2015届高考数学二轮复习专题检测:立体几何


2015 届高考数学二轮复习专题检测:立体几何
时间:60 分钟 满分:100 分

一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分;在每小题给出四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.(2014· 福建省质检)如图,AB 是⊙O 的直径,VA 垂直⊙O 所在的平面,C 是圆周上 不同于 A、B 的任意一点,M、N 分别为 VA、VC 的中点,则下列结论正确的是( )

A.MN∥AB B.MN 与 BC 所成的角为 45° C.OC⊥平面 VAC D.平面 VAC⊥平面 VBC [答案] D [解析] 依题意,MN∥AC,又直线 AC 与 AB 相交,因此 MN 与 AB 不平行;注意到 AC ⊥BC, 因此 MN 与 BC 所成的角是 90° ; 注意到直线 OC 与 AC 不垂直, 因此 OC 与平面 VAC 不垂直;由于 BC⊥AC,BC⊥VA,因此 BC⊥平面 VAC.又 BC?平面 VBC,所以平面 VBC⊥ 平面 VAC.综上所述可知选 D. 2 . (2013· 菱湖月考 )若某多面体的三视图 (单位: cm) 如图所示,则此多面体的体积是 ( )

1 A. cm3 2 5 C. cm3 6 [答案] C

2 B. cm3 3 7 D. cm3 8

[解析] 由三视图知,该几何体是由一个正方体割去一个角所得到的多面体,如图,其 1 1 5 正方体的棱长为 1,则该多面体的体积为 13- × ×13= cm3. 3 2 6

3.(文)已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:cm),可得这个几 何体的体积是( )

1 A. cm3 3 4 C. cm3 3 [答案] C

2 B. cm3 3 8 D. cm3 3

[解析] 由三视图知几何体为三棱锥,底面等腰三角形底边长 2,高为 2,棱锥高为 2, 1 1 4 V= ×( ×2×2)×2= cm3. 3 2 3 (理)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是棱 AB 上的动点,则直线 A1D 与直线 C1E 所成的 角等于( ) B.90° D.随点 E 的位置而变化

A.60° C.30° [答案] B [解析] ∵A1D⊥AB,A1D⊥AD1, ∴A1D⊥平面 AD1C1B,∴A1D⊥C1E.

4.(文)(2014· 河北名校名师俱乐部模拟)一简单组合体的三视图及尺寸如图所示(单位: cm),该组合体的体积为( A.42cm3 C.56cm3 [答案] D [解析] 由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为 6、4、1 的长方体和一个直三 棱柱组合而成,直三棱柱的底面是等腰三角形,三角形的底边长为 4,高为 5,棱柱的高为 1 2,其体积 V=1×4×6+ ×4×5×2=44(cm3). 2 B.48cm3 D.44cm3 )

(理)(2014· 郑州市质检)如图,四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2,BD⊥CD. 将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′-BCD,使平面 A′BD⊥平面 BCD,则下列 结论正确的是( )

A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90° C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 D.四面体 A′-BCD 的体积为 3 [答案] B [解析] 取 BD 的中点 O, ∵A′B=A′D, ∴A′O⊥BD, 又平面 A′BD ⊥平面 BCD,平面 A′BD∩平面 BCD=BD,∴A′O⊥平面 BCD,∵CD ⊥BD,∴OC 不垂直于 BD.假设 A′C⊥BD,∵OC 为 A′C 在平面 BCD 内 的射影,∴OC⊥BD,矛盾,∴A′C 不垂直于 BD,A 错误;∵CD⊥BD, 平面 A′BD⊥平面 BCD,∴CD⊥平面 A′BD,A′C 在平面 A′BD 内的射影为 A′D,∵ A′B=A′D=1,BD= 2,∴A′B⊥A′D,A′B⊥A′C,B 正确;∠CA′D 为直线 CA′ 1 1 与平面 A′BD 所成的角,∠CA′D=45° ,C 错误;VA′-BCD= S△A′BD· CD= ,D 错误,故 3 6 选 B. 5.(文)(2014· 济南四校联考)已知 m、n 是两条不同直线,α、β 为两个不同平面,那么 使 m∥α 成立的一个充分条件是( A.m∥β,α∥β B.m⊥β,α⊥β C.m⊥n,n⊥α,m?α D.m 上有不同的两个点到 α 的距离相等 [答案] C [解析] 对于 A,直线 m 可能位于平面 α 内;对于 B,直线 m 可能位于平面 α 内;对于 D,当直线 m 与平面 α 相交时,显然在该直线上也能找到两个不同的点到平面 α 的距离相 等.故选 C. (理)过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA,则平 面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是( A.30° C.60° ) B.45° D.90° )

[答案] B [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系, 不难求出平面 APB 与平 面 PCD 的法向量分别为 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 |n1· n2 | 2 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 = , |n1||n2| 2 故所求的二面角的大小是 45° . 6.如图,在正四面体 P-ABC 中,D、E、F 分别是 AB、BC、CA 的中点,下列四个结 论不成立的是

(

)

