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立体几何专题评估测试题及详细答案


立体几何专题评估测试题
[时间 120 分钟,满分 150 分]
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.(2013· 济宁一模)已知 m,n 是空间两条不同的直线,α,β,γ 是三个不同的平面,则下列命 题正确的是 A.若 α∥β,m?α,n?β,则 m∥n C.若 m?β,α⊥β,则 m⊥α B.若 α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则 α∥β D.若 m⊥β,m∥α,则 α⊥β

解析 根据线面垂直的判定和性质可知,D 正确. 答案 D 2.(2013· 课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1), (1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到的正视 图可以为

解析 结合已知条件画出图形,然后按照要求作出正视图. 根据已知条件作出图形:四面体 C1-A1DB,标出各个点的坐标如图(1)所示,

可以看出正视图是正方形,如图(2)所示.故选 A. 答案 A

-1-

3.在空间中,不同的直线 m,n,l,不同的平面 α,β,则下列命题正确的是 A.m∥α,n∥α,则 m∥n C.m⊥l,n⊥l,则 m∥n 答案 D 4.(2013· 大兴一模)已知平面 α,β,直线 m,n,下列命题中不正确的是 A.若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β C.若 m∥α,α∩β=n,则 m∥n B.若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α D.若 m⊥α,m?β,则 α⊥β B.m∥α,m∥β,则 α∥β D.m⊥α,m⊥β,则 α∥β

解析 C 中,当 m∥α 时,m 只和过 m 平面与 β 的交线平行,所以 C 不正确. 答案 C 5.(2013· 滨州模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为

A.1

1 B.3

1 C.2

3 D.2

解析 由三视图可知,该几何体是四棱锥,以俯视图为底,高为 1,俯视图的面积为 1×1=1, 1 1 所以四棱锥的体积为3×1×1=3,选 B. 答案 B 6.下列命题正确的是 A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内的三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面垂直 解析 A 不正确,满足条件的直线可能相交也可能异面;B 不正确,当两个平面相交时也满 足条件;由线面平行的性质定理可知 C 正确;D 不正确,垂直于同一个平面的两个平面可能平行, 也可能相交. 答案 C
-2-

7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为

A. 2π C.(2 2+1)π

B.2 2π D.(2 2+2)π

解析 由三视图可知该几何体是两个高相等、底面完全重合的圆锥,圆锥的底面半径为 1,高 为 1,则该几何体的表面积为 2×πrl=2×π×1× 2=2 2π. 答案 B 8.设 m,n 是不同的直线,α,β,γ 是不同的平面,有以下四个命题: ① α∥β? α⊥β ? ??β∥γ;② ??m⊥β; α∥γ ? m∥α? m⊥α? m∥n? ??α⊥β;④ ??m∥α. m∥β ? n?α ?



其中真命题的是 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④

解析 ①正确,平行于同一平面的两平面平行;②中 m 可能在平面 β 内,也可能 m∥β,m⊥ β,③正确.④中可能 m?α. 答案 A 9.(2013· 临汾模拟)若某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形,则该几何体的外接球 的表面积为

-3-

A.10π 解析

B.50π

C.25π

D.100π

由三视图可知该几何体为三棱锥,并且在同一顶点上的三条棱两两垂直,且棱长分别

为 3、4、5,故该几何体的外接球也就是棱长分别为 3、4、5 长方体的外接球,则该外接球的半径 1 5 2 R=2 32+42+52= 2 ,所以 S=4πR2=50π. 答案 B 10.(2013· 太原模拟)几何体 ABCDEP 的三视图如图,其中正视图为直角梯形,侧视图为直角 三角形,俯视图为正方形,则下列结论中不成立的是

A.BD∥平面 PCE C.平面 BCE∥平面 ADP

B.AE⊥平面 PBC D.CE∥DP

解析 由三视图可知,该几何体的底面是正方形,且棱 EB 和 PA 都与底面 ABCD 垂直.若 CE∥DP,则 CE 在平面 PDA 上的射影和 DP 平行,这和几何体的侧视图矛盾,故选项 D 不成立. 答案 D 11.若底面边长为 a 的正四棱锥的全面积与棱长为 a 为正方体的全面积相等,那么这个正四 棱锥的侧棱与底面所成角的余弦值为 3 A. 3 3 B. 6 13 C. 13 26 D. 26

