第七章立体几何质量检测
2019届高考数学一轮复习第7单元立体几何测评理20180713478
第七单元立体几何小题必刷卷(十)立体几何题组一真题集训1.[2014·全国卷Ⅰ]如图X10-1,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是 ()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱图X10-12.[2017·全国卷Ⅱ]如图X10-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π图X10-23.[2017·北京卷]某四棱锥的三视图如图X10-3所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.2图X10-34.[2017·全国卷Ⅲ]已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为 ()A.πB.C.D.5.[2015·广东卷]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交6.[2016·全国卷Ⅰ]平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.B.C.D.7.[2017·全国卷Ⅰ]某多面体的三视图如图X10-4所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.16图X10-48.[2017·全国卷Ⅱ]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D.9.[2016·全国卷Ⅱ]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)10.[2017·全国卷Ⅰ]如图X10-5,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.图X10-5题组二模拟强化11.[2018·武汉调研]一个几何体的三视图如图X10-6所示,则它的表面积为 ()A.28B.20+2C.20+4D.24+2图X10-612.[2018·温州一模]某几何体的三视图如图X10-7所示,则该几何体的体积是()A.+πB.+πC.D.图X10-713.[2017·怀化四模]在三棱锥A-BCD中,E,F分别是AB,CD的中点,若AD=BC=2,AD与BC 所成的角为θ,EF=,则sin θ=()A.B.C.D.14.[2017·合肥二模]若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条15.[2017·厦门二模]如图X10-8是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图,若该几何体的顶点都在半径为R的球面上,则R=()A.1B.C.D.图X10-816.[2017·广州二模]在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1D1的中点,过C1,B,M 作正方体的截面,则这个截面的面积为()A.B.C.D.17.[2017·郑州质检]在四面体A-BCD中,AB=CD=10,AC=BD=2,AD=BC=2,则四面体A-BCD外接球的表面积为()A.50πB.100πC.200πD.300π18.[2017·洛阳二模]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容器,则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形;(2)四边形;(3)五边形;(4)六边形.其中正确的结论是()A.(1)(3)B.(2)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)19.[2017·河南六市二联]如图X10-9,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线与粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为.图X10-920.[2017·泉州质检]如图X10-10,一张纸的长、宽分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的说法中正确的是.(写出所有正确说法的序号)①该多面体是三棱锥;②平面BAD⊥平面BCD;③平面BAC⊥平面ACD;④该多面体外接球的表面积为5πa2.图X10-10解答必刷卷(四)立体几何题组一真题集训1.[2017·全国卷Ⅲ]如图J4-1,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.图J4-12.[2017·天津卷]如图J4-2,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.图J4-23.[2016·全国卷Ⅰ]如图J4-3,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.图J4-3题组二模拟强化4.[2017·石家庄二模]在如图J4-4所示的多面体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,AB ∥CD,∠DAB=90°,四边形ADEF为等腰梯形,EF∥AD,已知AE⊥EC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.(1)求证:平面ABCD⊥平面ADEF;(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值.图J4-45.[2017·福州质检]如图J4-5所示,梯形ABCD中,AB∥CD,矩形BFED所在的平面与平面ABCD垂直,且AD=DC=CB=BF=AB.(1)求证:平面ADE⊥平面BFED;(2)若P为线段EF上一点,平面PAB与平面ADE所成的锐二面角为θ,求θ的最小值.图J4-56.[2017·合肥二模]如图J4-6①所示,矩形ABCD中,AB=1,AD=2,点E为AD的中点,沿BE将△ABE折起至△PBE,如图②所示,点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证:BP⊥CE;(2)求二面角B-PC-D的余弦值.图J4-6小题必刷卷(十)1.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.2.B[解析] 几何体的直观图如图所示,所以该几何体的体积为π×32×4+×π×32×6=63π.3.B[解析] 将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D'-B'C'CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D'B,D'B===2,故选B.4.B[解析] 由题可知球心为圆柱的中心,则圆柱底面圆的半径r==,故圆柱的体积V=π××1=.5.D[解析] 若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则l至少与l1,l2中的一条相交,故选D.6.A[解析] 因为平面α∥平面CB1D1,所以平面α与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1,所以l∥B1D1,所以m∥B1D1.同理,n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线.因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1,所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1,所以n∥CD1.故m,n所成的角即为B1D1,CD1所成的角,显然所成的角为60°,则其正弦值为.7.B[解析] 该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为2××2=12.8.C[解析] 方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1,所以=(-2,0,1),=,故异面直线AB1与BC1所成角θ的余弦值cos θ===.方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,图中∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角.在△BC1D中,BC1=,DC1=,BD==,所以cos∠BC1D==.故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.9.②③④[解析] 对于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c,因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故正确;对于③,由两个平面平行的性质可知其正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有②③④.10.4[解析] 设△ABC的边长为a cm,0<a<5,则三个等腰三角形的高为 cm,折起后所得正三棱锥的高为= (cm),所以所得三棱锥的体积为×a2×= (cm3).令u=25a4-a5,则u'=100a3-a4=25a3,其中0<a<5,当0<a<4时,u'>0,当4<a<5时,u'<0,故a=4为u=25a4-a5在定义域内唯一的极大值点,也是最大值点,所以当a=4时,三棱锥的体积最大,最大值为××(4)2×=4×=4(cm3).11.D[解析] 如图所示,三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后剩余的部分,故该几何体的表面积S=(2×2)×5+×1×2×2+2×1+2×=24+2.12.A[解析] 由三视图可知,该几何体是由半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为×π×12×2=π,四棱锥的体积为×4×1=,所以该几何体的体积为+π,故选A.13.D[解析] 如图,取BD的中点G,连接EG,FG.∵E,F分别是AB,CD的中点,∴EG∥AD,FG∥BC,又∵AD与BC所成的角为θ,∴∠EGF即为θ(或θ的补角).在△EFG中,易知EG=FG=1,EF=,∴cos∠EGF===-,∴sin θ==,故选D.14.C[解析] 如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.∵EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD,∴CD∥平面EFGH,同理AB∥平面EFGH,故选C.15.B[解析] 正三棱柱的底面边长为,高为2,设正三棱柱的上、下底面中心分别为O,O1,连接OO1,则该几何体外接球的球心为OO1的中点H,设正三棱柱底面的一个顶点为A.∵底面边长为,∴O1A=×=1,又O1H=1,∴HA==,即外接球的半径为,故选B.16.C[解析] 取AA1的中点N,连接MN,NB,MC1,BC1,易知MN∥BC1,∴截面为梯形,且MN=BC1=,MC1=BN=,∴梯形的高为,∴梯形的面积为×(+2)×=,故选C.17.C[解析] 由题意可采用割补法.考虑到四面体A-BCD的四个面为全等的三角形,所以可将四面体A-BCD置于一个长方体中,所以四面体A-BCD的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,则x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164,设外接球的半径为R,则有(2R)2=x2+y2+z2=200,即4R2=200,所以外接球的表面积S=4πR2=200π,故选C.18.B[解析] 正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心,故(1)中结论不正确;过正方体的一对相对的棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)中结论正确;显然水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)中结论不正确;过正方体一平面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故(4)中结论正确.故选B.19.π[解析] 根据三视图可得该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O-ABCD,正方体的棱长为2,A,D为正方体棱的中点,根据几何体可以判断,外接球球心在过A,D且平行于正方体下底面的截面上.设外接球半径为R,球心到平面BCO的距离为x,则球心到AD的距离为2-x,∴R2=x2+()2,R2=12+(2-x)2,解得x=,R=,∴该多面体外接球的表面积为4πR2=π.20.①②③④[解析] 由题意得,该多面体是三棱锥,故①中说法正确.根据题意可得,BD=2a,AD=CD=AB=BC=a,分析可得,平面BAD⊥平面BCD,故②中说法正确,同理平面BAC ⊥平面ACD,故③中说法正确.易得多面体外接球的半径为,则该多面体外接球的表面积为5πa2,故④中说法正确.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC,所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,),则cos<n,m>==,所以二面角D-AE-C的余弦值为.2.解:如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨取z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x2,y2,z2)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨取y2=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=,所以二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=, 所以,线段AH的长为或.3.