A.BC∥平面 PDF B.DF⊥平面 PAE C.平面 PDF⊥平面 PAE D.平面 PDE⊥平面 ABC [答案] D [解析] ∵D、F 分别为 AB、AC 的中点,∴BC∥DF, ∵BC?平面 PDF,∴BC∥平面 PDF,故 A 正确;在正四面体中,∵E 为 BC 中点,易 知 BC⊥PE,BC⊥AE,∴BC⊥平面 PAE,∵DF∥BC,∴DF⊥平面 PAE,故 B 正确;∵DF ⊥平面 PAE,DF?平面 PDF,∴平面 PDF⊥平面 PAE,∴C 正确,故选 D. 7.(文)如图,在棱长为 5 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,EF 是棱 AB 上的一条线段, 且 EF=2,Q 是 A1D1 的中点,点 P 是棱 C1D1 上的动点,则四面体 P-QEF 的体积( )

A.是变量且有最大值 B.是变量且有最小值 C.是变量且有最大值和最小值 D.是常量 [答案] D [解析] 因为 EF=2,点 Q 到 AB 的距离为定值,所以△QEF 的面积为定值,设为 S,

又因为 D1C1∥AB,所以 D1C1∥平面 QEF;点 P 到平面 QEF 的距离也为定值,设为 d,从 1 而四面体 P-QEF 的体积为定值 Sd. 3 (理)一个四面体的四个顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是(0,0,0)、(1,2,0)、 (0,2,2)、(3,0,1),则该四面体中以 yOz 平面为投影面的正视图的面积为( A.3 C.2 [答案] A [解析] 四个点在 yOz 平面上的正投影依次为(0,0,0),(0,2,0),(0,2,2),(0,0,1),故其面 1 积 S= ×(1+2)×2=3. 2 8.(文)已知 α、β、γ 是三个不同的平面,命题“α∥β,且 α⊥γ?β⊥γ”是真命题,如 果把 α、β、γ 中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有 ( ) A.0 个 C.2 个 [答案] C [解析] 若 α、β 换成直线 a、b,则命题化为“a∥b,且 a⊥γ?b⊥γ”,此命题为真命 题;若 α、γ 换为直线 a、b,则命题化为“a∥β,且 a⊥b?b⊥β”,此命题为假命题;若 β、 γ 换为直线 a、b,则命题化为“a∥α,且 b⊥α?a⊥b”,此命题为真命题,故选 C. (理)如图,在△ABC 中,AB⊥AC,若 AD⊥BC,则 AB2=BD· BC;类似地有命题:在三 棱锥 A-BCD 中,AD⊥平面 ABC,若 A 点在平面 BCD 内的射影为 M,则有 S2 S △ABC=S△BCM·
△BCD

)

5 B. 2 7 D. 2

B .1 个 D.3 个

.上述命题是(

)

A.真命题 B.增加条件“AB⊥AC”才是真命题 C.增加条件“M 为△BCD 的垂心”才是真命题 D.增加条件“三棱锥 A-BCD 是正三棱锥”才是真命题 [答案] A [解析] 因为 AD⊥平面 ABC,所以 AD⊥AE,AD⊥BC,在△ADE 中,AE2=ME· DE, 又 A 点在平面 BCD 内的射影为 M,所以 AM⊥平面 BCD,AM⊥BC,所以 BC⊥平面 ADE, 所以 BC⊥DE,将 S△ABC、S△BCM、S△BCD 分别表示出来,可得 S2 S△BCD,故选 A. △ABC=S△BCM·

二、填空题(本大题共 2 小题,每小题 6 分,共 12 分,将答案填写在题中横线上.) 9.(文)已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,点 E、F 分别是 棱 PC、PD 的中点,则 ①棱 AB 与 PD 所在直线垂直; ②平面 PBC 与平面 ABCD 垂直; ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积; ④直线 AE 与平面 BF 是异面直线. 以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的编号) [答案] ①③ [解析] 由条件可得 AB⊥平面 PAD,∴AB⊥PD,故①正确; 若平面 PBC⊥平面 ABCD,由 PB⊥BC,得 PB⊥平面 ABCD,从而 PA∥PB,这是不可 能的,故②错; 1 1 S△PCD= CD· PD,S△PAB= AB· PA,由 AB=CD,PD>PA 知③正确; 2 2 由 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点,可得 EF∥CD,又 AB∥CD,∴EF∥AB,故 AE 与 BF 共面,④错,故填①③. (理)如图,正方形 BCDE 的边长为 a,已知 AB= 3BC,将直角△ABE 沿 BE 边折起,A 点在面 BCDE 上的射影为 D 点,则翻折后的几何体中有如下描述:

①AB 与 DE 所成角的正切值是 2; 1 ②VB-ACE 的体积是 a3; 6 ③AB∥CD; ④平面 EAB⊥平面 ADE; ⑤直线 BA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 3 . 3

其中正确的叙述有________(写出所有正确结论的编号). [答案] ①②④⑤ [解析] 由题意可得如图所示的几何体,对于①,AB 与 DE 所成角为∠ABC,在△ABC 中,∠ACB=90° ,AC= 2a,BC=a,所以 tan∠ABC= 2,故①正确;

