棱B1B上的一点，BP = 2PB1 （1）写出点C1，P，D1的坐标；（2）设直线C1E平面D1PC，E在平面ABCD内，求点E的坐标9、（徐州市xx届高三第三次模拟）如图，在直三棱柱中，已知，（第22题图）ABCA1B1C1（1）求异面直线与夹角的余弦值；（2）求二面角平面角的余弦值10、（南京、盐城市xx届高三第二次模拟（淮安三模）如图，在四棱锥PABCD中，

6、底面ABCD为矩形，平面PAB平面ABCD，PAPB，PBCDEA(第15题图) BPBC，E为PC的中点 （1）求证：AP平面BDE； （2）求证：BE平面PAC参考答案一、填空题1、2、3、64、5、6、3：2 7、 8、 9、 10、 二、解答题1、（1）D,E,分别为PC,AC,的中点DEPA又DE 平面PAC，PA 平面PAC直线PA平面DEF（2）E,F分别为棱AC,AB的中点，且BC=8，由中位线知EF=4D,E,分别为PC,AC,的中点，且PA=6，由中位线知DE=3，又DF=5DF=EF+DE=25，DEEF，又DEPA，PAEF，又PAAC，又AC EF=E，AC 平面AB

7、C，EF 平面ABC，PA平面ABC，DE平面ABC，DE 平面BDE，平面BDE平面ABC2、证明：（1），F分别是SB的中点EF分别是SASB的中点 EFAB又EF平面ABC, AB平面ABC EF平面ABC同理：FG平面ABC又EFFG=F, EFFG平面ABC平面平面（2）平面平面平面平面=BCAF平面SAB AFSBAF平面SBC 又BC平面SBC AFBC 又, ABAF=A, ABAF平面SAB BC平面SAB又SA平面SABBCSA3、证明：（1）是直三棱柱，平面。 又平面，。 又平面，平面。 又平面，平面平面。 （2），为的中点，。 又平面，且平面，。 又平面，平面。 由（1

8、）知，平面，。 又平面平面，直线平面4、解：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 由题设，知B(2，3，0)，A1(2，0，5)，C(0，3，0)，C1(0，3，5)因为，所以E(0，3，5) 从而(2，0，5)，(2，3，55) 2分 当BEA1为钝角时，cosBEA10， 所以0，即225(55)0， 解得 即实数的取值范围是(，) 5分（2）当时，(2，0，2)，(2，3，3)设平面BEA1的一个法向量为n1(x，y，z)，由 得取x1，得y，z1，所以平面BEA1的一个法向量为n1(1，1) 7分易知，平面BA1B1的一个法向量为n2(1

9、，0，0)因为cos， 从而|cos| 10分5、（1）证明:为矩形， 2分又面，面，4分面 7分（2）证明: 为矩形, , 9分又PACD,， 平面,平面 11分又面,面面 14分6、证明：连接AC，BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴建立空间直角坐标系因为PAAB，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)（1）由，得N(0，0)，由，得M(，0，)，所以(，)，(1，1，0)因为0所以MNAD 4分（2）因为M在PA上，可设，得M(，0，1)所以(，1，1)，(0，2，0)设平面MBD的法向量n(x，y，z)，由得其中一组解为x1

10、，y0，z，所以可取n(1，0，)8分因为平面ABD的法向量为(0，0，1)，所以cos|，即，解得， 从而M(，0，)，N(0，0)，所以MN 10分7、【证】（1）因为四边形ABCD是矩形，所以ABCD，因为平面CDEF，平面CDEF，所以AB平面CDEF 4分 因为平面ABFE，平面平面，所以ABEF 7分（2）因为DE平面ABCD，平面ABCD，所以DEBC 9分因为BCCD，平面CDEF，所以BC平面CDEF 12分因为BC平面BCF，平面BCF平面CDEF 14分8、 9、如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系（第22题图）ABCA1B1C1则，所以，（1）因为，所以异面直线与夹角

11、的余弦值为 4分（2）设平面的法向量为，则 即取平面的一个法向量为； 所以二面角平面角的余弦值为 10分10、证：（1）设ACBDO，连结OE因为ABCD为矩形，所以O是AC的中点因为E是PC中点，所以OEAP 4分因为AP平面BDE，OE平面BDE，所以AP平面BDE 6分（2）因为平面PAB平面ABCD，BCAB，平面PAB平面ABCDAB，所以BC平面PAB 8分因为AP平面PAB，所以BCPA因为PBPA，BCPBB，BC，PB平面PBC，所以PA平面PBC 12分因为BE平面PBC，所以PABE因为BPPC，且E为PC中点，所以BEPC因为PAPCP，PA，PC平面PAC，所以BE平面PAC 14分