解:(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,故∠CEF=60°,从而可得C(-2,0,),所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).设m=(x1,y1,z1)是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos<n,m>==-,结合图形得,二面角E-BC-A的余弦值为-.4.解:(1)证明:取AD的中点M,连接EM,由AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=AD,∴AE⊥DE.又AE⊥EC,DE∩EC=E,∴AE⊥平面CDE,∴AE⊥CD.又CD⊥AD,AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADEF,又∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ADEF.(2)如图,过点E作EO⊥AD,则EO⊥平面ABCD,过点O作OG∥DC交BC于点G,以O为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得E(0,0,),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0,),所以=(3,0,-),=(-4,4,0),=(3,-4,).设n=(x,y,z) 为平面EAC的法向量,则即不妨设x=1,可得n=(1,1,),所以cos<,n>===,即直线CF与平面EAC所成角的正弦值为.5.解:(1)证明:取AB的中点G,连接DG,因为AB∥CD,DC=AB=BG,所以四边形BCDG为平行四边形,则DG=CB,所以DG=AG=BG,所以AD⊥BD.因为平面BFED⊥平面ABCD, 平面BFED∩平面ABCD=DB,AD⊥DB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面BFED.又AD⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BFED.(2)因为四边形BFED为矩形,所以ED⊥DB.由(1)知AD⊥ED,AD⊥DB,故建立如图所示空间直角坐标系D-xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),P(0,t,1)(0≤t≤),所以=(-1,t,1),=(-1,,0).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则取y=1,则m=(,1,-t+).易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos θ=≤,又θ∈0,,所以θmin=.6.解:(1)证明:∵点P在平面BCDE的射影O落在BE上,∴平面PBE⊥平面BCDE.易知BE⊥CE,又平面PBE∩平面BCDE=BE,∴CE⊥平面PBE,而BP⊂平面PBE,∴PB⊥CE.(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,直线PO为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则B,-,0,C,,0,D-,,0,P0,0,,∴=(-1,0,0),=-,-,,=,-, -,=(0,2,0).设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令z1=,可得n1=0,,.设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令z2=,可得n2=(2,0,),∴cos<n1,n2>==.易知二面角B-PC-D为钝二面角,则二面角B-PC-D的余弦值为-.。
近年高考数学大复习 第七章 立体几何 课时跟踪检测(三十八)空间几何体的结构特征及三视图与直观图练
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课时跟踪检测（三十八）空间几何体的结构特征及三视图与直观图一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( ）解析:选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是（）A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱｝⊆｛正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥｝解析：选D 因为选项A中两个底面全等,但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱｝,故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是（）A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为 2cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形,俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCD。
高考数学第七章 立体几何质量检测 理
第七章 立体几何单元质量检测时间：90分钟 分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱解析：圆柱、四面体、三棱柱的正视图都有可能是三角形． 答案：A2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3B.82π3 C ．82πD.32π3解析：S 圆＝πr 2＝π⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，所以球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.所以V ＝43πR 3＝82π3，故选B. 答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解．原几何体为组合体；上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π.答案：A4．已知a ，b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中的假命题是( )A ．若a ∥b ，则α∥βB ．若α⊥β，则a ⊥bC ．若a ，b 相交，则α，β相交D ．若α，β相交，则a ，b 相交解析：若α，β相交，则a ，b 可能相交，也可能异面，故D 为假命题． 答案：D5．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB ．若m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nC ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥βD ．若α∥β，m ⊄β，m ∥α，则m ∥β解析：对于A ，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A 错；对于B ，若m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m ，n 可以平行，可以相交，也可以异面，B 错；对于C ，若α⊥β，m ⊥α，则m 可以在平面β内，C 错；易知D 正确．答案：D6．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.15 C.31010D.35解析：如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B (1，1，0)，E (1，0，1)，C (0，1，0)，D 1(0，0，2)，∴BE ―→＝(0，－1，1)，CD 1―→＝(0，－1，2)，∴cos 〈BE ―→，CD 1―→〉＝1＋22·5＝31010.答案：C7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列中与直线AE 有关的正确命题是( )A ．AE ⊥CGB ．AE 与CG 是异面直线C ．四边形ABC 1F 是正方形D ．AE ∥平面BC 1F解析：由正方体的几何特征，可得AE ⊥C 1G .但AE 与平面BCC 1B 1不垂直，故AE ⊥CG 不成立；由于EG ∥AC ，故A ，E ，G ，C 四点共面，所以AE 与CG 是异面直线错误；四边形ABC 1F 中，AB ≠BC 1，故四边形ABC 1F 是正方形是错误的；而AE ∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE ∥平面BC 1F ，故选D.答案：D8．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310 D.3610解析：如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E －xyz .则E (0，0，0)，F (－1，0，1)，B 1(1，0，2)，A 1(－1，0，2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2.∴B 1F ―→＝(－2，0，－1)，EF ―→＝(－1，0，1)，FG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，1.设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF ―→＝－x ＋z ＝0，n ·FG ―→＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝－3x . 令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F ―→〉|＝错误!)＝错误!.答案：A9．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ∈PC ，F ∈PB ，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，若AF ∥平面BDE ，则λ的值为( )A ．1B ．3C ．2D ．4解析：因为AF ∥平面BDE ，所以过点A 作AH ∥平面BDE ，交PC 于H ，连接FH ，则得到平面AFH ∥平面BDE ，所以FH ∥BE ，因为E ∈PC ，F ∈PB ，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，所以OC OA ＝ECHE ＝1，所以EC ＝EH ，又PE ＝3EC ，所以PH ＝2HE ，又因为PF FB ＝PH HE＝2，所以λ＝2.答案：C10．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 1、BC 1的中点，则下列结论不成立的是( )A ．EF 与BB 1垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面D ．EF 与A 1C 1异面 解析：连接B 1C ，AC ，则B 1C 交BC 1于F ，且F 为B 1C 的中点， 又E 为AB 1的中点，所以EF 綊12AC ，而B 1B ⊥平面ABCD ， 所以B 1B ⊥AC ， 所以B 1B ⊥EF ，A 正确；又AC ⊥BD ，所以EF ⊥BD ，B 正确； 显然EF 与CD 异面，C 正确；由EF 綊12AC ，AC ∥A 1C 1，得EF ∥A 1C 1，故不成立的选项为D.答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)11．把一个半径为532 cm 的金属球熔成一个圆锥，使圆锥的侧面积为底面积的3倍，则这个圆锥的高为________．解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线长为l ， 则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧43π×（532）3＝13πr 2h ，πrl ＝3πr 2，l 2＝h 2＋r2解得h ＝20(cm)． 答案：20 cm12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q ，R ，S 分别是AB ，BC ，C 1D 1，C 1C ，A 1B 1，B 1B 的中点，则下列判断：①PQ 与RS 共面；②MN 与RS 共面；③PQ 与MN 共面． 则正确结论的序号是________．解析：①连接PR ，SQ ，可知SQ 綊PR ，所以四边形PQSR 为平行四边形，所以PQ ∥RS ，故①正确；②由图知直线MN 过平面A 1B 外一点N ，而直线RS 不过M 点，故MN 与RS 为异面直线，故②错；③由图知延长PQ 与MN ，则PQ 与MN 相交，故③正确．答案：①③13．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．解析：设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC 2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 122＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.答案：20π14．三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________． 解析：由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，(如图)可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确． 答案：①②③④三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤) 15．(10分)已知点P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，点F 在AB 边上且DF ⊥AP ，垂足为E ，将△ADP 沿AP 边折起，使点D 位于D ′位置，连接D ′B 、D ′C 得四棱锥D ′－ABCP .