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高三數(shù)學(xué)章末綜合測試題(13)立體幾何(1)
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1.圓臺(tái)的一個(gè)底面周長是另一個(gè)底面周長的3倍，母線長為3，圓臺(tái)的側(cè)面積為84π，則圓臺(tái)較小底面的半徑為( )
A.7 B.6 C.5 D.3
解析 A 依題意，設(shè)圓臺(tái)上、下底面半徑分別為r、3r，則有π(r+3r)•3=84π，解得r=7.
2.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)E、H分別是邊AB、AD的中點(diǎn)，F(xiàn)、G分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD=23，則( )
A.EF與GH平行
B.EF與GH異面
C.EF與 GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上
D.EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上
解析 D 依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面.因?yàn)镋H=12BD，F(xiàn)G=23BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF與GH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M.因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上，故點(diǎn)M在平面ACB上.同理，點(diǎn)M在平面ACD上，即點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的交點(diǎn)，而AC是這兩個(gè)平面的交線，所 以點(diǎn)M一定在AC上.
3.已知向量a=(1,1,0)，b=(-1,0,2)，且ka+b與2a-b互相垂直，則k=( )
A.1 B.15 C.35 D.75
解析 D k a+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1，k,2)，2a-b=2(1,1,0)-(-1,0,2)=
(3,2，-2)，∵兩向量垂直，∴3(k-1)+2k-2×2=0，∴k=75.
4.已知直線m、n和平面α，在下列給定的四個(gè)結(jié)論中，m∥n的一個(gè)必要但不充分條件是( )
A.m∥α，n∥α B.m⊥α，n⊥α
C.m∥α，n⊂α D.m、n與 α所成的角相等
解析 D 對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)m∥α，n∥α?xí)r，直線m、n可以是平行、相交或異面 ;而當(dāng)m∥n時(shí)，m、n與α的關(guān)系不確定，故選項(xiàng)A是m∥n的既不充分也不必要條件;選項(xiàng)B是m∥n的充分不必要條件;選項(xiàng)C是m∥n的既不充分也不必要條件;對(duì)于選項(xiàng)D，由m∥n可以得到m、n與α所成的角相等，但是m、n與α所成的角相等得不到m∥n.故選項(xiàng)D符合題意.
5.已知某個(gè)幾何體的三視圖如圖(主視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中標(biāo)出的數(shù)據(jù)，這個(gè)幾何體的體積是( )
A.288+36π
B.60π
C.288+72π
D.288+18π
解析 A 依題意得，該幾何體是由一個(gè)長方體與半個(gè)圓柱的組合體，其中長方體的長、寬、高分別為8、6、6，半個(gè)圓柱相應(yīng)的圓柱底面半徑為3、高為8，因此該幾何體的體積等于8×6×6+12×π×32×8=288+36π，故選A.
6.l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確 的是( )
A.l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B.l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D.l1，l2，l3共點(diǎn)⇒l1，l2，l3共面
解析 B 在空間中，垂直于同一直線的兩條直線不一定平行，故A錯(cuò);兩平行線中的一條垂直于第三條直線，則另 一條也垂直于第三條直線，B正確;相互平行的三條直線不一定共面，如三棱柱的三條側(cè)棱，故C錯(cuò);共點(diǎn)的三條直線不一定共面，如三棱錐的三條側(cè)棱，故D錯(cuò).
7.將一個(gè)邊長為a的正方體，切成27個(gè)全等的小正方體，則表面積增加了( )
A.6a2 B.12a2
C.18a2 D.24a2
解析 B 依題意，小正方體的棱長為a3，所以27個(gè)小正方體的表面積總和為27×6×a32=18a2，故表面積增加量為18a2-6a2=12a2
2.
8.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為( )
A.63 B.265
C.155 D.105
解析 D 如圖，連接A1C1，B1D1，交于點(diǎn)O1，由長方體的性質(zhì)易知∠C1BO1為BC1與平面BB1D1D所成的角.