1 1 1 对于②,VB-ACE=VA-ECB= ×a× ×a×a= a3,故②正确;③明显错误; 3 2 6 对于④,因为 AD⊥平面 BCDE,所以 AD⊥BE,又因为 DE⊥BE,所以 BE⊥平面 ADE, 可得平面 EAB⊥平面 ADE,故④正确;对于⑤,由④可知,∠BAE 即为直线 BA 与平面 ADE 所成的角,在△ABE 中,∠AEB=90° ,AB= 3a,BE=a,所以 sin∠BAE= 3 ,故⑤正确. 3

10.(2014· 邯郸一模)已知直角梯形 ABCD,AB⊥AD,CD⊥AD,AB=2AD=2CD=2 沿 AC 折成三棱锥,当三棱锥体积最大时,求此时三棱锥外接球的体积________. [答案] 4 π 3

[解析] 在直角梯形 ABCD 中,AB⊥AD,CD⊥AD,AB=2AD=2CD=2,∴AB=2, AD=1,CD=1,∴AC= 2,BC= 2,∴BC⊥AC,取 AC 的中点 E,AB 中点 O,当三棱 4 4 锥体积最大时,平面 DCA⊥平面 ACB,∴OA=OB=OC=OD,∴OB=1,∴V= πR3= π. 3 3 三、解答题(本大题共 3 小题,共 40 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 11.(本小题满分 13 分)(文)如图,已知矩形 ABCD 中,AB=10,BC=6,沿对角线 BD 把△ABD 折起,使 A 点移到 A1 点,且 A1 在平面 BCD 上的射影 O 恰好在 CD 上.

(1)求证:BC⊥A1D; (2)求证:平面 A1BC⊥平面 A1BD; (3)求三棱锥 A1-BCD 的体积. [解析] (1)∵A1 在平面 BCD 上的射影 O 在 CD 上, ∴A1O⊥平面 BCD,又 BC?平面 BCD,∴BC⊥A1O. 又 BC⊥CO,CO∩A1O=O,CO?平面 A1CD,A1O?平面 A1CD, ∴BC⊥平面 A1CD,又 A1D?平面 A1CD,∴BC⊥A1D. (2)∵四边形 ABCD 为矩形, ∴A1D⊥A1B,由(1)知 BC⊥A1D.

又 BC∩A1B=B,BC?平面 A1BC,A1B?平面 A1BC, ∴A1D⊥平面 A1BC,又 A1D?平面 A1BD, ∴平面 A1BC⊥平面 A1BD. (3)∵A1D⊥平面 A1BC,∴A1D⊥A1C. ∵CD=10,A1D=6,∴A1C=8, 1 1 ∴VA1-BCD=VD-A1BC= × ×6×8×6=48. 3 2 (理)(2013· 大兴区模拟)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,△ABC 是等边三角形,D 是 BC 的中点.

(1)求证:直线 A1D⊥B1C1; (2)判断 A1B 与平面 ADC1 的位置关系,并证明你的结论. [解析] (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥BC, 在等边△ABC 中,D 是 BC 中点,所以 AD⊥BC, 因为在平面 A1AD 中,A1A∩AD=A, 所以 BC⊥平面 A1AD, 又因为 A1D?平面 A1AD,所以 A1D⊥BC,

在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,四边形 BCC1B1 是平行四边形,所以 B1C1∥BC, 所以,A1D⊥B1C1. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,四边形 ACC1A1 是平行四边形,在平行四边形 ACC1A1 中连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 DO. 故 O 为 A1C 的中点. 在三角形 A1CB 中,D 为 BC 中点,O 为 A1C 中点,故 DO∥A1B. 因为 DO?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1,

所以,A1B∥平面 ADC1, 故 A1B 与平面 ADC1 平行. 12.(本小题满分 13 分)(文)如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是直角梯 形,∠BAD=∠ADC=90° ,AB=2AD=2CD=2.

(1)求证:AC⊥平面 BB1C1C; (2)在 A1B1 上是否存在一点 P,使得 DP 和平面 BCB1、平面 ACB1 都平行?证明你的结 论. [解析] (1)直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,∴BB1 ⊥AC. 又∵∠BAD=∠ADC=90° ,AB=2AD=2CD=2, ∴AC= 2,∠CAB=45° ,∴BC= 2,∴BC⊥AC, 又 BB1∩BC=B,BB1、BC?平面 BB1C1C, ∴AC⊥平面 BB1C1C; (2)存在符合条件的点 P,且 P 为 A1B1 的中点.