(1)求证：D ′F ⊥AP ；(2)若PD ＝1，且平面D ′AP ⊥平面ABCP ，求四棱锥D ′－ABCP 的体积． 解：(1)证明：∵AP ⊥D ′E ，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ， ∴AP ⊥平面D ′EF ，∴AP ⊥D ′F . (2)连接PF ，∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形， ∴D ′E ＝DE ＝EF ＝22. ∵平面D ′AP ⊥平面ABCP ，D ′E ⊥AP ， ∴D ′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32，∴V D ′－ABCP ＝13D ′E ·S 梯形ABCP ＝24.16．(10分)如图，AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，M ，N ，G 分别是BD ，BC ，AB 的中点，将等边△BCD 沿BD 折叠成△BC ′D 的位置，使得AD ⊥C ′B .(1)求证：平面GNM ∥平面ADC ′. (2)求证：C ′A ⊥平面ABD .证明：(1)因为M ，N 分别是BD ，BC ′的中点， 所以MN ∥DC ′.因为MN ⊄平面ADC ′，DC ′⊂平面ADC ′，所以MN ∥平面ADC ′.同理NG ∥平面ADC ′.又因为MN ∩NG ＝N ， 所以平面GNM ∥平面ADC ′. (2)因为∠BAD ＝90°，所以AD ⊥AB . 又因为AD ⊥C ′B ，且AB ∩C ′B ＝B ， 所以AD ⊥平面C ′AB .因为C ′A ⊂平面C ′AB ，所以AD ⊥C ′A . 因为△BCD 是等边三角形，AB ＝AD ，不妨设AB ＝1，则BC ＝CD ＝BD ＝2，可得C ′A ＝1. 由勾股定理的逆定理，可得AB ⊥C ′A . 因为AB ∩AD ＝A ，所以C ′A ⊥平面ABD .17．(12分)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值； (3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．解：(1)证明：因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱， 所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥EC . 又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ， 所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解：因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系如图，则A 1(0，0，2)，E (1，0，0)，C (2，1，0)， 所以A 1E ―→＝(1，0，－2)，A 1C ―→＝(2，1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E ―→·m ＝0，A 1C ―→·m ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0.令z ＝1，得m ＝(2，－2，1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.由图可知，二面角A 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13.(3)过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1. 所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM .因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)， 所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.18．(12分)(2016·山西四校联考)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，D 为棱A 1B 1上的点．(1)证明：DF ⊥AE ；(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：∵AE ⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ， ∴AB ⊥AE .∵AB ⊥AA 1，AE ∩AA 1＝A ， ∴AB ⊥平面A 1ACC 1. ∵AC ⊂平面A 1ACC 1， ∴AB ⊥AC .以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)．设点D 的坐标为(x ，y ，z )，A 1D ―→＝λA 1B 1―→，且λ∈[0，1]， 则(x ，y ，z －1)＝λ(1，0，0)， ∴点D 的坐标为(λ，0，1)， ∴DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.又AE ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，∴DF ―→·AE ―→＝12－12＝0.∴DF ⊥AE .(2)假设存在，设平面DEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE ―→＝0，n ·DF ―→＝0， ∵FE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＋12z 1＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx 1＋12y 1－z 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝32（1－λ）z 1，y 1＝1＋2λ2（1－λ）z 1.令z 1＝2(1－λ)，则n ＝(3，1＋2λ，2(1－λ))． 由题可知平面ABC 的一个法向量m ＝(0，0，1)． ∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝1414，即|2（1－λ）|9＋（1＋2λ）2＋4（1－λ）2＝1414， 解得λ＝12或λ＝74(舍)．∴当点D 为A 1B 1的中点时，满足要求．。
(天津专用)2020届高考数学一轮复习单元质检7立体几何(A)(含解析)新人教A版
单元质检七立体几何(A)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.已知圆柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形,则圆柱的体积是()A. B. C. D.或2.下列命题中,错误的是()A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥dD.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为()A. B.2C. D.34.已知l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是()A.若l1⊥l2,l2⊥l3,则l1∥l3B.若l1⊥l2,l2∥l3,则l1⊥l3C.若l1∥l2∥l3,则l1,l2,l3共面D.若l1,l2,l3共点,则l1,l2,l3共面5.一个正方体的表面展开图如图所示,点A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD所成的角的余弦值为()A. B.C. D.6.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语,“堑堵”意指底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱,而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵,AC⊥BC,若A1A=AB=2,当阳马B-A1ACC1的体积最大时,则堑堵ABC-A1B1C1的表面积为()A.4+4B.6+4C.8+4D.10+4二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.已知矩形ABCD的边AB=a,BC=3,PA⊥平面ABCD,若BC边上有且只有一点M,使PM⊥DM,则a的值为.8.已知在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9. (14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.10. (15分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.(1)求证:AE⊥平面A1BD;(2)求二面角D-BE-B1的余弦值.11.(15分) 如图,三角形PDC所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.(1)证明:PE⊥FG;(2)求二面角P-AD-C的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.单元质检七立体几何(A)1.D解析圆柱的侧面展开图是边长为2与4的矩形,当母线为4时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是π××4=;当母线为2时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是π××2=,综上可知,所求圆柱的体积是或.故选D.2.D解析A正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;C正确,利用同一平面内不相交的两条直线一定平行判断即可确定C是正确的;D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面可能是相交平面,故应选D.3.C解析由计算可得O为B1C与BC1的交点.设BC的中点为M,连接OM,AM,则可知OM⊥平面ABC,连接AO,则AO的长为球半径,可知OM=6,AM=,在Rt△AOM中,由勾股定理得半径OA=.4.B解析从正方体同一个顶点出发的三条棱两两垂直,可知选项A错误;因为l1⊥l2,所以l1与l2所成的角是9 °.又因为l2∥l3,所以l1与l3所成的角是9 °,所以l1⊥l3,故选项B正确;三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故选项C错误;三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故选项D错误.故选B.5.C解析如图所示,可知∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体棱的中点.设正方体棱长为1,则EF=GF=,EG=.故cos∠EGF=.6.B解析设AC=x,则0<x<2,由题意,得四棱锥B-A1ACC1的体积为V=·2·x·-·x·--,当且仅当x=-,即x= 时,取等号.堑堵ABC-A1B1C1的表面积为S=2S△ABC+2矩形矩形+2×2×+2×2=6+4.7.1.5解析如图,连接AM.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥DM.若BC边上有且只有一点M,使PM⊥MD,则DM⊥平面PAM,即DM⊥AM,故以AD为直径的圆和BC相切即可.因为AD=BC=3,所以圆的半径为1.5,要使线段BC和半径为1.5的圆相切,则AB=1.5,即a=1.5.8.π解析由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,∴AF=-,设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=-,∴h=,r=(r为球O的半径),∴该三棱锥外接球的表面积为4π×π.9.证明(1)由题意知,E为B1C的中点.因为D为AB1的中点,所以DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.10.(1)证明∵AB=BC=CA,D是AC的中点,∴BD⊥AC.∵AA1⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC,∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥AE.又在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,易证得△A1AD≌△ACE,∴∠A1DA=∠AEC,∵∠AEC+∠CAE=9 °,∴∠A1DA+∠CAE=9 °,即A1D⊥AE.又A1D∩BD=D,∴AE⊥平面A1BD.(2)解取A1C1的中点F,以DF,DA,DB所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(1,-1,0),B(0,0,),B1(2,0,),=(0,0,),=(1,-1,0),=(2,0,0),=(1,1,).设平面DBE的一个法向量为m=(x,y,z),则· ,·,- ,令x=1,则m=(1,1,0).设平面BB1E的一个法向量为n=(a,b,c),则· ,·,,令c=,则n=(0,-3,).设二面角D-BE-B1的平面角为θ,观察可知θ为钝角,cos<m,n>=·=-,∴cosθ=-.故二面角D-BE-B1的余弦值为-.11.解法一(1)证明:∵PD=PC,且点E为CD边的中点,∴PE⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC, ∴PE⊥平面ABCD.∵FG⊂平面ABCD,∴PE⊥FG.(2)∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD, ∴AD⊥平面PDC.∵PD⊂平面PDC,∴AD⊥PD.∴∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角.在Rt△PDE中,PD=4,DE=AB=3,PE=-,∴tan∠PDC=,即二面角P-AD-C的正切值为.(3)如图所示,连接AC,∵AF=2FB,CG=2GB,即=2,∴AC∥FG,∴∠PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.在△PAC中,PA==5,AC==3.由余弦定理可得cos∠PAC=-·9,∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为9.解法二(1)见解法一.(2)取AB的中点M,连接EM,可知EM,EC,EP两两垂直,故以E为原点,EM,EC,EP所在直线为x轴、y 轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.可得A(3,-3,0),D(0,-3,0),P(0,0,),C(0,3,0),即=(-3,0,0),=(0,-3,-),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则· ,· ,可得- ,-- ,令y=,可得一个法向量n=(0,,-3).因为平面ADC的一个法向量为=(0,0,),所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos<n,>|=.所以二面角P-AD-C的正切值为.(3)由(2)中建立的空间直角坐标系可得=(3,-3,-),F(3,1,0),G(2,3,0),则=(-1,2,0), 故cos<>=-9.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为9.。
