阶段性综合检测理5.docx
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阶段性综合检测理5
阶段性综合检测（五）
立体几何
时间120分钟 满分150分
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5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．（2014·太原五中月考）若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是
（ ）
A．α内的所有直线与a异面
B．α内与a平行的直线不存在
C．α内存在唯一的直线与a平行
D．α内的直线与a都相交
解析：
由题设知，a和α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线与a共面，A错；在α内不过点P的直线与a异面，D错；（反证）假设α内直线b∥a，∵a⊄α，∴a∥α，与已知矛盾，C错，故选B.
答案：
B
2．（2014·赣县考前适应）设a、b是两条直线，α、β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（ ）
A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β
解析：
∵α∥β，b⊥β，∴b⊥α.
∵a⊂α，∴a⊥b，故选C.
答案：
C
3．（2013·辽宁）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．2
C.D．3
解析：
设BC的中点为M，连接OM，AM，则可知OM⊥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R＝.
答案：
C
4．（2014·卫辉月考）已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（ ）
A．16πB．8π
C．4πD．2π
解析：
解答三视图相关题目的关键是正确转化，一是位置关系，二是数量关系．据已知三视图易知三棱锥外接球的半径为1，故其表面积为4π.
答案：
C
5．（2014·豫北六校精英联考）设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.
其中正确命题的序号是（ ）
A．①②B．①④
C．②④D．③④
解析：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α或l⊂α，故①不正确；②l∥β，则过l作一平面γ使平面β与γ相交，交线设为l′，那么l∥l′，∵l⊥α，∴l′⊥α，又l′⊂β，∴α⊥β，故②正确；③不正确，如l与平面α相交；④正确．
答案：
C
6．（2014·江西上饶中学二模）以下四个命题中，正确命题的个数是（ ）
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．1B．2
C．3D．4
解析：
①正确，可以用反证法证明；②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C，但是若A、B、C共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．
答案：
A
7．（2014·河南适应性测试）当圆锥的侧面积和底面积的比值是时，圆锥轴截面的顶角等于（ ）
A．120°B．90°
C．60°D．45°
解析：
画出圆锥的轴截面，如图所示，设底面半径为r，侧棱长为l，则侧面积等于πrl，底面积等于πr2，由于πrl∶πr2＝∶1，所以l＝r.于是圆锥的高AD＝r，所以∠DAC＝45°，故圆锥轴截面的顶角等于90°.
答案：
B
8．（2014·江西五校联考）若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为（ ）
A.B．1
C.D.
解析：
如图所示，直线AB1与底面ABCD所成的角为∠B1AB，则A1C1到底面ABCD的距离为AA1，在Rt△ABB1中，BB1＝AB·tan60°＝，所以AA1＝BB1＝.
答案：
D
9．（2014·宁夏育才中学月考）如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是（ ）
A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解析：
如图所示，等腰四棱锥的侧棱均相等，其侧棱在底面的射影也相等，则其腰与底面所成角相等，即A正确；底面四边形必有一个外接圆，即C正确；在高线上可以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个顶点的距离相等，这个点即为外接球的球心，即D正确；但四棱锥的侧面与底面所成角不一定相等或互补（若为正四棱锥则成立），故仅选项B为假命题．
答案：
B
10．（2014·延边质检）如图，已知直平行六面体ABCD－A1B1C1D1的各条棱长均为3，∠BAD＝60°，长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，则MN的中点P的轨迹（曲面）与共一顶点D的三个面所围成的几何体的体积为（ ）
A.B.
C.D.
解析：
|MN|＝2，则|DP|＝1，则点P的轨迹为以D为球心，半径r＝1的球，则球的体积为V＝π·r3＝.∵∠BAD＝60°，∴∠ADC＝120°，120°为360°的，只取半球的，则V＝π××＝π.
答案：
A
11．（2014·枣庄期末）如图所示，在三棱柱ABC－A′B′C′中，E、F、H、K分别为AC′、CB′、A′B、B′C′的中点，G为△ABC的重心．从K、H、G、B′中取一点，设为P，使得该棱柱恰有两条棱与平面PEF平行，则P为点
（ ）
A．GB．H
C．KD．B′
解析：
若P为点G，连接BC′，则F为BC′的中点，∴EF∥AB，EF∥A′B′，∴AB∥平面GEF，A′B′∥平面GEF，∴P为点G符合题意；若P为点K，则有三条侧棱与该平面平行，不符合题意．若点P为点H，则有上下两底面中的六条棱与该平面平行，不符合题意；若点P为点B′，则只有一条棱AB与该平面平行，也不符合题意，故选A.