5 解析 由题意知正四棱锥的每个侧面面积为4a2.设正四棱锥的侧棱长为 x,则正四棱锥的斜高 h′= a2 x2- 4 ,
-4-

1 所以有2

a2 5 26 x -4· a=4a2,解得 x= 2 a.
2

2 2a 13 所以正四棱锥的侧棱与底面所有角的余弦值为 = 13 . 26 2 a 答案 C 12.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是正方形 ADD1A1 和 ABCD 的中心, G 是 CC1 的中点,设 GF、C1E 与 AB 所成的角分别是 α、β,则 α+β 等于

A.120°

B.60°

C.75°

D.90°

解析 选 BC 的中点 M,连接 FM、MG,则∠GFM 为 GF 与 AB 所成的角;连接 ED1,则∠ C1D1 MG EC1D1 为 C1E 与 AB 所成的角.计算出 MF,MG,ED1 的长度可知 D E = MF ,故 Rt△GMF∽Rt
1

△C1ED,∴∠GFM+∠EC1D1=90° .选 D. 答案 D 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中的横线上) 13.将边长为 2 的正方形沿对角线 AC 折起,以 A,B,C,D 为顶点的三棱锥的体积最大值 等于________. 解析 如图所示,设 O 是正方形 ABCD 的对角线 AC 和 BD 的交点,AH 是点 A 到平面 BCD 的距离,因为 S△BCD=2,所以当 AH 最大时,所求三棱锥的体积就最大,由图可知当点 H 与点 O 1 2 2 重合时,AH 最大,此时 AH=AO= 2,则三棱锥的体积最大值为 V=3×2× 2= 3 .

答案

2 2 3
-5-

14. (2013· 扬州模拟)正四面体 ABCD 中, AO⊥平面 BCD, 垂足为 O, 设 M 是线段 AO 上一点, AM 且∠BMC 是直角,则MO的值为________. 解析 如图所示,设正四面体 ABCD 的棱长为 2,由条件知 O 是正三角形 BCD 的重心,所以 2 3 BO=CO= 3 ,AD= ?2 3?2 2 6 ?= 22-? 3 . ? 3 ?

4 设 MO=x,则 CM2=BM2=x2+3. 又因为∠BMC 是直角,所以 BC2=CM2+BM2, 4? 6 ? 即 4=2?x2+3?,解得 x= 3 , ? ? 6 1 ∴MO= 3 ,即 MO=2AO, AM 故MO=1. 答案 1 15.如图,四边形 ABCD 为菱形,四边形 CEFB 为正方形,平面 ABCD⊥平面 CEFB,CE=1, ∠AED=30° ,则异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小为________.

解析 由题意,正方形和菱形的边长均为 1. 又面 ABCD⊥平面 CEFB,所以 CE⊥平面 ABCD, 于是 CE⊥CD,从而 DE= 2.在△ADE 中,AD=1,DE= 2,∠AED=30° , AD DE 由正弦定理得 = , sin∠AED sin∠EAD 所以 sin∠EAD= 故∠EAD=45° .
-6-

DE· sin∠AED 2 = AD 2,

又 BC∥AD,所以异面直线 BC 与 AE 所成角为∠EAD,即 45° . 答案 45° 16.设 l,m,n 表示不同的直线,α、β、γ 表示不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m∥l,且 m⊥α,则 l⊥α;②若 m∥l,且 m∥α,则 l∥α;③若 α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α =n,则 l∥m∥n;④若 α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且 n∥β,则 l∥m. 其中正确命题的个数为________. 解析 ①正确.②中当直线 l?α 时,不成立.③中,还有可能相交于一点,不成立.④正确, 故有 2 个正确的命题. 答案 2 三、 解答题(本大题共 6 小题, 共 70 分. 解答时应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤) 17.(10 分)(2013· 济南模拟)如图,斜三棱柱 A1B1C1-ABC 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形,侧面 AA1C1C 是菱形,∠A1AC=60° ,E、F 分别是 A1C1、AB 的中 点. (1)求证:EC⊥平面 ABC; (2)求三棱锥 A1-EFC 的体积.