[理]阶段质量检测(七)立体几何doc高中数学
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［理］阶段质量检测（七）立体几何 doc 高中数学（时刻120分钟，总分值150分）第一卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共10小题•在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求 的）1.（2018 •浙大附中模拟）某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如下图的等腰直角三 角形，假如直角三角形的直角边长为1,那么那个几何体的表面积为()A 号B — 23+ ;3 DP假命题的是m , n 是两条不重合的直线,那么以下命题中正确的（ ）B .假设 a// 3 m? 3 , m // a,那么 m //3 D .假设m // a , n // 3, a 丄3,那么m 丄n解析：依照三视图能够画出该几何体的直观图如下图, CD 垂直于等腰直角三角形 ABC所在平面，因此，易得 S =ABC +ACD + S ^ CBD答案：D2. a 、b 为两条不同的直线,a 、B 为两个不同的平面，且 a 丄a,b 丄3,那么以下命题中为A .假设a // b ,那么a// 3C .假设a , b 相交，那么a, 3相交 B .假设a 丄3,那么a 丄bD .假设a, 3相交，那么a , b 相交解析: 假设a , 3相交,那么a ,b 既能够是相交直线也能够是异面直线.答案：D 3.设a,3, 丫是三个互不重合的平面，是A .假设a 丄3, 3丄Y 那么a 丄丫 C .假设a 丄3, m _L a ,那么m // 3解析：A中a与丫能够平行，C中可能有m? 3, D中m与n能够平行.答案：B4. 两条不同直线l i 和12及平面a,那么直线l i II 12的一个充分条件是（）A . l i I a 且|2 I aB . l i 丄a 且12丄aC . 11 I a 且l2? aD . 11 I a 且12? a解析：依照垂直于同一个平面的两条直线互相平行可知B为l i| l2的一个充分条件.答案：B5. 假设平面a, 3,满足a丄3, ad 3=丨,P € a, P?l，那么以下命题中的假命题为（）A .过点P垂直于平面a的直线平行于平面3B .过点P在平面a内作垂直于I的直线必垂直于平面3C .过点P垂直于平面3的直线在平面a内D .过点P垂直于直线I的直线在平面a内解析：依照面面垂直的性质定理，有选项B、C正确.关于A，由于过点P垂直于平面a的直线必平行于3内垂直于交线的直线，因此平行于平面3•因此A正确.答案：D6. 用一些棱长是1 cm的小正方体堆放成一个几何体, 几何体的体积最多是A . 6 cm3B. 7 cm3C. 8 cm3D. 9 cm3其正视图和俯视图如下图, 那么那个（）解析：由正视图与俯视图可知小正方体最多有7块，故体积最多为7 cm3.答案：B7 .过平行六面体ABCD —A i B i C i D i任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB i D i平行的直线共有（）D . 8条A . 4 条B . 6 条C . i2 条解析：如图，P、E、F、H分不为AD、AB、A i B i、A i D i的中点，那么平面PEFH I平面DBB i D i，因此四边形PEFH的任意两顶点的连线都平行于平面DBB i D i ,共6条，同理在另一侧面也有6条，共i2条.答案：C8 . （20i8皖中模拟）三棱锥的三个侧面两两垂直，三条侧棱长分不为4、4、7,假设此三棱B . (1)(4)C . (1)(2)(4)D . (2)(4)解析：如图1,当直线m 或直线n 在平面a 内时不可能有符合题意的点；如图 2,直线m 、n 到平面a 的距离相等且两直线所在平面与平面a 垂直，那么平面 a 为符合题意的点；如图3，直线m 、n 所在平面与平面 a 平行，那么符合题意的点为一条直线，从而 选C.锥的各个顶点都在同一个球面上，那么此球的表面积是B . 36 n81 n C.TD . 144 n解析：补成长方体易求4R 2= 81, S = 4 nR= 81 n 答案：A9•如图，在正三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中，AB=1，D 在棱BB i 上, BD=1 ,那么AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为B /解析：如图, 取 C 1A 1、 CA 的中点 E 、F ，连接B 1E 与BF ，那么B 1E 丄平面 CAA 1C 1, 过D 作DH // B 1E ，那么DH 丄平面CAA 1C 1,连接:3■— DHDH=B 1E=——,DA= 2，因此 sin / DAH =——2 DA答案：A10.直线m 、n 及平面a,其中m // n ,那么在平面a 内到两条直线 m 、n 距离相等的点的集合可能是：（1） 一条直线；（2） —个平面；（3）—个点；（4）空集.其中正确的选项是（ A.⑴⑵⑶( )AH ，那么/ DAH 为所求的答案：C第二卷（非选择题，共100分）、填空题（本大题共5小题•请把正确答案填在题中横线上）11. 如图，在正方体ABCD —A i B i C i D i中，P为棱DC的中点，那么D i P与BC i所在直线所成角的余弦值等于_________ .解析：过C i作D i P的平行线交DC的延长线于点F，连结BF，那么/ BC i F或其补角等于异面直线D i P与BC i所成的角.设正方体的棱长为i,由P为棱DC的中点，那么易得BC i = '.2,C i F = ' 12+（护=25,BF = \ 12+（2）2=~f・在厶BC i F 中，cos/ BC i F =（：2）2+（导—冷）22 X 2 X 25答案：严512. （2018辽宁高考）设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）.那么该几何体的体积为_________ m3.解析：由三视图可知原几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为2,底面三角形的一边长为4,且该边上的高为3,1 1故所求三棱锥的体积为V X 2 X X 3X 4=4 m3,3 2答案：413. 如图，AD 丄平面BCD , / BCD = 90° AD = BC = CD = a,那么二面角C —AB —D的大小为_________ .解析：取BD的中点E,连结CE，那么CE丄面ABD，作EF丄AB ,••• CF丄AB得/ CFE为所求.ftCE丄,2•••sin ZCFE = CECF答案：60°414•母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于§n那么该圆锥的体积为____________解析：圆锥的侧面展开图扇形的弧长，即底面圆的周长为径为r，兀4一3=q兀4一3因此设底面圆的半4 2那么有2 §n因此r = 2,因此圆锥的高为h = , 1 —（2）2= ~f，故圆锥的体积为V=空5n15. （2018江南测试）棱长为a的正方体ABCD —A1B1C1D1的8个顶点都在球0的表面上，E、F分不是棱AA1、DD1的中点，那么直线EF被球0截得的线段长为_______________解析：因为正方体内接于球，因此2R= ,'a2a2a2,过球心o和点E、F的大圆的截面图如下图，那么直线被球截得的线段为QR，过点O作OP丄QR/ J32 1 2于点P,因此，在△ QPO 中，QR=2QP=2 .'( 2 a) $a)答案：,2a三、解答题（本大题共6小题•解答时应写出必要的文字讲明、证明过程或演算步骤16. （2018泉州模拟）如下图是一个几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如下图）.）（其中正视「•V p — ABCD = 33PA ^S ABCD = 33 ^4 v 2 X 4 >4= 3 364「2 3⑵证明：连结AC 交BD 于O 点, 取PC 中点F ，连结OF ,(1) 求四棱锥P-ABCD 的体积；⑵证明：BD //平面PEC ;⑶假设G 为BC 上的动点，求证：AE 丄PG.解：⑴由几何体的三视图可知，底面 ABCD 是边长为4的正方形，PA 丄平面ABCD ,PA //EB ，且 PA = 4 .'2, BE = 2 2, AB = AD = CD = CB = 4,〃口1•••EB //PA，且EB = qPA,1又OF /PA，且OF = ?PA,•••EB //OF，且EB = OF ,•••四边形EBOF为平行四边形，•••EF //BD.又EF?平面PEC , BD?平面PEC，因此BD //平面PEC.EB BA 1 , , o (3)连结BP , ^AB =PA = 2，/EBA =Z BAP = 90°• ZEBA s/BAP , A/PBA = Z BEA ,/•Z PBA + Z BAE =Z BEA +Z BAE = 90 °•••PB 丄AE.又T BC丄平面APEB ,「.BC丄AE ,•AE 丄平面PBG ,「.AE 丄PG.17. 直角梯形ABCD 中，AB // CD , AB 丄BC, AB = 1, BC = 2, CD = 1+ . 3,过丄CD，垂足为E, G、F分不为AD、CE的中点，现将△ ADE沿AE折叠，使(1)求证：BC丄平面CDE ;⑵求证：FG //平面BCD ;⑶求四棱锥D —ABCE的体积.A作AE DE 丄解：⑴证明：由得：DE 丄 AE , DE 丄 EC ,「.DE 丄平面 ABCE .•••DE 丄 BC.又 BC 丄 CE , CE A DE = E ,•••BC 丄平面 DCE.(2) 证明：取AB 中点H ，连结GH , FH ,•••GH //BD , FH //BC ,•••GH //平面 BCD , FH //平面 BCD.又 GH A FH = H ,•平面FHG //平面BCD ,•••FG //平面BCD(由线线平行证明亦可).(3) V = gxi X2X.3 = 3 .3.18. (2018徐州模拟)如图，PA 垂直于矩形 ABCD 所在的平面，AD = PA = 2, CD = 2.2, E 、 F 分不是AB 、PD 的中点.⑵求证：平面 PCE 丄平面PCD ;⑶求四面体PEFC 的体积.(1)求证: AF // 平面 PCE ;解：⑴证明：设G 为PC 的中点，连结FG , EG ,•••F 为PD 的中点，E 为AB 的中点，J/1 £1•••FG — 2°D ，AEpCD•••FG 卫 AE ,「.AF //GE••GE?平面 PEC ,•AF //平面 PCE ;⑵证明：• PA = AD = 2,「.AF 丄 PD又• PA 丄平面 ABCD , CD?平面ABCD ,•••PA 丄 CD , V AD 丄 CD , PA P AD = A ,•••CD 丄平面PAD ,•AF?平面 PAD ,「.AF 丄 CD.VPD P CD = D ,「.AF 丄平面 PCD ,•••GE 丄平面PCD ,'/GE?平面 PEC ,•平面PCE 丄平面PCD ;⑶由(2)知，GE 丄平面PCD ,因此EG 为四面体PEFC 的高,又GF //CD ，因此 GF 丄PD ,EG = AF =干:2, GF = ?CD = : 2,S ZPCF = 1P D GF = 2.1 得四面体PEFC 的体积V = 3S Z PCF EG =3 19. 如下图，四棱锥 P — ABCD 中，AB 丄AD , AD 丄DC , PA丄底面 ABCD , PA = AD = DC 2,23=：AB = 1, M为PC的中点，N点在AB上且AN = ^NB .(1) 证明：MN //平面PAD ;(2) 求直线MN与平面PCB所成的角.解：⑴证明：过M作ME //CD交PD于E,连接AE.•••AN =3NB ,•AN = ^AB = 2DC = EM .AN ,又EM //DC //AB ,.・.EM•••AEMN为平行四边形,•••MN /AE，又AE?平面PAD, MN?平面PAD ,•••MN //平面PAD.⑵过N点作NQ //AP交BP于点Q, NF丄CB交CB于点F ,连接QF，过N点作NH丄QF交QF于H，连接MH .易知QN丄平面ABCD ,「.QN丄BC ,而NF丄BC ,•••BC丄平面QNF ,•••BC 丄NH，而NH 丄QF ,「.NH 丄平面PBC ,•••ZNMH为直线MN与平面PCB所成的角•通过运算可得MN = AE =今,QN = 3, NF = ；,2,QN NF QN NF V6ANH =亍「QN2+ NF2=匚，•••sin ZNMH =器=于，A/NMH = 60°•直线MN与平面PCB所成的角为60 °20. （20I8西安八校联考）如图，在直三棱柱ABC —A i B i C i中,=2, AC丄BC, D为AB的中点•(1)求证：AC i// 平面B i CD ;⑵求二面角B —B i C—D的正弦值•解：（1）证明：如图，连接BC i交B i C于点E,那么E为BC i的中点.•••D 为AB 的中点，.••在△ ABC i 中，AC1//DE又AC i?平面B i CD , DE?