答案：
A
12．（2014·哈尔滨月考）如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的（ ）
A.B.
C.D.
解析：
要确定最多盛水的体积就需要确定，因为＝＝＝，
又因为三棱锥E－SDF与三棱锥B－ASC的高之比为2∶3，因此＝＝，
所以最多可盛水的体积为原来的.
答案：
C
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答。
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2013·辽宁）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．
解析：
由三视图可知该几何体是从一个半径为2，高为4的圆柱中间挖去一个底面边长为2，高为4的正四棱柱，所以其体积为π·22×4－22×4＝16π－16.
答案：
16π－16
14．（2014·豫南九校联考）在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
解析：
根据类比的思想，在平面上，对应的平面图形的面积比是边长比的平方，在空间中，对应的立体图形的体积比是棱长比的立方，其其体积比是1∶8.
答案：
1∶8
15．（2014·兖州二模）给出下列四个命题：
①对平面外一点，作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条；
②一条直线与两个相交平面都平行，则它必与这两个平面的交线平行；
③对确定的两条异面直线，过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行；
④对两条异面的直线，都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等．
其中正确命题的序号为________．
解析：
①错，当θ＝90°时，这样的直线有且只有一条；②正确，由线面平行的性质定理及判定定理推导即可；③错，当此点与两异面直线之一所确定的平面与另一异面直线平行时，过此点不存在平面与两异面直线平行；④正确．
答案：
②④
16．（2014·济南统考）正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．
解析：
如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A（a,0,0），B（0，a,0），
C（－a,0,0），P（0，－，），
S（0,0，a）
则＝（2a,0,0），
＝（－a，－，），
＝（a，a,0）．
设平面PAC的法向量为n，可求得n＝（0,1,1），
cos〈，n〉＝＝＝，
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
答案：
30°
三、解答题（本大题共6小题，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2014·郑州质检）（本小题满分12分）如图所示，ABC－A1B1C1是各条棱长为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，P是侧棱BB1的中点，O是△ABC的重心．
（1）求证：
平面AB1D⊥平面ABB1A1；
（2）求证：
PO∥平面AB1D.
证明：
（1）取AB1的中点E，AB的中点F，连接DE、CF，由题意知B1D＝AD，故DE⊥AB1，又CF⊥AB，CF∥DE，故DE⊥AB，∴DE⊥平面ABB1A1.
又DE⊂平面AB1D，∴平面AB1D⊥平面ABB1A1.
（2）连接PF、PC.∵P、F分别为BB1、BA的中点，
∴PF∥AB1，PC∥B1D，
∴平面PFC∥平面AB1D，又PO⊂平面PFC，
∴PO∥平面AB1D.
18．（2014·东北三校联合模拟）（本小题满分12分）如图所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.
（1）求证：
AB⊥DE；
（2）求三棱锥E－ABD的侧面积．
解：
（1）在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，
∴BD＝＝2，
∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.
又∵平面EBD⊥平面ABD，
平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，
∴AB⊥平面EBD.
∵DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.
（2）由
（1）知AB⊥BD.∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.
在Rt△DBE中，∵DB＝2，DE＝DC＝AB＝2，
∴S△DBE＝DB·DE＝2.
又∵AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，∴AB⊥BE.
∵BE＝BC＝AD＝4，∴S△ABE＝AB·BE＝4.
∵DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，
∴ED⊥平面ABD.而AD⊂平面ABD，
∴ED⊥AD，∴S△ADE＝AD·DE＝4.
综上所述，三棱锥E－ABD的侧面积S＝8＋2.
19．（2014·开封二模）（本小题满分12分）
已知M、N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱B1C1和B1B的中点．
（1）求MN与A1C1所成角的大小；
（2）求MN与平面ACC1A1所成角的大小．
解：
（1）设正方体的棱长为1，建立直角坐标系Dxyz（如图）．
则A1（1,0,1），C1（0,1,1），
M（，1,1），N（1,1，），
∴＝（，0，－），
＝（－1,1,0）．
∴cos〈，〉＝＝＝－，
∴〈，〉＝120°.
而异面直线所成角在（0，]内，
∴MN与A1C1成60°角
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