解析 (1)证明

在平面 AA1C1C 内,作 A1O⊥AC,O 为垂足.

1 1 因为∠A1AC=60° ,所以 AO=2AA1=2AC, 即 O 为 AC 的中点,所以 OC 綊 A1E. 因而 EC 綊 A1O. 因为侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,交线为 AC,A1O⊥AC, 所以 A1O⊥底面 ABC,所以 EC⊥底面 ABC.(5 分)

(2)F 到平面 A1EC 的距离等于 B 点到平面 A1EC 距离 BO 的一半,而 BO= 3,

-7-

1 1 11 3 11 3 1 所以 VA1-EFC=VF-A1EC=3S△A1EC· EC·2 =3· 2BO=3· 2A1E· 2· 3·2 =4.(10 分) 18.(12 分)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)证明 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥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⊥面 A1AD. 又因为 A1D?面 A1AD,所以,A1D⊥BC.(3 分) 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.(6 分) (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,交于 AC1 点 O,连接 DO.则 O 为 A1C 中点. 在三角形 A1CB 中,D 为 BC 中点,O 为 A1C 中点,故 DO∥A1B.(10 分) 因为 DO?平面 DAC1,A1B?平面 DAC1,所以 A1B∥面 ADC1, 故 A1B 与面 ADC1 平行.(12 分) 19.(12 分)(2013· 门头沟区一模)如图,已知平面 α,β,且 α∩β=AB,PC⊥α,PD⊥β,C,D 是垂足.

(1)求证:AB⊥平面 PCD; (2)若 PC=PD=1,CD= 2,试判断平面 α 与平面 β 是否垂直,并证明你的结论.

解析 (1)证明

因为 PC⊥α,AB?α,所以 PC⊥AB.
-8-

同理 PD⊥AB. 又 PC∩PD=P,故 AB⊥平面 PCD.(5 分) (2)平面 α 与平面 β 垂直.(6 分) 证明 设 AB 与平面 PCD 的交点为 H,连接 CH、DH. 因为 PC⊥α,所以 PC⊥CH. 在△PCD 中,PC=PD=1,CD= 2, 所以 CD2=PC2+PD2=2,即∠CPD=90° . 在平面四边形 PCHD 中,PC⊥PD,PC⊥CH,所以 PD∥CH.(10 分) 又 PD⊥β,所以 CH⊥β,所以平面 α⊥平面 β.(12 分) 20.(12 分)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:A1B∥平面 ADC1; (2)若 AB=BB1=2,求 A1D 与平面 AC1D 所成角的正弦值. 解析 (1)证明 因为三棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,

所以四边形 A1ACC1 是矩形. 连接 A1C 交 AC1 于 O,则 O 是 A1C 的中点. 又 D 是 BC 的中点,所以在△ADC1 中,OD∥A1B.(3 分) 因为 A1B?平面 ADC1,OD?平面 ADC1, 所以 A1B∥平面 ADC1.(5 分) (2)因为△ABC 是等边三角形,D 是 BC 的中点, 所以 AD⊥BC. 以 D 为原点,建立如图所示空间坐标系 D-xyz.

-9-

由已知 AB=BB1=2,得 D(0,0,0),A( 3,0,0),A1( 3,0,2),C1(0,-1,2).(6 分) → =( 3,0,0),DC → =(0,-1,2),设平面 ADC 的法向量为 n=(x,y,z). 则DA 1 1 → =0 ? ?n· DA ? 3x=0 由? ,得到? , → =0 -y+2z=0 ? ? n · DC ? 1 令 z=1,则 x=0,y=2, 所以 n=(0,2,1).(8 分) → =( 3,0,2),得 n· → =0× 3+2×0+1×2=2, 又DA DA 1 1 → ,n〉= 所以 cos〈DA 1 2 2 35 = 35 . 5× 7

→ ,n〉|=2 35,(11 分) 设 A1D 与平面 ADC1 所成角为 θ,则 sin θ=|cos〈DA 1 35 2 35 所以 A1D 与平面 ADC1 所成角的正弦值为 35 .(12 分) 1 21.(12 分)(2013· 南京模拟)如图,在直角梯形 ABCP 中,AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=2AP =2,D 是 AP 的中点,E、F、G 分别为 PC、PD、CB 的中点,将△PCD 沿 CD 折起,使得 PD⊥ 平面 ABCD.