平面B i CD ,•••AC i //平面B i CD(2) -.AC = BC , D 为AB 的中点，•••CD丄AB.又平面ABC丄平面ABB 1A1,•••CD 丄平面ABB 1A1.•平面B i CD丄平面B i BD ,过点B作BH丄B i D，垂足为H，那么BH丄平面B i CD , 连接EH , ••BC丄BE，B i C丄EH ,• ZBEH为二面角B-B i C- D的平面角.在Rt △BHE 中,BE = 2,BB i BD 2BH =兀"=.3,那^ sin ZBEH =BH BE即二面角B —B i C-D的正弦值为扌2i.(20i8东北四市模拟)如图，正四棱柱ABCD - A i B i C i D i中，AA i= 2AB = 4,点E在CC i上，且CE =入CC.(i)入为何值时，A i C丄平面BED ;⑵假设A i C丄平面BED，求二面角A i- BD - E的余弦值.解：法一：(i)连接B i C交BE于点F，连接AC交BD于点G,•AC丄BD，由垂直关系得，A i C丄BD ,假设A i C丄平面BED，那么A i C丄BE ,由垂直关系可得B i C丄BE ,CE BC i• ZBCE-ZB i BC,A- = — = §,/>1 ◎7% i： > 9CE 1© = 1，AX= CC 1 = 4.⑵连接A i G ，连接EG 交A i C 于H ，那么A i G 丄BD. T A i C 丄平面BED ,•••ZAiGE 是二面角 Ai -BD — E 的平面角••AG = 3 2, EG = ■, 3, AiE = ,i7,i8 + 3— i7晁• •cosZAQE = 2 3 J = 9， DD i 为z 轴的正半轴，建立如下图直角坐标系 D — xyz. 依题设，D(0,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), A i (2,0,4),•「CE =入 CC= 4 入••E(0,2,4 /),■假设A i C 丄平面BED ，那么A i C 丄DE , • AC 丄DI • AC -DE = (— 2) % + 2 X2 + (— 4)冶 A4 — i6X= 0,i•"= 4.即二面角A i — BD — E 的余弦值为法二：（i ）以D 为坐标原点，射线 DA 为x 轴的正半轴，射线 DC 为y 轴的正半轴，射线 4)那么n 丄 ⑵设向量n = (x , y , z)是平面DA i B 的一个法向量，DB , n 丄 DA i ,「.2x + 2y = 0,2x + 4z = 0,令 z = i ，那么 x =— 2, y = 2,「.n = (— 2,2,i) 由⑴知平面BDE 的一个法向量为 A i C = （— 2,2,— =(2,2,0), ,「.DB 丄A i C. D A I= (2,0,4), D E = (0,2,4 ?), AC = (— 2,2 , — 4),• DB -A IC = 2X( — 2) + 2X2 + 0X(— 4)= 0 ,DB 丄 AC。
高中数学试题含答案-单元质检卷七 空间向量与立体几何
单元质检卷七 空间向量与立体几何(时间:120分钟 满分:80分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2020河北沧州一中月考)下列说法正确的是( )A.棱柱的各个侧面都是平行四边形B.底面是矩形的四棱柱是长方体C.有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥2.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( ) A.2π3B.5π6C.πD.7π63.(2020宁夏六盘山高级中学高三模拟)对于不同的直线m ,n 和平面α,β,α⊥β的一个充分条件是( )A.m ⊥n ,m ∥α,n ∥βB.m ⊥n ,α∩β=m ,n ⊂αC.m ∥n ,n ⊥β,m ⊂αD.m ∥n ,m ⊥α,n ⊥β4.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为D 1C 1的中点.过点B 1,E ,A 的平面截该正方体所得的截面周长为( ) A.6√2+4√5 B.4√2+2√5 C.5√2+3√5D.8√2+4√55.(2020山东日照五莲丶潍坊安丘、潍坊诸城、临沂兰山高三6月模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R ,酒杯内壁表面积为143πR 2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为V 1,下部分(半球)的体积为V 2,则V1V 2=( )A.2B.32C.1 D.346.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点在圆锥底面上),圆锥底面直径为10√2 cm,母线与底面所成角的正切值为√2.打印所用原料密度为1 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(取π=3.14,精确到0.1)A.609.4 gB.447.3 gC.398.3 gD.357.3 g7.(2020全国2,理10)已知△ABC是面积为9√34的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1 D.√328.(2020山东泰安第二中学月考)菱形ABCD的边长为2,现将△ACD沿对角线AC折起使平面ACD'⊥平面ACB,则此时所成空间四面体体积的最大值为()A.16√327B.5√39C.1D.√34二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.在正四面体A-BCD中,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,下面四个结论中正确的是()A.BC∥平面AGFB.EG⊥平面ABFC.平面AEF⊥平面BCDD.平面ABF⊥平面BCD10.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l,则以下结论正确的是()A.AD∥平面SBCB.l∥ADC.若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积D.l与平面SCD所成角的大小为45°11.(2020河南洛阳高三模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF∥BEB.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.(2020山东临沂一模)如图,点E为正方形ABCD边CD上异于点C,D的动点,将△ADE沿AE翻折成△SAE,在翻折过程中,下列说法正确的是()A.存在点E和某一翻折位置,使得SB⊥SEB.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBCC.存在点E和某一翻折位置,使得直线SB与平面ABC所成的角为45°D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角S-AB-C的大小为60°三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020辽宁高三二模,理)已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半,且其轴截面的周长是18,则该圆柱的体积是.14.正四棱锥P-ABCD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45°,则此四棱锥的体积为.15.(2020福建福州高三期末)《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为△PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.①当E在AC上时,AE=;②点E的轨迹的长度为.16.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别是棱AA1,AB上的点,且AM=AN=1.(1)证明:M,N,C,D1四点共面;(2)求几何体AMN-DD1C的体积.18.(12分)(2020广西南宁二中高三月考)如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.(1)求证:AD⊥BM;时,试确定点E的位置.(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角E-AM-D大小为π319.(12分)(2020全国高三二模(文))如图,扇形AOB的圆心角为90°,半径为2,四边形SOBC为正方形,平⏜于点M,交OA于点N.面SOBC⊥平面AOB,过直线SC作平面SCMN交AB(1)求证:MN∥OB;(2)求三棱锥S-MON体积的最大值.(12分)(2020四川宜宾叙州第二中学高三一模(理))如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧棱与底面垂直,且AA 1=AB=AC=2,AB ⊥AC ,M ,N 分别是CC 1,BC 的中点,点P 在线段A 1B 1上,且A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求证:不论λ取何值,总有AM ⊥PN ;(2)当λ=1时,求平面PMN 与平面ABC 夹角的余弦值. 21.(12分)(2020山东高三联考三模)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1,AB=AC=AA 1=1,M ,N ,P 分别为A 1C 1,AB 1,BB 1的中点,且AP ⊥MN. (1)求证:MN ∥平面B 1BCC 1; (2)求∠BAC ;(3)求二面角A1-PN-M的余弦值.22.(12分)(2020重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAB⊥底面ABCD,E为PC上的点,且BE⊥平面APC.(1)求证:平面PAD⊥平面PBC;(2)当三棱锥P-ABC体积最大时,求二面角B-AC-P的余弦值.参考答案单元质检卷七空间向量与立体几何1.A对于A,根据棱柱的性质可知,棱柱的各个侧面都是平行四边形,故A正确;对于B,底面是矩形,若侧棱不垂直于底面,这时的四棱柱是斜四棱柱,不是长方体,只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体,故B错误;对于C,有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥,只有其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体,才是棱锥,故C错误;对于D,直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥,如果绕着它的斜边旋转一周,形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥,故D错误.故选A.2.C 设圆锥的底面半径为r ,母线长为l ,侧面展开图扇形的圆心角为θ,根据条件得πrl+πr 2=3πr 2,即l=2r ,根据扇形面积公式得θπl22π=πrl ,即θ=r ·2πl =r ·2π2r =π,故选C .3.C A 选项中,根据m ⊥n ,m ∥α,n ∥β,得到α⊥β或α∥β,所以A 错误;B 选项中,m ⊥n ,α∩β=m ,n ⊂α,不一定得到α⊥β,所以B 错误;C 选项中,因为m ∥n ,n ⊥β,所以m ⊥β, 又m ⊂α,从而得到α⊥β,所以C 正确;D 选项中,根据m ∥n ,m ⊥α,所以n ⊥α,而n ⊥β,所以得到α∥β,所以D 错误.故选C . 4.A 如图,取DD 1的中点F ,连接AF ,EF ,显然EF ∥AB 1,则四边形AB 1EF 为所求的截面. 因为D 1E=C 1E=2,所以B 1E=√22+42=2√5,AB 1=√42+42=4√2,EF=√22+22=2√2,AF=√42+22=2√5,所以截面的周长为6√2+4√5.5.A 设酒杯上部分(圆柱)的高为h ,球的半径为R ,则酒杯下部分(半球)的表面积为2πR 2,酒杯内壁表面积为143πR 2,得圆柱侧面积为143πR 2-2πR 2=83πR 2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2πR×h=83πR 2,解得h=43R ,酒杯下部分(半球)的体积V 2=12×43π×R 3=23πR 3,酒杯上部分(圆柱)的体积V 1=πR2×43R=43πR 3,所以V 1V 2=43πR 323πR 3=2.故选A .6.C 如图是几何体的轴截面,因为圆锥底面直径为10√2 cm,所以半径为OB=5√2 cm.因为母线与底面所成角的正切值为tan B=√2,所以圆锥的高为PO=10 cm.设正方体的棱长为a ,DE=√2a ,则√22a5√2=10-a10,解得a=5.所以该模型的体积为V=13π×(5√2)2×10-53=500π3-125(cm 3).所以制作该模型所需原料的质量为500π3-125×1=500π3-125≈398.3(g).7.C设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,△ABC的外接圆的半径为r,则S△ABC=√34a2=9√34,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=23×√32a=√3.设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d=√R2-r2=√4-3=1.故选C.8.A设AC的中点为O,因为D'C=D'A,所以D'O⊥AC.又因为平面ACD'⊥平面ACB,平面ACD'∩平面ACB=AC,所以D'O⊥平面ABC,设∠ABC=∠ADC=α,α∈(0,π),在△ACD中,DO=AD cos α2=2cosα2,由题意可知D'O=DO=2cosα2,S△ABC=12×2×2sin α=2sin α,V D'-ABC =13S△ABC×D'O=43sin αcosα2=83sinα2cos2α2=83sinα21-sin2α20<α2<π2.设t=sinα2,则V D'-ABC=83(t-t3),且0<t<1,所以V'D'-ABC=83(1-3t2),所以当0<t<√33时,V'D'-ABC>0,当√33<t<1时,V'D'-ABC<0,所以当t=√33时,V D'-ABC取得最大值16√327,所以四面体D'ABC体积的最大值为16√327.