证明:∵P 为 A1B1 的中点, 1 所以 PB1∥AB,且 PB1= AB, 2 1 又 DC∥AB,DC= AB, 2 ∴DC∥PB1,且 DC=PB1. ∴四边形 CDPB1 为平行四边形,从而 CB1∥DP. 又 CB1?平面 ACB1,DP?平面 ACB1. ∴DP∥平面 ACB1,同理 DP∥平面 BCB1. [点评] (2)问中假如存在点 P, 使得 DP∥平面 BCB1, DP∥平面 ACB1, 又∵平面 BCB1∩ 平面 ACB1=CB1, ∴DP∥CB1, 又 CD∥PB1, 故四边形 CDPB1 为平行四边形, ∵A1B1=2CD, 故只须 P 为 A1B1 的中点,即有 PB1 綊 DC,而获解. 对于存在性命题, 常常是先假设存在, 把其作为一个条件与其他已知条件结合加以分析,

探寻解题的思路. (理)(2014· 哈三中一模)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形, ∠BAD=60° , Q 为 AD 的中点. (1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD,且 PA=PD=AD=2,点 M 在线段 PC 上,试确定点 M 的 PM 位置,使二面角 M-BQ-C 大小为 60° ,并求出 的值. PC

[解析] (1)∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,∴PQ⊥AD,又∵底面 ABCD 为菱形,∠BAD =60° ,∴BQ⊥AD,又 PQ∩BQ=Q,∴AD⊥平面 PQB,又∵AD?平面 PAD,∴平面 PQB ⊥平面 PAD; (2)∵平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PQ⊥AD, ∴PQ⊥平面 ABCD.∴以 Q 为坐标原点,分别以 QA、QB、QP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系如图.

→ → 则 Q(0,0,0),P(0,0, 3),B(0, 3,0),C(-2, 3,0),设PM=λPC(0<λ<1), 所以 M(-2λ, 3λ, 3(1-λ)),平面 CBQ 的一个法向量是 n1=(0,0,1), 设平面 MQB 的一个法向量为 n2=(x,y,z), → ? n2=0, ?QM· ?-2λx+ 3λy+ 3z?1-λ?=0, 所以? ∴? → ? 3y=0, ? n2=0, ?QB· y=0, ? ? ∴? 3?1-λ?z x= . ? 2λ ? 3-3λ 取 n2=( ,0, 3), 2λ 由二面角 M-BQ-C 大小为 60° ,可得:

1 |n1· n2 | 1 PM 1 = ,解得 λ= ,此时 = . 2 |n1|· |n2| 3 PC 3 13.(本小题满分 14 分)(文)(2013· 福建文,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60° .

→ (1)当正视方向与向量AD的方向相同时, 画出四棱锥 P-ABCD 的正视图(要求标出尺寸, 并写出演算过程); (2)若 M 为 PA 的中点,求证:DM∥平面 PBC; (3)求三棱锥 D-PBC 的体积. [解析] (1)在梯形 ABCD 中,过点 C 作 CE⊥AB,垂足为 E.

由已知得,四边形 ADCE 为矩形,AE=CD=3, 在 Rt△BEC 中,由 BC=5,CE=4,依勾股定理知 BE=3,从而 AB=6. 又由 PD⊥平面 ABCD 得 PD⊥AD, 从而在 Rt△PDA 中,由 AD=4,∠PAD=60° , 得 PD=4 3. 正视图如图所示:

(2)取 PB 中点为 N,连接 MN、CN. 在△PAB 中,∵M 是 PA 中点, 1 ∴MN∥AB,MN= AB=3,又 CD∥AB,CD=3, 2 ∴MN∥CD,MN=CD, ∴四边形 MNCD 为平行四边形,∴DM∥CN. 又 DM?平面 PBC,CN?平面 PBC, ∴DM∥平面 PBC. 1 (3)VD-PBC=VP-DBC= S△DBC· PD, 3 又 S△DBC=6,PD=4 3,所以 VD-PBC=8 3. (理)(2013· 陕西理,18)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 为底 面中心,A1O⊥平面 ABCD,AB=AA1= 2.

(1)证明:A1C⊥平面 BB1D1D (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小. [解析] 如图建立空间直角坐标系,

由 AB=AA1= 2可知 O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),B1(-1,1,1),C(-1,0,0),A1(0,0,1), D1(-1,-1,1),D(0,-1,0). → → → (1)∵A1C=(-1,0,-1),DB=(0,2,0),BB1=(-1,0,1) → → → → ∴A1C· DB=0,A1C· BB1=0,

即 A1C⊥DB,A1C⊥BB1 且 DB∩BB1=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D (2)易求得平面 OCB1 的一个法向量 n=(0,1,-1),平面 BB1D1D 的一个法向量为 m= |m· n| 1 (1,0,1),所求夹角余弦值为 cosθ= = , |m||n| 2 所求夹角的大小为 60° .

一、选择题 1.(2013· 郑州质检)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的表面积为( )

A.6+ 5 C.8+ 5 [答案] D

B.6+2 5 D.8+2 5

[解析] 由三视图可知该几何体为一横放的直三棱柱,其中底面正对观察者,为一直角 三角形,两直角边长分别为 1,2,棱柱的高为 2,故其表面积 S=(2+1+ 5)×2+2×1=8 +2 5. 2.(2013· 福州质检)如图是一个空间几何体的三视图,这个几何体的体积是( )

A.2π C.6π [答案] D

B.4π D.8π

[解析] 由图可知该几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的几何体,V=V 1 =π×22×3- π×22×3=8π,故选 D. 3

圆柱

-V

圆锥

3.(文)在正四面体(棱长都相等的四面体)A-BCD 中,棱长为 4,M 是 BC 的中点,点 P 在线段 AM 上运动(P 不与 A、M 重合),过点 P 作直线 l⊥平面 ABC,l 与平面 BCD 交于