∵BC=2，CC1=1，∴BC1=22+1=5，
又C1O1=12A1C1=1222+22=2，
∴在Rt△BO1C1中，sin ∠C1BO1=O1C1BC1=25=105.
9.已知α，β，γ是三個(gè)不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命題，如果把α，β，γ中的任意兩個(gè)換成直線，另一個(gè)保持不變，在所得的所有命題中，真命題有( )
A.0個(gè) B.1個(gè)
C.2個(gè) D.3個(gè)
解析 C 若α，β?lián)Q為直線a，b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命題為真命題;若α，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命題為假命題;若β，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命題為真命題.
10.如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=10，AD=5，AA1=4.分別過BC、A1D1的兩個(gè)平行截面將長方體分成三部分，其體積分別記為V1=VAEA1-DFD1，V2=VEBE1A1-FCF1D1，V3=VB1E1B-C1F1C.若V1∶V2∶V3=1∶3∶1，則截面A1EFD1的面積為( )
A.410 B.83
C.202 D.162
解析 C 由V1=V3，可得AE=B1E1，設(shè)AE=x，則12x×4×5∶[(10-x)×4×5]=1∶3，得x=4，則A1E=42+42=42，所以截面A1EFD1的面積為202.
11.如圖是一個(gè)無蓋的正方體盒子展開后的平面圖，A，B，C是展開圖上的三點(diǎn)，則在正方體盒子中，∠ABC的值為( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析 C 還原正方體，如下圖所示，連接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，則∠ABC=60°.故選C.
12.連接球面上兩點(diǎn)的線段稱為球的弦.半徑為4的球的兩條弦AB、CD的長度分別等于27、43，M、N分別為AB、CD的中點(diǎn)，每條弦的兩端都在球面上運(yùn)動(dòng)，有下列四個(gè)命題：
①弦AB、CD可能相交于點(diǎn)M;
②弦AB、CD可能相交于點(diǎn)N;
③MN的最大值為5;
④MN的最小值為1.
其中真命題的個(gè)數(shù)是 ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析 C 易求得M、N到球心O的距離分別為OM=3，ON=2，若兩弦交于M，則ON⊥MN，在Rt△ONM中，有ON
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在題中橫 線上)
13. 如圖，在正四棱柱A1C中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則M只需滿足條件________時(shí)，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請(qǐng)?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個(gè)條件即可，不必考慮全部可能情況)
解析 ∵FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，則MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)
【答案】 M位于線段FH上
14.已知α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的兩條不同的直線，給出四個(gè)論斷：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題：________.
解析 同垂直于一個(gè)平面的兩條直線互相平行，同垂直于兩個(gè)平行平面的兩條直線也互相平行.
【答案】�、冖邰�⇒①
15.已知命題：“若x⊥y，y∥z，則x⊥z”成立，那么字母x，y，z在空間所表示的幾何圖形有可能是：①都是直線;②都是平面;③x，y是直線，z是平面;④x，z是平面，y是直線.上述判斷中，正確的有________(請(qǐng)將你認(rèn)為正確的序號(hào)都填上).
解析 當(dāng)字母x，y，z都表示直線時(shí)，命題成立;當(dāng)字母x，y，z都表示平面時(shí)，命題也成立;當(dāng)x，z表示平面，y表示直線時(shí)
，由相關(guān)的判定定理知命題也成立;
當(dāng)x，y表示直線，z表示平面時(shí)，x⊥z不一定成立，還有可能x∥z或x與z相交，故①②④正確，③不正確.
【答案】�、佗冖�
16.如圖，二面角α-l-β的大小是60°，線段AB⊂α，B∈l，AB與l所成的角為30°，則AB與平面β所成的角的正弦值是________.
解析 如圖，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，連接OB、OC，則OC⊥l.設(shè)AB與β所成角為θ，
則∠ABO=θ ，由圖得sin θ=AOAB=ACAB•AOAC=sin 30°•sin 60°=34.
【答案】 34
三、解答題(本大 題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(10分)如圖所示，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，沿對(duì)角線BD把△ABD折起，使點(diǎn)A在平面BCD上的射影E落在BC上.