故选A.9.ABD∵F,G分别是CD,DB的中点,∴GF∥BC,则BC∥平面AGF,故A正确;∵E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,∴CD⊥AF,CD⊥BF,AF∩BF=F,即CD⊥平面ABF,∵EG∥CD,∴EG⊥平面ABF,故B正确;∵CD⊥平面ABF,CD⊂平面BCD,∴平面ABF⊥平面BCD,故D正确,C错误.故选ABD.10.ABD由AB和CD是圆O的直径,且AB⊥CD,得四边形ABCD为正方形,则AD∥BC.BC⊂平面SBC,从而AD ∥平面SBC ,故A 正确;又因为AD ⊂平面SAD ,且平面SAD ∩平面SBC=l ,所以l ∥AD ,故B 正确; 因为S △SAE =12SA·SE sin ∠ASE ,当∠ASB 为钝角时,(S △SAE )max >S △SAB ,当∠ASB 为锐角或直角时,(S △SAE )max =S △SAB ,故C 不正确;由l ∥AD ,得l 与平面SCD 所成的角等于AD 与平面SCD 所成的角,即为∠ADO ,又因为∠ADO=45°,故D 正确.故选ABD .11.AD 对于A 选项,由于平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1,而平面BMN 与这两个平面分别交于HF 和BE ,根据面面平行的性质定理可知HF ∥BE ,故A 正确;由于A 1F ∶FA=1∶2,而E 是CC 1的中点,故MA 1=1,C 1N=2.对于B 选项,V B 1-BMN =V B -MNB 1=13×12×MB 1×NB 1×BB 1=13×12×3×4×2=4,故B 错误;对于C 选项,由于B 1N ⊥平面A 1B 1BA ,所以直线MN 与平面A 1B 1BA 所成的角为∠NMB 1,且tan ∠NMB 1=B 1N B 1M =43≠1,故C 错误;对于D 选项,可知D 1G=12,GC 1=32,故D 正确.综上可知,正确的为AD,故选AD .12.ACD 当SE ⊥CE 时,SE ⊥AB ,SE ⊥SA ,SA ∩AB=A ,故SE ⊥平面SAB ,故SE ⊥SB ,故A 正确;若AE ∥平面SBC ,因为AE ⊂平面ABC ,平面ABC ∩平面SBC=BC ,则AE ∥CB ,与已知矛盾,故B 错误;如图所示,DF ⊥AE 交BC 于点F ,交AE 于点G ,S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上, 连接BO ,故∠SBO 为直线SB 与平面ABC 所成的角,取二面角S-AE-B 的平面角为α,取AD=4,DE=3,故AE=DF=5,CE=BF=1,SG=125,OG=125cos α,故只需满足SO=OB=125sin α,在△OFB 中,根据余弦定理(125sinα)2=12+(135-125cosα)2-2135−125cos αcos ∠OFB , 解得cos α=23,故C 正确;过O 作OM ⊥AB 交AB 于点M ,则∠SMO 为二面角S-AB-C 的平面角, 取二面角S-AE-B 的平面角为60°,故只需满足DG=2GO=2OM , 设∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,则∠DAG=π2-2θ,AG=DG tan(π2-2θ)=OGtanθ,化简得到2tan θtan 2θ=1,解得tan θ=√55,验证满足,故D正确.13.27π设圆柱的底面圆的半径为r,高为h.由题意可得{2πrℎ2πr2+2πrℎ=12, 2(2r+ℎ)=18,解得r=h=3,则该圆柱的体积是πr2h=27π.14.43如图,设点P在底面ABCD内的射影为点O,因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥,所以O为正方形ABCD的中心, 取AB的中点E,连接PO,PE,OE,则PO⊥平面ABCD,OE⊥AB,又PA=PB,所以PE⊥AB,所以∠PEO为二面角P-AB-C的平面角, 所以∠PEO=45°.因为BC=2,所以OE=PO=1,所以此四棱锥的体积为13PO·S ABCD=13×1×2×2=43.15.①2②2√55①当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE ⊥平面PAC.故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D为AB中点,故DE∥BC,所以E为AC中点.故AE=12AC=2.②取AC中点F,则由①知DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,设平面DEF∩PC=G,则有PC⊥平面DGF.故点E的轨迹为线段FG.又此时CF=2,故sin∠PCA=√2+4=√55.所以FG=CF·sin∠PCA=2√55.16.√22π如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1D1,∴△B 1C 1D 1为等边三角形. ∴B 1D 1=2.设点O 1是B 1C 1的中点,则O 1D 1=√3,易证D 1O 1⊥平面BCC 1B 1,设P 是球面与侧面BCC 1B 1交线上任意一点,连接O 1P ,则O 1D 1⊥O 1P ,∴D 1P 2=D 1O 12+O 1P 2,即5=3+O 1P 2,∴O 1P=√2.即P 在以O 1为圆心,以√2为半径的圆上.取BB 1,CC 1的中点分别为E ,F ,则B 1E=C 1F=O 1B 1=O 1C 1=1,EF=2,∴O 1E=O 1F=√2,O 1E 2+O 1F 2=EF 2=4,∴∠EO 1F=90°, ∴交线EPF⏜=14×2√2×π=√22π. 17.(1)证明∵A 1D 1∥AD ,A 1D 1=AD ,又BC ∥AD ,BC=AD ,∴A 1D 1∥BC ,且A 1D 1=BC ,连接A 1B ,则四边形A 1BCD 1是平行四边形,所以A 1B ∥D 1C.在△ABA 1中,AM=AN=1,AA 1=AB=3,所以AMAA 1=ANAB ,所以MN ∥A 1B ,所以MN ∥D 1C ,所以M ,N ,C ,D 1四点共面. (2)解因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1,又M ,N ,C ,D 1四点共面,所以平面AMN ∥平面DD 1C , 延长CN 与DA 相交于点P ,因为AN ∥DC ,所以ANDC =PAPD ,即13=PAPA+3,解得PA=32,同理延长D 1M 与DA 相交于点Q ,可得QA=32,所以点P 与点Q 重合,所以D 1M ,DA ,CN 三线相交于一点,所以几何体AMN-DD 1C 是一个三棱台,所以V AMN -DD 1C =13×12+√12×92+92×3=132.18.解取AM 的中点O ,AB 的中点N ,则ON ,OA ,OD 两两垂直,以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A (√22,0,0),B -√22,√2,0,M -√22,0,0,D 0,0,√22.(1)证明:由于AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√22,0,√22,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√2,0),则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AD ⊥BM.(2)解:设存在满足条件的点E ,并设DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈(0,1],DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-√22,√2,-√22,则DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ-√22,√2,-√22, 则点E 的坐标为-√22λ,√2λ,√22−√22λ,λ∈(0,1].易得平面ADM 的法向量可以取n 1=(0,1,0),设平面AME 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,0),AE⃗⃗⃗⃗⃗ =-√22λ-√22,√2λ,√22−√22λ,则{n 2·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以 {-√2x =0,(-√22λ-√22)x +√2λy +(√22-√22λ)z =0,故n 2=(0,λ-1,2λ). cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=√(λ-1)+4λ,由于二面角E-AM-D 大小为π3, 故cos π3=√(λ-1)+4λ=12,由于λ∈(0,1],故解得λ=2√3-3或-2√3-3(舍去).故当E 位于线段DB 之间,且DEDB =2√3-3时,二面角E-AM-D 大小为π3.19.(1)证明因为SC ∥OB ,SC ⊂平面SCMN ,OB ⊄平面SCMN ,所以OB ∥平面SCMN.又OB ⊂平面AOB ,平面SCMN ∩平面AOB=MN ,所以MN ∥OB. (2)解因为平面SOBC ⊥平面AOB ,平面SOBC ∩平面AOB=OB ,SO ⊥OB ,所以SO ⊥平面AOB ,即线段SO 的长就是三棱锥S-MON 的高. 因为OA ⊥OB ,MN ∥OB , 所以MN ⊥OA.设ON=x (0<x<2),则MN=√4-x 2,所以三棱锥S-MON 的体积为V=13SO ·12ON·MN=13×2×12×x ×√4-x 2=13x ×√4-x 2=13√4x 2-x 4=13√4-(x 2-2)2.所以,当x=√2时,三棱锥S-MON 体积有最大值,V max =23.20.解以点A 为坐标原点,以AB ,AC ,AA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,A 1(0,0,2),B 1(2,0,2),M (0,2,1),N (1,1,0),则A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0).(1)证明:∵A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1+λA 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2λ1+λ,0,0),∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2)+2λ1+λ,0,0=2λ1+λ,0,2,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)-(2λ1+λ,0,2)=1-λ1+λ,1,-2.∵AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0,即AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 因此,无论λ取何值,都有AM ⊥PN.(2)解:当λ=1时,P (1,0,2),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),Pλ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1), 而平面ABC 的法向量n =(0,0,1),设平面PMN 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{-x +2y -z =0,y -2z =0,则m =(3,2,1),设平面PMN 与平面ABC 的夹角为θ,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=√1414. 因此,平面PMN 与平面ABC 的夹角的余弦值是√1414.21.(1)证明取B 1C 1的中点Q ,连接MQ ,NP ,PQ ,则MQ ∥A 1B 1,且MQ=12A 1B 1,PN ∥AB ,且PN=12AB ,又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,所以PN ∥MQ ,且PN=MQ ,所以PNMQ 为平行四边形,所以MN ∥PQ. 又MN ⊄平面B 1BCC 1,PQ ⊂平面B 1BCC 1, 所以MN ∥平面B 1BCC 1.(2)解设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,∠BAC=θ,由已知可得,|a |=|b |=|c |=1,且a ·c =b ·c =0,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +12c ,NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12c +12b -12a , 因为AP ⊥MN ,所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +12c 12c +12b -12a =12a ·b -12a 2+14c 2=12cos θ-14=0,所以cos θ=12,即∠BAC=60°.(3)解在平面ABC 内过点A 做射线l 垂直于AB ,易知AB ,l ,AA 1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则P 1,0,12,M 14,√34,1,N 12,0,12,n 1=(0,1,0)为平面A 1PN 的一个法向量,MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14,-√34,-12,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,0,0.设n 2=(x ,y ,z )为平面PMN 的一个法向量, 则{n 2·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{14x -√34y -12z =0,-12x =0,令y=1,则n 2=0,1,-√32,则cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=11×√74=2√77,由图知二面角A 1-PN-M的平面角是锐角,所以二面角A 1-PN-M 的余弦值为2√77.22.(1)证明∵侧面PAB ⊥底面ABCD ,侧面PAB ∩底面ABCD=AB ,四边形ABCD 为正方形,∴BC ⊥AB ,∴BC ⊥平面PAB ,又AP ⊂平面PAB ,∴AP ⊥BC ,又BE ⊥平面APC ,AP ⊂平面PAC ,∴AP ⊥BE ,∵BC ∩BE=B ,BC ,BE 在平面PBC 中,∴AP ⊥平面PBC ,又AP ⊂平面PAD , ∴平面PAD ⊥平面PBC.(2)解V P-ABC =V C-APB =13×12×PA×PB×BC=13×PA×PB ,求三棱锥P-ABC 体积的最大值,只需求PA×PB 的最大值.令PA=x ,PB=y ,由(1)知,PA ⊥PB ,∴x 2+y 2=4,而V P-ABC =13xy ≤13×x 2+y 22=23,当且仅当x=y=√2,即PA=PB=√2时,V P-ABC 的最大值为23.如图所示,分别取线段AB ,CD 中点O ,F ,连接OP ,OF ,以点O 为坐标原点,以OP ,OB 和OF 分别作为x 轴,y 轴和z 轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知A (0,-1,0),C (0,1,2),P (1,0,0),∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2), 令平面PAC 的一个法向量n =(x ,y ,z ),则{n ·AP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{x +y =0,2y +2z =0,∴n =(1,-1,1).易知平面ABC 的一个法向量m =(1,0,0),设二面角B-AC-P 的平面角为θ,由图知θ为锐角,则cos θ=|n ·m|n ||λ||=|√3|=√33.。