点 Q,给出下列命题:

①BC⊥平面 AMD; ②Q 点一定在直线 DM 上; ③VC-AMD=4 2. 其中正确的是( A.①② C.②③ [答案] A [解析] 由 BC⊥AM,BC⊥MD,可得 BC⊥平面 AMD,即①正确;由 BC⊥平面 AMD 可得平面 AMD⊥平面 ABC,则若过 P 作直线 l⊥平面 ABC,l 与平面 BCD 交于点 Q,Q 点 1 1 2 8 2 一定在直线 DM 上,即②正确;由 VC-AMD= VC-ABD= × ×43= ,即③不正确,综上 2 2 12 3 可得正确的命题序号为①②,故应选 A. (理)(2014· 唐山市二模)直三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有顶点都在半径为 2的球面上,AB =AC= 3,AA1=2,则二面角 B-AA1-C 的余弦值为( 1 A.- 3 1 C. 3 [答案] D [解析] 如图,设球心为 O,底面△ABC 外接圆的圆心为 O′,则 OA=OB=OC= 2, OO′=1,∴O′A=O′B=O′C=1,∴BC= 3,∴△ABC 为正三角形,∴二面角 B- 1 AA1-C 的平面角 BAC=60° ,∴二面角 B-AA1-C 的余弦值为 . 2 1 B.- 2 1 D. 2 ) ) B.①③ D.①②③

4. (文)设 m、 n 是两条不同的直线, α、 β 是两个不同的平面, 则下列命题不正确的是(

)

A.若 m⊥n,m⊥α,n?α,则 n∥α B.若 m⊥β,α⊥β,则 m∥α 或 m?α C.若 m⊥n,m⊥α,n⊥β,则 α⊥β D.若 m∥α,α⊥β,则 m⊥β [答案] D [解析] 对于选项 D, 当直线 m 位于平面 β 内且与平面 α, β 的交线平行时, 直线 m∥α, 显然 m 与平面 β 不垂直,因此选项 D 不正确. (理)(2013· 嘉兴二测)已知 α、β、γ 是三个不重合的平面,m、n 是不重合的直线,下列 判断正确的是( )

A.若 α⊥β,β⊥γ,则 α∥γ B.若 α⊥β,l∥β,则 l∥α C.若 m∥α,n∥α,则 m∥n D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n [答案] D [解析] A 错,两平面还可垂直;B 错,还可能有 l∥α;C 错,两直线 m,n 的位置关 系不确定;D 正确,垂直于同一平面的两直线互相平行. 5.如图,正△ABC 的中线 AF 与中位线 DE 相交于 G,已知△A′ED 是△AED 绕 DE 旋 转过程中的一个图形,下列命题中,错误的是( )

A.动点 A′在平面 ABC 上的投影在线段 AF 上 B.恒有平面 A′GF⊥平面 BCED C.三棱锥 A′-FED 的体积有最大值 D.异面直线 A′E 与 BD 不可能垂直 [答案] D [解析] 由题意,DE⊥平面 AGA′, ∴A、B、C 正确,故选 D. 6.(文)(2014· 山西太原月考)如图所示,正方体 ABCD-A′B′C′D′的棱长为 1, E、 F 分别是棱 AA′、CC′的中点,过直线 EF 的平面分别与棱 BB′、DD′交于 M、N,设 BM=x,x∈[0,1],给出以下四个命题: ①平面 MENF⊥平面 BDD′B′; 1 ②当且仅当 x= 时,四边形 MENF 的面积最小; 2

③四边形 MENF 周长 L=f(x),x∈[0,1]是单调函数; ④四棱锥 C′-MENF 的体积 V=h(x)为常函数; 以上命题中假命题的序号为( )

A.①④ C.③ [答案] C

B.② D.③④

[解析] AC⊥平面 BDD′B′,EF∥AC,∴EF⊥平面 BDD′B′,∴①正确;∵EF 为 所在棱的中点,由对称性及条件知四边形 EMFN 为菱形,其面积随着对角线 MN 的增大而 1 增大,当 x= 时,M 为 BB′的中点,此时 MN 取最小值,∴②正确,③错误;V 四棱锥 C′-MENF 2 =2VC′-MEF=2VE-MFC′为常数,∴V=h(x)为常函数. (理)(2013· 杭州质检)如图,设平面 α∩β=EF,AB⊥α,CD⊥α,垂足分别是 B、D,如 果增加一个条件,就能推出 BD⊥EF,这个条件不可能是下面四个选项中的( )

A.AC⊥β B.AC⊥EF C.AC 与 BD 在 β 内的射影在同一条直线上 D.AC 与 α、β 所成的角相等 [答案] D [解析] 因为 BD 是 AC 在平面 α 内的射影, 所以只需得到 AC⊥EF, 那么由三垂线定理 的逆定理可得 BD⊥EF.对于选项 A,因为 AC⊥β,EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.选项 B,因为 AC⊥EF,所以 BD⊥EF.对于选项 C,可得平面 ABDC⊥β,所以 BD⊥EF.对于选项 D,AC 与 α、β 所成的角相等,无法保证 AC⊥EF.综上知选 D. 7.(文)已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸,可知这个几何体的