(1)求證：平面ACD⊥平面ABC;
(2)求三棱錐 A-BCD的體積.
解析 (1)∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.
又BC⊥CD， 且AE∩BC=E，
∴CD⊥平面ABC.
又CD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)由(1)知，CD⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB.
又∵AB⊥AD，CD∩AD=D，
∴AB⊥平面ACD.
∴VA-BCD=VB-ACD=13•S△ACD•AB.
又∵在△ACD中，AC⊥CD，AD=BC=4，AB=CD=3，
∴AC=AD2-CD2=42-32=7.
∴VA-BCD=13×12×7×3×3=372.
18.(12分)如圖，四邊形ABCD為正方形，四邊形BDEF為矩形，AB=2BF，DE⊥平面ABCD，G為EF的中點(diǎn).
(1)求證：CF∥平面ADE;
(2)求證：平面ABG⊥平面CDG;
(3)求二面角C-FG-B的余弦值.
解析 (1)∵BF∥DE，BC∥AD，BF∩BC=B，DE∩AD=D，∴平面CBF∥平面ADE.
又CF⊂平面CBF，
∴CF∥平面ADE.
(2)如圖，取AB的中點(diǎn)M，CD的中點(diǎn)N，連接GM、GN、MN、AC、BD，設(shè)AC、MN、BD交于O，連接GO.
∵四邊形ABCD為正方形，四邊形BDEF為矩形，
AB=2BF，DE⊥平面ABCD，G為EF的中點(diǎn)，
則GO⊥平面ABCD，GO=12MN，
∴GN⊥MG.
又GN⊥ DC，AB∥DC，
∴GN⊥AB.
又AB∩MG=M，
∴GN⊥平面GAB.
又GN⊂平面CDG，
∴平面ABG⊥平面CDG.
(3)由已知易得CG⊥FG，由(2)知GO⊥EF，
∴∠CGO為二面角C-FG-B的平面角，
∴cos ∠CGO=GOGC=33.
19.(12分)(2011•南昌二模)如圖所示的多面體ABC-A1B1C1中，三角形ABC是邊長為4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1=BB1=2CC1=4.
(1)若O是AB的中點(diǎn)，求證：OC1⊥A1B1;
(2)求平面AB1C1與平面A1B1C1所成的角的余弦值.
解析 (1)設(shè)線段A1B1的中點(diǎn)為E，連接OE，C1E.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AB，
又BB1∥AA1且AA1=BB1，
所以AA1B1B是矩形.
又點(diǎn)O是線段AB的中點(diǎn)，
所以O(shè)E∥AA1，所以O(shè)E⊥A1B1.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AC，A1A⊥BC.
又BB1∥AA1∥CC1，
所以BB1⊥BC，CC1⊥AC，CC1⊥BC，
且AC=BC=4，AA1=BB1=4，CC1=2，
所以A1C1=B1C1，所以C1E⊥A1B1.
又C1E∩OE=E，
所以A1B1⊥平面OC1E，
因?yàn)镺C1⊂平面OC1E，所以O(shè)C1⊥A1B1.
(2)如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OE→，OA→，OC→所在方向分別
為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
則A(0,2,0)，A1(4,2,0)，B1(4，-2,0)，C1(2,0,23)，
設(shè)平面AB1C1的法向量為n1=(x1，y1，z1)，則有
n1•AB1→=0，n1•AC1→=0⇒
x1，y1，z1•4，-4，0=0，x1，y1，z1•2，-2，23=0⇒x1=y1，z1=0，
令x1=1，則n1=(1,1,0).
設(shè)平面A1B1C1的法向量為n2=(x2，y2，z2)，則有
n2•A1B1→=0，n2•A1C1→=0⇒x2，y2，z2•0，-4，0=0，x2，y2，z2•-2，-2，23=0
⇒y2=0，x2=3z2，令z2=1，則n2=(3，0,1).