立体几何综合测试
第七章 立体几何单元测试题班级 姓名 学号 日期 月 日 一. 选择题：(本大题共12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。
)1．两两互相平行的直线a 、b 、c 可以确定平面的个数是 （ ）A ．1或3B ．1C ．3D ．4 2．已知α∥β，,,βα∈⊂B a 则在β内过点B 的所有直线中 （ ） A ．不一定存在与a 平行的直线 B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一一条与a 平行的直线3.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a,长为定值的线段EF 在棱AB 上移动(EF<a),若P 是A 1D 1上的定点,Q 是C 1D 1上的动点,则四面体PQEF 的体积是 ( ) A.有最小值的一个变量 B.有最大值的一个变量 C.没有最值的一个变量 D.是一个常量4.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，某人画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形如下，则 （ ） A.以下四个图形都是正确的 B.只有（2）（4）是正确的 C.只有（4）是正确的 D.只有（1）（2）是正确的① ② ③ ④5.在正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，M 、N 分别是棱A 1A 和B 1B 的中点，若θ为直线CM 与D 1N 所成的角，则sin θ等于 （ ）A.91 B. 32 C. 752 D. 954 6.四棱锥是正四棱锥的一个充分但不必要条件是 （ ） Ａ.各侧面都是正三角形Ｂ.底面是正方形，各侧面都是等腰三角形 Ｃ.各侧面是全等的等腰三角形Ｄ.底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形7.A 、B 两点相距4cm ，且A 、B 与平面α的距离分别为3cm 和1cm ，则AB 与平面α所成的角是 （ ）A ．30°B 。
90°C 。
30°或90°D 。
30°或90°或150°8.已知二面角γα--l 为直二面角，A 是α内一定点，过A 作直线AB 交β于B ，若直线AB 与二面角γα--l 的两个半平面βα,所成的角分别为30°和60°，则这样的直线最多有 （ ） A ．1条 B 。
高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文(new)
第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题（每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是（）A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析:根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（)A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知,BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C,EF∩D1C＝F,则A1B与EF相交．答案:A3．（2017·嘉兴月考）对于空间的两条直线m,n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ）A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α,则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D,垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案:D4．设P是异面直线a,b外的一点，则过点P与a,b都平行的平面（)A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a,b平行；若过a,b1的平面经过a或b,则不存在这样的平面同时与a,b平行．1答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α,B，D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是（）A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A,B，C，D四点共面解析:由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α,b⊥β，则下列命题中的假命题是（)A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α,β相交，则a，b相交解析：若α,β相交,则a，b可能相交，也可能异面,故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为错误!,则它的正视图为（)解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为错误!，可知上方为棱锥,下方为正方体．由俯视图可得,棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．27－错误!B．18－错误!C．27－3πD．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。
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第七章立体几何质量检测(自我评估、考场亮剑，收成成功后进入下一章学习！)(时刻120分钟，总分值150分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．)1．(2018·漳州模拟)三视图如图的几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：作几何体如图，由图象可知选B.答案：B2．(2018·北京宣城区一模)关于直线a、b，以及平面M、N，给出以下命题：①假设a∥M，b∥M，那么a∥b；②假设a∥M，b⊥M，那么a⊥b；③假设a∥b，b∥M，那么a∥M；④假设a⊥M，a∥N，那么M⊥N.其中正确命题的个数为() A．0 B．1 C．2 D．3解析：①中a 与b 能够相交或平行或异面，故①错．③中a 可能在平面M 内，故③错． 答案：C3．假如底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S ，那么圆柱的体积等于 ( ) A.S 2S B.S 2S π C.S 4S D.S 4S π解析：设圆柱高为h ，那么底面半径为h 2. 由题意知，S ＝πh 2，∴h ＝S π，∴V ＝π(h 2)2·h ＝S 4S π. 答案：D4．(2018·台州模拟)圆x 2＋(y ＋1)2＝3绕直线kx －y －1＝0旋转一周所得的几何体的体积为 ( )A ．36πB ．12πC ．43πD ．4π解析：明显直线过圆心(0，－1)，故旋转一周所得几何体为球，∴V 球＝43πR 3＝43π·33＝43π.答案：C5．(2018·山东高考)α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，那么〝α⊥β〞是〝m ⊥β〞的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由面面垂直的判定定理可知必要性成立，而当两平面α、β垂直时，α内的直线m 只有在垂直于两平面的交线时才垂直于另一个平面β，∴充分性不成立．答案：B6．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，假设E 是AD 的中点，那么直线A 1B 与直线C 1E 的位置关系是 ( )A ．平行B ．相交C ．共面D ．垂直解析：易证A 1B ⊥平面AB 1C 1D ，又C 1E ⊂平面AB 1C 1D ，∴A 1B ⊥C 1E .答案：D7．(2018·广东高考)给定以下四个命题：①假设一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②假设一个平面通过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④假设两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是() A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④解析：①明显错误，因为这两条直线相交时才满足条件；②成立；③错误，这两条直线可能平行，相交，也可能异面；④成立，用反证法容易证明．答案：D8．一个几何体的三视图如下图，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，那么该几何体的外接球的表面积为()A．12πB．43πC．3πD．123π解析：由三视图知该几何体为四棱锥，记作S－ABCD，其中SA⊥面ABCD.面ABCD为正方形，将此四棱锥还原为正方体，易知正方体的体＝3π.对角线即为外接球直径，因此2r＝ 3.∴S球＝4πr2＝4π×34答案：C9．两条不同直线l1和l2及平面α，那么直线l1∥l2的一个充分条件是() A．l1∥α且l2∥αB．l1⊥α且l2⊥αC．l1∥α且l2⊄αD．l1∥α且l2⊂α解析：对选项A，l1与l2还可能相交或成异面直线，A错．依照直线与平面垂直的性质定理，B正确．另外，关于选项C，l1与l2不一定平行，C错．关于选项D，l1与l2还可能为异面直线．答案：B10．(文)如图，△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB中点，PM垂直于△ABC 所在平面，那么()A．PA＝PB＞PCB．PA＝PB＜PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M是Rt△ABC斜边AB的中点，∴MA＝MB＝MC.又∵PM⊥平面ABC，∴MA、MB、MC分不是PA、PB、PC在平面ABC上的射影．∴PA ＝PB＝PC.应选C.答案：C(理)如右图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD＝AD，那么PA与BD所成角的度数为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：以DA、DC、DP为邻边构造正方体BP，易知PA与BD所成的角为60°.答案：C11．三个平面α、β、γ，假设β⊥γ，且α与β、α与γ均相交但不垂直，a、b分不为α、β内的直线，那么() A．∀b⊂β，b⊥γB．∀b⊂β，b∥γC．∃a⊂α，a⊥γD．∃a⊂α，a∥γ解析：选项A中β⊥γ，但并不是平面β内的任意直线都与平面γ垂直，应选项A不正确；由于β⊥γ，只有在平面β内与平面β与γ的交线平行的直线才和平面γ平行，选项B不正确；假设存在a⊂α，a⊥γ，那么必定α⊥γ，选项C不正确；只要在平面α内存在与平面α与γ的交线平行的直线，那么此直线平行于平面γ，应选项D正确．答案：D12．(2018·宁夏、海南高考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝12，那么以下结论中错误的选项是．．．．．．() A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥A－BEF的体积为定值D．△AEF的面积与△BEF的面积相等解析：如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，BE ⊂平面BB 1D 1D ，∴AC ⊥BE ，∴A 对．∵EF ∥DB ，∴EF ∥平面ABCD ，∴B 对．S △BEF ＝12×EF ×BB 1＝12×12×1＝14， AO ⊥平面BB 1D 1D ，AO ＝22， ∴V A －BEF ＝13×14×22＝224， ∴三棱锥的体积为定值，C 对．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分．将答案填写在题中的横线上)13．(2018·天津高考)如图是一个几何体的三视图．假设它的体积是33，那么a ＝________.解析：由三视图知该几何体的直观图为直三棱柱(如图)．其中△ABC 是以BC ＝2为底的等腰三角形，CC 1＝3.∴V ＝S △ABC ×3＝12×2×a ×3＝3 3.故a ＝ 3. 答案： 314．