立体几何小题专练作业含答案Word文档下载推荐.docx
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C．（綈p）∧q是假命题D．p∨q是假命题
解析 对于命题p，若m∥n，m∥β，则n可能在平面β内，故命题p为假命题；
对于命题q，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则有m⊥α，故命题q是真命题，故綈p为真命题，綈q为假命题，故（綈p）∨q是真命题，选B.
3．（2014·
四川绵阳南山中学）如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°
，∠BAD＝90°
.将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是（ ）
A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC
答案 D
解析
因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，CD⊥AD，所以AC＝
＝
.从而BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC，所以AB⊥平面ACD，平面ABC⊥平面ACD.
4．（2014·
北京）在空间直角坐标系O－xyz中，已知A（2,0,0），B（2,2,0），C（0,2,0），D（1,1，
）．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）
A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3
C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1
作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积．
如图所示，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1＝
×
2×
2＝2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF（E，F分别为OA，BC的中点）全等，所以S2＝
.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH（G，H分别为AB，OC的中点）全等，所以S3＝
.所以S2＝S3且S1≠S3.故选D.
5．（2014·
九江调研）如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E，F分别为AD，CD的中点，若过EF作平行于平面AB1C的平面，则所作平面在正方体表面截得的图形的周长为（ ）
A．6
B.
＋2
C．3
D．2
答案 A
解析 取AA1，A1B1，B1C1，C1C的中点G，H，I，P，并连接，则得到正六边形FEGHIP，正是满足题设条件的平面，其周长为6EF＝6
.
6.
（2014·
南昌一模）在三棱锥C－ABD中（如图），△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，AB＝4.二面角A－BD－C的大小为60°
，并给出下面结论：
①AC⊥BD；
②AD⊥CO；
③△AOC为正三角形；
④cos∠ADC＝
；
⑤四面体ABCD的外接球的表面积为32π.
其中真命题是（ ）
A．②③④B．①③④
C．①④⑤D．①③⑤
解析 由题意知BC＝CD＝AD＝AB，且BC⊥CD，BA⊥AD.因为O是斜边BD的中点，所以OC⊥BD，OA⊥BD，且OC＝OA＝
BD，所以∠AOC是二面角A－BD－C的平面角，所以∠AOC＝60°
，所以△AOC是正三角形，即③正确．而OC∩OA＝O，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，即①正确．若AD⊥CO，则由CO⊥BD可得CO⊥平面ABD，所以CO⊥OA，这与∠AOC＝60°
矛盾，所以②不正确．因为AB＝CD＝AD＝4，AC＝2
，所以cos∠ADC＝
，所以④不正确．
因为OB＝OC＝OA＝OD，所以O是四面体ABCD的外接球的球心，外接球的表面积为4π×
（2
）2＝32π，即⑤正确．
综上所述，真命题是①③⑤.
7．（2014·
广东）若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（ ）
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
解析 在长方体模型中推理论证，利用排除法求解．
如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.
8．（2014·
西北四校联考）在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（ ）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
答案 C
解析 如图，取BC中点E，连接DE，AE，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE即为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，则AE＝
，DE＝
，tan∠ADE＝
，∴∠ADE＝60°
，故选C.
9．（2014·
青岛调研）
如图，在底面△ABC为正三角形的三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝2，AA1＝1，点P在四边形B1BCC1外，且在侧面B1BCC1所在的平面上，PB1＝PC1＝
，则三棱锥P－ABC的体积为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析 因为侧面B1BCC1⊥底面ABC，点P在平面B1BCC1内，PB1＝PC1＝
，所以点P到平面A1B1C1的距离为1，故点P到平面ABC的距离为2.因为S△ABC＝
，所以三棱锥P－ABC的体积为VP－ABC＝
2＝
10．（2014·
武汉调研）
如图，在四面体ABCD中，已知DA＝DB＝DC＝1，且DA，DB，DC两两互相垂直，在该四面体表面上与点A距离为
的点形成的曲线的总长度是（ ）
πB.
π
πD.
解析 在Rt△ADH中，由于AD＝1，AH＝
，所以DH＝
.所以∠DAH＝
，∠BAH＝
－
，所以在平面DAB中，曲线段EH的长度为
π.同理，曲线段FG的长度也为
π.在平面ABC中，曲线段EF的长度为
π.在面DBC中，曲线段GH的长度为
π.所以这条曲线的总长度为
π×
2＋
π＋
π＝
π.故选D.