所以cos〈n1，n2〉=n1•n2|n1|•|n2|=32×2=64，
所以平面AB1C1與平面A1B1C1所成的角的余弦值是64.
20.(12分)如圖所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB=BC，DB⊥AC，點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn).
(1)求證：B1D1∥平面A1BD;
(2)求證：MD⊥AC;
(3)試確定點(diǎn)M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解析 (1)由直四棱柱概念，得BB1?DD1，
∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，
∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD.
(2)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC，且BD∩BB1=B，
∴AC⊥平面BB1D1D.
而MD⊂平面BB1D1D，
∴MD⊥AC.
(3)當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，取DC的中點(diǎn)N，D1C1的中點(diǎn)N1，連接NN1交DC1于O，連接OM，如圖所示.
∵N是DC的中點(diǎn)，BD=BC，∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD與平面DCC1D1的交線，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可證得，O是NN1的中點(diǎn)，∴BM?ON，
即四邊形BMON是平行四邊形，
∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
21.(12分)如圖所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD=DC=PD=2.E，F(xiàn)，G分別為線段PC，PD，BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD.
(1)求證：PA∥平面EFG;
(2)求二面角G-EF-D的大小.
解析 (1)∵PE=EC，PF=FD，∴EF∥CD.
又CD∥AB，∴EF∥AB，∴EF∥平面PAB.
同理，EG∥平面PAB.
又∵EF∩EG=E，∴平面PAB∥平面EFG，
而PA在平面PAB內(nèi)，∴PA∥平面EFG.
(2)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，G(1,2,0)，
易知DA→=(2 ,0,0)為平面EFD的一個(gè)法向量.
設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=(x，y，z)，
又EF→=(0，-1，0)，EG→=(1,1，-1)，
由n•EF→=0，n•EG→=0，得x，y，z•0，-1，0=0，x，y，z•1，1，-1=0，
即y=0，x+y-z=0，取x=
1，得n=(1,0,1).
設(shè)所求二面角為θ，cos θ=n•DA→|n||DA→|=222=22，
∴θ=45°，即二面角G-EF-D的平面角的大小為45°.
2 2.(12分)在側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，且∠BAD=60°，A1A=AB，E為BB1延長線上的一點(diǎn)，D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E-AC-D1的大小;
(2)在D1E上是否存在一點(diǎn)P，使A1P∥平面EAC?若存在，求D1P∶PE的值;若不存在，說明理由.
解析 設(shè)AC與BD交于O，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)AB=2，則A(3，0,0)，B(0,1,0)，C(-3，0,0)，D(0，-1,0)，D1(0，-1,2)，A1(3，0,2).
(1)設(shè)E(0,1,2+h)，則D1E→=(0,2，h)，AC→=(-23，0,0)，D1A→=(3，1，-2)，
∵D1E⊥平面D1AC，
∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，
∴D1E→•AC→=0，D1E→•D1A→=0，
∴2-2h=0，∴h=1，即E(0,1,3)，
∴D1E→=(0,2,1)，AE→=(-3，1,3).
設(shè)平面EAC的法向量為m=(x，y，z)，
則m⊥AC→，m⊥AE→，
∴x=0，-3x+y+3z=0，
令z=-1，得m=(0,3，-1)，
∴cos〈m，D1E→〉=m•D1E→|m||D1E→|=22，
∴二面角E-AC-D1的大小為45°.
(2)設(shè)D1P→=λPE→=λ(D1E→-D1P→)，
則D1P→=λ1+λD1E→=0，2λ1+λ，λ1+λ，
∴A1P→=A1D1→+D1P→
=(-3，-1,0)+0，2λ1+λ，λ1+λ
=-3，λ-11+λ，λ1+λ.
∵A1P∥平面EAC，
∴A1P→⊥m，
∴A1P→•m=0，
∴-3×0+3×λ-11+λ+(-1)×λ1+λ=0，
∴λ=32.
∴存在點(diǎn)P使A1P∥平面EAC，
此時(shí)D1P∶PE=3∶2.
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