侧面积是(

)

A. 3π 2π C. 3 [答案] D

π B. 3 D. 5π

[解析] 由三视图知,该几何体是一个圆锥,底半径为 1,高为 2,母线长 l= 22+12= 5,∴侧面积 S= 5π. (理)已知正四面体 A-BCD,设异面直线 AB 与 CD 所成的角为 α,侧棱 AB 与底面 BCD 所成的角为 β,侧面 ABC 与底面 BCD 所成的角为 γ,则( A.α>β>γ C.β>α>γ [答案] B [解析] 如图,设底面 BCD 的中心为点 O,连接 AO,BO,易知∠ ABO=β,取 BC 的中点 E,连接 AE、OE,易知∠AEO=γ,在正三角形 π BCD 中,OB>OE,因此 0<β<γ< ,延长 BO 交 CD 于 F,则 BF⊥CD, 2 又 AO⊥CD, π ∴CD⊥平面 ABF.∴CD⊥AB,即 α= .∴α>γ>β. 2 8. (文)在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, M 为 AB 的中点, 则点 C 到平面 A1DM 的距离为( ) B.α>γ>β D.γ>β>α )

A.

6 a 3

B.

6 a 6

C.

2 a 2

1 D. a 2

[答案] A [解析] 设点 C 到平面 A1DM 的距离为 h,则由已知得 DM=A1M= 1 A1D= 2a,S△A1DM= × 2a× 2 ? a 5 a2+? ?2= a, 2 2

5 2 2 6 1 a? -? a?2= a2,连接 CM,S△CDM= a2,由 VC 2 2 4 2

1 1 6 1 6 -A1DM=VA1-CDM,得 S△A1DM· h= S△CDM· a,即 a2· h= a2· a,得 h= a,所以点 C 3 3 4 2 3 到平面 A1DM 的距离为 6 a,选 A. 3

(理)已知正方形 ABCD 的边长为 2 2, 将△ABC 沿对角线 AC 折起, 使平面 ABC⊥平面 ACD, 得到如右图所示的三棱锥 B-ACD.若 O 为 AC 边的中点,M、N 分别为线段 DC、BO 上的动点(不包括端点),且 BN =CM.设 BN=x,则三棱锥 N-AMC 的体积 y=f(x)的函数图象大致是( )

[答案] B 1 1 [解析] 由条件知,AC=4,BO=2,S△AMC= CM· AD= 2x,NO=2-x,∴VN-AMC= 2 3 S△AMC· NO= 2 2 x(2-x),即 f(x)= x(2-x),故选 B. 3 3

二、填空题 9.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 P 是上底面 A1B1C1D1 内一动点,则三棱锥 P-ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________.

[答案] 1 [解析] 依题意得三棱锥 P-ABC 的主视图与左视图均为三角形,且这两个三角形的底 边长都等于正方体的棱长, 底边上的高也都相等, 因此三棱锥 P-ABC 的主视图与左视图的 面积之比等于 1. 10.(文)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________m3.

[答案] 30 [解析] 本题考查三视图及柱体体积公式. 由三视图知该几何体由一个棱长为 3,4,2 的长方体和一个底面是直角梯形高为 4 的直棱 2+1 柱组成,则体积 V=3×4×2+ ×1×4=30. 2 [点评] 解决三视图问题应弄清图中各量与原几何体的量的关系. (理)设 C 是∠AOB 所在平面外的一点, 若∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ, 其中 θ 是锐角, 而 OC 和平面 AOB 所成角的余弦值等于 [答案] 60° [解析] 作 CC1⊥平面 AOB 于点 C1, C1A1⊥OA 于点 A1, C1B1⊥OB 于点 B1, 连接 OC1, 则∠COC1 为直线 OC 与平面 AOB 所成的角,且 OC1 是∠AOB 的平分线, x 设 OA1=x,则 OC= , cosθ x OC1= , θ cos 2 θ 2cos2 -1 2 cosθ 3 易求得 cos∠COC1= = = , θ θ 3 cos cos 2 2 θ 3 θ 即 2cos2 - cos -1=0,解之得 2 3 2 θ 3 θ 3 cos = 或 cos =- (舍去), 2 2 2 3 θ 故 =30° ,所以 θ=60° . 2 三、解答题 11.(文)(2014· 威海两校质检)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,侧 棱 PA⊥底面 ABCD,且 PA=2,E 是侧棱 PC 上的动点. 3 ,则 θ 的值为________. 3

(1)求四棱锥 P-ABCD 的体积; (2)如果 E 是 PA 的中点,求证 PC∥平面 BDE; (3)是否不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置,都有 BD⊥CE?证明你的结论. [解析] (1)∵PA⊥平面 ABCD, 1 1 2 ∴VP-ABCD= S 正方形 ABCD· PA= ×12×2= . 3 3 3 2 即四棱锥 P-ABCD 的体积为 . 3 (2)连接 AC 交 BD 于 O,连接 OE.