11．（2014·
东城区练习）已知正方形ABCD的边长为2
，且M，N分别为BC，CD的中点，连接AM，AN，MN，若沿着AM，AN，MN把该正方形折成一个三棱锥（B，C，D重合于点P），则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
πB．2
πD．4
解析 由条件可知，所得三棱锥的三条侧棱PA，PM，PN两两垂直，可以把该三棱锥补成一个长方体，其中P作为该长方体的一个顶点，则三棱锥的外接球半径R恰好等于该长方体的对角线长的一半，即（2R）2＝（2
）2＋2＋2，所以R＝
，所以外接球的体积为
πR3＝4
π.
12．（2014·
石家庄质检Ⅱ）
如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2.动点P在A1C1上，E是C1C的中点，且PA1＝x（0≤x≤2
），设四面体PDBE的体积为v（x），则函数y＝v（x）的大致图像是（ ）
解析 当点P在直线A1C1上运动时，根据平行线分线段成比例，可知点P到平面BDE的距离是x的一次函数，又三角形BDE的面积是定值，所以函数y＝v（x）也是关于x的一次函数，故选A.
13．若将锐角A为60°
，边长为a的菱形ABCD沿BD折成60°
的二面角，则A与C之间的距离为（ ）
A．aB.
aD.
a
设折叠后点A到达A1点的位置，取BD的中点E，连接A1E，CE.
∴BD⊥CE，BD⊥A1E.
∴∠A1EC为二面角A1－BD－C的平面角．
∴∠A1EC＝60°
.又A1E＝CE，
∴△A1EC是等边三角形．
∴A1E＝CE＝A1C＝
a.
即折叠后A与C之间的距离为
二、填空题
14．在三棱锥S－ABC中，侧棱SC⊥平面SAB，SA⊥BC，侧面△SAB，△SBC，△SAC的面积分别为1，
，3，则此三棱锥的外接球的表面积为________．
答案 14π
∵侧棱SC⊥平面SAB，
∴SC⊥SB，SC⊥SA.又SA⊥BC，SC∩BC＝C，
∴SA⊥平面SBC，∴SA⊥SB，如图所示，以SA，SB，SC为邻边将三棱锥补成长方体SAGB－CDEF，则此长方体的体对角线为长方体外接球的直径，设SA＝a，SB＝b，SC＝c，球的半径为r，∵△SAB，△SBC，△SAC的面积分别为1，
，3，
∴
ab＝1，
bc＝
，
ac＝3，解得a＝2，b＝1，c＝3.
∴2r＝
，此三棱锥的外接球的表面积为14π.
15．（2014·
南京二模）已知表面积为2π的圆柱，当其体积最大时，底面半径与高的比为________．
答案 1∶2
解析 设圆柱的底面半径为r，高为h，则有2πrh＋2πr2＝12π，∴rh＋r2＝6，即rh＝6－r2.体积V＝πr2h＝πr×
rh＝πr（6－r2），0<
r<
.由V′＝π（6－3r2）＝0，得r＝
.当0<
时，V′>
0，当
<
时，V′<
0，∴当r＝
时，V取极大值，也是最大值，此时h＝
＝2
，∴r∶h＝1∶2.
16．（2014·
江苏四市调研）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是边长为2的正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，球O与四棱锥所有表面都相切，则四棱锥P－ABCD的体积为________．
答案
解析 把四棱锥P－ABCD补成三棱柱，内切球与平面PBCE，PADE，ABCD，PAB都相切，所以内切球的半径就是边长为2的正三角形PAB的内切圆的半径，易得内切球半径r＝
过点P与球心作垂直底面ABCD的截面如图，显然在Rt△PMN中PM＝
，又r＝
，所以易得BC＝MN＝
.所以VP－ABCD＝
17．（2014·
潍坊期末考试）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的外接球直径为
，底面边长AB＝1，则侧棱BB1与平面AB1C所成角的正切值为________．
因为A1C＝
，所以BB1＝2，如图所示，O为AC，BD的交点，因为AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BOB1，过点B作BH⊥B1O，则AC⊥BH，AC∩B1O＝O，所以BH⊥平面AB1C，∠BB1O为直线BB1与平面AB1C所成的角，tan∠BB1O＝
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