(1)求证:平面 PCD⊥平面 PAD; (2)求面 GEF 与面 EFD 所成锐二面角的大小.
- 10 -

解析 (1)证明

∵PD⊥平面 ABCD,∴PD⊥CD.

∵CD⊥AD,∴CD⊥平面 PAD. ∵CD?平面 PCD,∴平面 PCD⊥平面 PAD.(5 分) → ,DC → ,DP → 为方向向量建立空间直角坐标系 D-xyz. (2)如图以 D 为原点,以DA

→ =(0,-1,0),EG → =(1,1,-1).(7 则有关点及向量的坐标为 G(1,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1),EF 分) 设平面 EFG 的法向量为 n=(x,y,z), → =0 ? ?n· EF ?-y=0 ?x=z ∴? ?? ?? . → x + y - z = 0 y = 0 ? ? ? EG=0 ?n· 取 n=(1,0,1)平面 EFG 的一个法向量.(10 分) → ∵DA=(1,0,0)为平面 EFD 的法向量, →· DA n 2 → ∴cos〈DA,n〉= =2. → |DA|· |n| ∴面 GEF 与面 EFD 所成锐二面角的大小为 45° .(12 分) 22.(12 分)(2013· 朝阳一模)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAC⊥平面 ABCD,且 PA⊥ AC,PA=AD=2.四边形 ABCD 满足 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,点 E,F 分别为侧棱 PB, PE PF PC 上的点,且PB=PC=λ.

- 11 -

(1)求证:EF∥平面 PAD; 1 (2)当 λ=2时,求异面直线 BF 与 CD 所成角的余弦值; (3)是否存在实数 λ,使得平面 AFD⊥平面 PCD?若存在,试求出 λ 的值;若不存在,请说明 理由. 解析 (1)证明 所以 EF∥BC. 因为 BC∥AD,所以 EF∥AD. 而 EF?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 EF∥平面 PAD.(4 分) (2)因为平面 ABCD⊥平面 PAC,平面 ABCD∩平面 PAC=AC, 且 PA⊥AC,所以 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AB,PA⊥AD. 又因为 AB⊥AD,所以 PA,AB,AD 两两垂直. 如图所示,建立空间直角坐标系, PE PF 由已知,PB=PC=λ,

因为 AB=BC=1,PA=AD=2,所以 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 1 ?1 1 ? 当 λ=2时,F 为 PC 中点,所以 F?2,2,1?, ? ? 1 1 ? → → =? ?-2,2,1?,CD 所以BF =(-1,1,0). ? ? 设异面直线 BF 与 CD 所成的角为 θ,

- 12 -

?? 1 1 ? ? ??-2,2,1?· ?-1,1,0?? ? ? ? ? 3 → → 所以 cos θ=|cos〈BF,CD〉|= =3, 1 1 4+4+1× 2 3 所以异面直线 BF 与 CD 所成角的余弦值为 3 .(8 分) → =(x ,y ,z -2), (3)设 F(x0,y0,z0),则PF 0 0 0 → =(1,1,-2). PC → =λPC → ,所以(x ,y ,z -2)=λ(1,1,-2), 由已知PF 0 0 0

?x0=λ, 所以?y0=λ, ?z0=2-2λ.

→ =(λ,λ,2-2λ). 所以AF

设平面 AFD 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1). → =0, ? ?n1· AF → 因为AD=(0,2,0),所以? → =0. ? AD ?n1· ?λx1+λy1+?2-2λ?z1=0, 即? 令 z1=λ, ?2y1=0. 得 n1=(2λ-2,0,λ). 设平面 PCD 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2). → =(0,2,-2),CD → =(-1,1,0), 因为PD → =0, ? ?n2· PD ?2y2-2z2=0, 所以? 即? → =0. ?-x2+y2=0. ? CD ? n2 · 令 x2=1,则 n2=(1,1,1). 若平面 AFD⊥平面 PCD,则 n1· n2=0, 2 所以(2λ-2)+λ=0,解得 λ=3. 2 所以当 λ=3时,平面 AFD⊥平面 PCD.(12 分)

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