∵四边形 ABCD 是正方形,∴O 是 AC 的中点. 又∵E 是 PA 的中点,∴PC∥OE. ∵PC?平面 BDE,OE?平面 BDE,∴PC∥平面 BDE. (3)不论点 E 在何位置,都有 BD⊥CE. 证明如下:∵四边形 ABCD 是正方形,∴BD⊥AC. ∵PA⊥底面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,∴BD⊥PA. 又∵AC∩PA=A,∴BD⊥平面 PAC. ∵不论点 E 在何位置,都有 CE?平面 PAC. ∴不论点 E 在何位置,都有 BD⊥CE. (理)(2014· 成都一诊)如图,PO⊥平面 ABCD,点 O 在 AB 上,EA∥ PO,四边形 ABCD 为直角梯形,BC⊥AB,BC=CD=BO=PO,EA= 1 AO= CD. 2 (1)求证:PE⊥平面 PBC; (2)直线 PE 上是否存在点 M,使 DM∥平面 PBC,若存在,求出点 M;若不存在,说明

理由. (3)求二面角 E-BD-A 的余弦值. [解析] (1)证明:∵EA∥OP,AO?平面 ABP, ∴点 A,B,P,E 共面. ∵PO⊥平面 ABCD,PO?平面 PEAB. ∴平面 PEAB⊥平面 ABCD, ∵BC?平面 ABCD,BC⊥AB, 平面 PEAB∩平面 ABCD=AB, ∴BC⊥平面 PEAB,∴PE⊥BC. 由平面几何知识知 PE⊥PB,又 BC∩PB=B, ∴PE⊥平面 PBC. (2)点 E 即为所求的点,即点 M 与点 E 重合.取 PB 的中点 F,连接 EF、CF、DE,延 长 PE 交 BA 的延长线于 H,则 E 为 PH 的中点,O 为 BH 的中点,∴EF 綊 OB,

又 OB 綊 CD,∴EF∥CD,且 EF=DC,

∴四边形 DCFE 为平行四边形,所以 DE∥CF. ∵CF 在平面 PBC 内,DE 不在平面 PBC 内, ∴DE∥平面 PBC. (3)由已知可知四边形 BCDO 是正方形,显然 OD、OB、OP 两两垂直,如图建立空间直 角坐标系,设 DC=1,

1 1 则 B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,- , ), 2 2 设平面 BDE 的一个法向量为 n1=(x,y,z), 3 1 → → BD=(1,-1,0),BE=(0,- , ), 2 2

x-y=0, → ? ? BD=0, ?n1· ? ? 即? 3 1 → ? ? BE=0, ?n1· ?-2y+2z=0. 取 y=1,则 x=1,z=3,从而 n1=(1,1,3). 取平面 ABD 的一个法向量为 n2=(0,0,1). n 1· n2 3 3 11 cos〈n1,n2〉= = = , |n1|· |n2| 11 11· 1 3 11 故二面角 E-BD-A 的余弦值为 . 11 12.(文)已知四棱锥 P-ABCD 的直观图和三视图如图所示,E 是 PB 的中点.

(1)求三棱锥 C-PBD 的体积; (2)若 F 是 BC 上任一点,求证:AE⊥PF; (3)边 PC 上是否存在一点 M,使 DM∥平面 EAC,并说明理由. [解析] (1)由该四棱锥的三视图可知, 四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 2 和 1 的矩形, 侧棱 PA⊥平面 ABCD,且 PA=2, 1 1 2 ∴VC-PBD=VP-BCD= × ×1×2×2= . 3 2 3 (2)证明:∵BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A. ∴BC⊥平面 PAB,∴BC⊥AE, 又在△PAB 中,∵PA=AB,E 是 PB 的中点, ∴AE⊥PB.又∵BC∩PB=B, ∴AE⊥平面 PBC,且 PF?平面 PBC,∴AE⊥PF. (3)存在点 M,可以使 DM∥平面 EAC.

连接 BD,设 AC∩BD=O,连接 EO. 在△PBD 中,EO 是中位线. ∴PD∥EO, 又∵EO?平面 EAC,PD?平面 EAC, ∴PD∥平面 EAC, ∴当点 M 与点 P 重合时,可以使 DM∥平面 EAC. (理)如图①,边长为 1 的正方形 ABCD 中,点 E、F 分别为 AB、BC 的中点,将△BEF 剪去,将△AED、△DCF 分别沿 DE、DF 折起,使 A、C 两点重合于点 P,得一三棱锥如图 ②所示.