(文)在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝8，∠ABC ＝60°，PC ⊥平面ABC ，PC ＝4，M 是AB 上一个动点，那么PM 的最小值为________．解析：如以下图，作CH ⊥AB 于H ，连PH ，∵PC ⊥面ABC ，∴PH ⊥AB ，PH 为PM 的最小值，等于27. 答案：27 (理)(2018·潍坊质检)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝22，D 为A 1B 1的中点，那么AD 与平面ACC 1A 1所成角等于________．解析：如图，在平面A 1B 1C 1内过点D 作DF ⊥A 1C 1于F ，连结AF ，那么由该三棱柱是正三棱柱知DF ⊥平面AA 1C 1C ，∠DAF 即为AD 与平面ACC 1A 1所成的角，依照题目条件在Rt △AFD 中可求得AD ＝23，DF ＝3，因此∠DAF ＝π6. 答案：π615．(文)点P (1,2,3)关于y 轴的对称点为P 1，P 关于坐标平面xOz 的对称点为P 2，那么|P 1P 2|＝________.解析：∵P 1(－1,2，－3)，P 2(1，－2,3)，∴|P 1P 2|＝(－1－1)2＋(2＋2)2＋(－3－3)2＝214.答案：214(理)在空间四边形ABCD 中，AC 和BD 为对角线，G 为△ABC 的重心，E 是BD 上一点，BE ＝3ED ，以{AB ，AC ，AD }为基底，那么GE ＝________.解析：由题意，连结AE ，那么GE ＝AE －AG＝AB ＋34BD －23AM ＝AB ＋34(AD －AB ) －23×12(AB →＋AC )＝－112AB＋34AD－13AC.答案：34AD－112AB－13AC16．(2018·日照模拟)如下图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，CD＝2AB，E为PC的中点，那么BE与平面PAD的位置关系为________．解析：取PD的中点F，连结EF，AF，由题中条件易得四边形ABEF为平行四边形，从而进一步可推出BE∥AF，依照线面平行的判定定理可得BE∥平面PAD(或取CD 的中点M，连结EM，BM，由条件可推出平面BEM∥平面PAD，进一步也可得出BE∥平面PAD)．答案：平行三、解答题(本大题共6小题，共74分．解承诺写出文字讲明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题总分值12分)如图，点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB、A1B1分不为圆O、圆O1的直径且A1A⊥平面PAB.(1)求证：BP⊥A1P；(2)假设圆柱OO1的体积V＝12π，OA＝2，∠AOP＝120°，求三棱锥A1－APB的体积．解：(1)证明：易知AP⊥BP，由AA1⊥平面PAB，得AA1⊥BP，且AP∩AA1＝A，因此BP⊥平面PAA1，故BP⊥A1P.(2)由题意V＝π·OA2·AA1＝4π·AA1＝12π，解得AA1＝3.由OA＝2，∠AOP＝120°，得∠BAP＝30°，BP＝2，AP＝23，∴S △PAB ＝12×2×23＝23， ∴三棱锥A 1－APB 的体积V ＝13S △PAB ·AA 1＝13×23×3＝2 3. 18．(本小题总分值12分)在正四棱锥P －ABCD中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成的角为60°，求正四棱锥P －ABCD 的体积V .解：作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O .连结AO ，O 是正方形ABCD 的中心，∠PAO 是直线PA与平面ABCD 所成的角．∠PAO ＝60°，PA ＝2.∴PO ＝ 3.AO ＝1，AB ＝2，∴V ＝13PO ·S ABCD ＝13×3×2＝233. 19．(本小题总分值12分)(2018·广州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图2所给的正视图、侧视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积．(2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CF FA ，求证：EF ∥平面PDA .解：(1)该四棱锥的俯视图为内含对角线，边长为6 cm 的正方形，如图．其面积为36 cm 2.(2)证明：连结BF 并延长交AD 于G ，连结PG ，那么在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF FA .又CF FA ＝BE EP ，∴BF FG ＝BE EP ，∴在△BGP 中，EF ∥PG .又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ，∴EF ∥平面PDA .20．(本小题总分值12分)(2018·泉州模拟)如下图是一个几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图(其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如下图)(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)证明：BD ∥面PEC ；(3)假设G 为BC 上的动点，求证：AE ⊥PG .解：(1)由几何体的三视图可知，底面ABCD 是边长为4的正方形，PA ⊥面ABCD ，PA ∥EB ，且PA ＝42，BE ＝22，AB ＝AD ＝CD ＝CB ＝4，∴V P －ABCD ＝13PA x S ABCD ＝13×42×4×4＝6423. (2)证明：连接AC 、BD 交于O 点，取PC 中点F ，连接OF ，∵EB ∥PA ，且EB ＝12PA ，又OF ∥PA ，且OF ＝12PA ， ∴EB ∥OF ，且EB ＝OF ，∴EBOF 为平行四边形，∴EF ∥BD .又EF ⊂面PEC ，BD ⊄面PEC ，因此BD ∥面PEC .(3)连BP ，∵EB AB ＝BA PA ＝12，∠EBA ＝∠BAP ＝90°， ∴△EBA ∽△BAP ，∴∠PBA ＝∠BEA ，∴∠PBA ＋∠BAE ＝∠BEA ＋∠BAE ＝90°，∴PB ⊥AE .又∵BC ⊥面APEB ，∴BC ⊥AE ，∴AE ⊥面PBG ，∴AE ⊥PG .21．(文)(本小题总分值12分)(2018·徐州模拟)如图，PA 垂直于矩形ABCD 所在的平面，AD ＝PA ＝2，CD ＝22，E 、F 分不是AB 、PD 的中点．(1)求证：AF ∥平面PCE ；(2)求证：平面PCE ⊥平面PCD ；(3)求四面体PEFC 的体积．解：(1)证明：设G 为PC 的中点，连接FG ，EG ，∵F 为PD 的中点，E 为AB 的中点，∴FG 綊12CD ，AE 綊12CD ∴FG 綊AE ，∴AF ∥GE∴GE ⊆平面PEC ，∴AF ∥平面PCE ；(2)证明：∵PA ＝AD ＝2，∴AF ⊥PD∴PA ⊥平面ABCD ，CD ⊆平面ABCD ，∴PA ⊥CD ，∵AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ，∵AF ⊆平面PAD ，∴AF ⊥CD∵PD ∩CD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ，∴GE ⊥平面PCD ，∵GE ⊆平面PEC ，∴平面PCE ⊥平面PCD ；(3)由(2)知，GE ⊥平面PCD ，因此EG 为四面体PEFC 的高，又GF ∥CD ，因此GF ⊥PD ，EG ＝AF ＝2，GF ＝12CD ＝2， S △PCF ＝12PD ·GF ＝2. 得四面体PEFC 的体积V ＝13S △PCF ·EG ＝223. (理)(本小题总分值12分)如下图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的余弦值．解：法一：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1，在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面ACC 1A 1，又A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥A 1C .(2)如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD ，由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角．在Rt △AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62， 在Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝AB AD ＝63， ∴cos ∠ADB ＝155， 即二面角A －A 1C －B 的余弦值为155. 法二：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直棱柱，∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°，由正弦定理得∠ACB ＝30°，∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .如图，建立空间直角坐标系，那么A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A 1(0,0，3)，∴AB ＝(1,0,0)，1A C ＝(0，3，－3)．∵AB ·1A C ＝1×0＋0×3＋0×(－3)＝0，∴AB ⊥A 1C .(2)如图，可取m ＝AB ＝(1,0,0)为平面AA 1C 的法向量，设平面A 1BC 的法向量为n ＝(l ，m ，n )，那么BC ·n ＝0，1A C ·n ＝0，又BC ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，3，－3)．∴⎩⎪⎨⎪⎧ －l ＋3m ＝0，3m －3n ＝0，∴l ＝3m ，n ＝m . 不妨取m ＝1，那么n ＝(3，1,1)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3×1＋1×0＋1×0(3)2＋12＋12·12＋02＋02＝155， ∴二面角A －A 1C －B 的余弦值为155. 22．(文)(本小题总分值14分)(2018·山东高考)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E 、E 1分不是棱AD 、AA 1的中点．(1)设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1；(2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .解：(1)证明：法一：取A 1B 1的中点为F 1，连结FF 1、C 1F 1，由于FF 1∥BB 1∥CC 1，因此F 1∈平面FCC 1，因此平面FCC 1即为平面C 1CFF 1.连结A 1D 、F 1C ，由于A 1F 1綊D 1C 1綊CD ，因此四边形A 1DCF 1为平行四边形，因此A 1D ∥F 1C .又EE 1∥A 1D ，得EE 1∥F 1C ，而EE 1⊄平面FCC 1，F 1C ⊂平面FCC 1，故EE 1∥平面FCC 1.法二：因为F 为AB 的中点，CD ＝2，AB ＝4，AB ∥CD ，因此CD 綊AF ，因此四边形AFCD为平行四边形，因此AD∥FC.又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC⊂平面FCC1，CC1⊂平面FCC1，因此平面ADD1A1∥平面FCC1，又EE1⊂平面ADD1A1，因此EE1∥平面FCC1.(2)证明：连结AC，在△FBC中，FC＝BC＝FB，又F为AB的中点，因此AF＝FC＝FB，因此∠ACB＝90°，即AC⊥BC.又AC⊥CC1，且CC1∩BC＝C，因此AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.(理)(本小题总分值14分)(2018·沈阳模拟)四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；(3)当SAAB的值为多少时，二面角B－SC－D的大小为120°？解：(1)∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC，∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.(2)设AC∩BD＝F，连结SF，那么SF⊥BD，∵AB ＝2，SA ＝4，∴BD ＝22，SF ＝SA 2＋AF 2＝42＋(2)2＝32，∴S △SBD ＝12BD ·SF ＝12·22·32＝6， 设点A 到平面SBD 的距离为h ，∵SA ⊥平面ABCD ，∴13·S △SBD ·h ＝13·S △ABD·SA ， ∴6·h ＝12·2·2·4，∴h ＝43， 即点A 到平面SBD 的距离为43. (3)设SA ＝a ，以A 为原点，AB 、AD 、AS 所在直线分不为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，为运算方便，不妨设AB ＝1，那么C (1,1,0)，S (0,0，a )，B (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴SC ＝(1,1，－a )，SB ＝(1,0，－a )，SD ＝(0,1，－a )，再设平面SBC 、平面SCD 的法向量分不为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，那么111111100n SC x y az n SB x az ⎧=++=⎪⎨=-=⎪⎩∴y 1＝0，从而可取x 1＝a ，那么z 1＝1，∴n 1＝(a,0,1)，222222200n SC x y az n SB x az ⎧=++=⎪⎨=-=⎪⎩ ∴x 2＝0，从而可取y 2＝a ，那么z 2＝1，∴n 2＝(0，a,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝1a 2＋1， 要使二面角B －SC －D 的大小为120°，那么1a 2＋1＝12，从而a ＝1， 即当SA AB ＝a 1＝1时，二面角B －SC －D 的大小为120°.。