(1)求证:PD⊥EF; (2)求三棱锥 P-DEF 的体积; (3)求 DE 与平面 PDF 所成角的正弦值. [解析] (1)依题意知图①折前 AD⊥AE,CD⊥CF, ∴折起后 PD⊥PE,PF⊥PD, ∵PE∩PF=P,∴PD⊥平面 PEF. 又∵EF?平面 PEF,∴PD⊥EF. 1 1 2 (2)依题意知图①中 AE=CF= ,∴PE=PF= ,在△BEF 中 EF= 2BE= , 2 2 2 在△PEF 中,PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF, 1 111 1 ∴S△PEF= · PE· PF= · · = , 2 222 8 1 1 1 1 ∴VP-DEF=VD-PEF= S△PEF· PD= × ×1= . 3 3 8 24 (3)由(2)知 PE⊥PF,又 PE⊥PD,∴PE⊥平面 PDF, ∴∠PDE 为 DE 与平面 PDF 所成的角. 在 Rt△PDE 中, ∵DE= PD2+PE2= 1 5 1 1+ = ,PE= , 4 2 2

1 PE 2 5 ∴sin∠PDE= = = . DE 5 5 2 13.(文)如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BB1=BC, AC1⊥平面 A1BD,D 为 AC 的中点. (1)求证:B1C∥平面 A1BD; (2)求证:B1C1⊥平面 ABB1A1; (3)在 CC1 上是否存在一点 E,使得∠BA1E=45° ,若存在,试确定 E 的位置,并判断平 面 A1BD 与平面 BDE 是否垂直?若不存在,请说明理由. [分析] (1)连接 AB1,交 A1B 于 M,则 MD 就是平面 A1BD 内与 B1C 平行的直线;(2) 需在平面 ABB1A1 中找两条相交直线都与 B1C1 垂直,由直三棱柱的概念,知 BB1⊥B1C1,另 一条的寻找,从 AC1⊥平面 A1BD,以平行四边形 ABB1A1 为正方形入手,证明 A1B⊥平面 AB1C1 从而得出 A1B⊥B1C1.(3)用余弦定理解△A1BE. [解析] (1)连接 AB1 与 A1B 相交于 M,则 M 为 A1B 的中点.连接 MD,又 D 为 AC 的 中点,

∴B1C∥MD, 又 B1C?平面 A1BD,MD?平面 A1BD,∴B1C∥平面 A1BD. (2)∵AB=B1B,∴平行四边形 ABB1A1 为正方形, ∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面 A1BD, ∴AC1⊥A1B,∴A1B⊥平面 AB1C1,∴A1B⊥B1C1. 又在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥B1C1, ∴B1C1⊥平面 ABB1A1. (3)设 AB=a,CE=x,∵B1C1⊥A1B1,在 Rt△A1B1C1 中有 A1C1= 2a,同理 A1B1= 2a, ∴C1E=a-x, ∴A1E= 2a2+?a-x?2= x2+3a2-2ax, BE= a2+x2, ∴在△A1BE 中,由余弦定理得 BE2=A1B2+A1E2-2A1B· A1E· cos45° ,即 2 a2+x2=2a2+x2+3a2-2ax-2 2a 3a2+x2-2ax· , 2

∴ 3a2+x2-2ax=2a-x, 1 ∴x= a,即 E 是 C1C 的中点, 2 ∵D、E 分别为 AC、C1C 的中点,∴DE⊥AC1. ∵AC1⊥平面 A1BD,∴DE⊥平面 A1BD. 又 DE?平面 BDE,∴平面 A1BD⊥平面 BDE. [点评] 空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直三者之间可以相互 转化,每一种垂直的判定都是从某种垂直开始转向另一种垂直,最终达到目的,其转化关系 为线线垂直???? 线面垂直???? 面面垂直. 性质定理 性质定理 (理)(2014· 齐鲁名校联考)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=2AA1,∠ABC =90° ,D 是 BC 的中点.
判定定理 判定定理

(1)求证:A1B∥平面 ADC1; (2)求二面角 C1-AD-C 的余弦值; (3)试问线段 A1B1 上是否存在点 E,使得 AE 与 DC1 成 60° 角?若存在,确定 E 点位置; 若不存在,说明理由. [解析] (1)证明:连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱得四边形 ACC1A1 为矩形,O 为 A1C 的中点. 又 D 为 BC 中点,所以 OD 为△A1BC 中位线, 所以 A1B∥OD, 所以 OD?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1, 所以 A1B∥平面 ADC1. (2)由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,且∠ABC=90° ,故 BA、BC、BB1 两两垂直. 如图建立空间直角坐标系 B-xyz.

设 BA=2,则 B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0).

→ → 所以AD=(1,-2,0),AC1=(2,-2,1). 设平面 ADC1 的法向量为 n=(x,y,z),则有 → ? ?x-2y=0, AD=0, ?n· ? ? 所以? ? → ?2x-2y+z=0. ? AC1=0. ? n· 取 y=1,得 n=(2,1,-2). 易知平面 ADC 的法向量为 v=(0,0,1). 由二面角 C1-AD-C 的平面角是锐角,得 cos〈n,v〉= |n· v| 2 = . |n||v| 3

2 所以二面角 C1-AD-C 的余弦值为 . 3 (3)假设存在满足条件的点 E. 因为 E 在线段 A1B1 上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 故可设 E(0,λ,1),其中 0≤λ≤2. → → 所以AE=(0,λ-2,1),DC1=(1,0,1). → → ? ? AE · DC1 1 因为 AE 与 DC1 成 60° 角,所以? = . ? 2 → → ?|AE||DC1|? 即? 1 ? ?=1,解得 λ=1,舍去 λ=3. ? ? ?λ-2?2+1· 2? 2

所以当点 E 为线段 A1B1 中点时,AE 与 DC1 成 60° 角.


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