立体几何阶段检测四.docx

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立体几何阶段检测四

　立体几何初步　空间向量在立体几何中的应用

（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.如图为长方体木块堆成的几何体的三视图,则组成此几何体的长方体木块共有（　　）.

A.3块B.4块C.5块D.6块

2.（2012株洲模拟）已知三条不重合的直线m,n,l,两个不重合的平面α,β,有下列命题:

①若l∥α,m∥β,且α∥β,则l∥m②若l⊥α,m⊥β,且l∥m,则α∥β

③若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β④若α⊥β,α∩β=m,n⊂β,n⊥m,则n⊥α

其中真命题的个数是（　　）.

A.4B.3C.2D.1

3.（2012广州模拟）若空间中有两条直线,则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的（　　）.

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分又不必要条件

4.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是（　　）.

5.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积之比是（　　）.

A.3∶2B.2∶1C.5∶3D.4∶3

6.如图,下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是（　　）.

A.①④B.②④C.①③④D.①③

7.设有如下三个命题:

甲:

相交直线l,m都在平面α内,并且都不在平面β内;乙:

直线l,m中至少有一条与平面β相交;丙:

平面α与平面β相交.当甲成立时（　　）.

A.乙是丙的充分而不必要条件B.乙是丙的必要而不充分条件

C.乙是丙的充分且必要条件D.乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件

8.如图为棱长是1的正方体的表面展开图,在原正方体中,给出下列三个命题:

①点M到AB的距离为;②三棱锥C-DNE的体积是;

③AB与EF所成的角是.其中正确命题的个数是（　　）.

A.0B.1C.2D.3

9.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切,已知这个球的体积是,那么这个三棱柱的体积是（　　）.

A.96B.16C.24D.48

10.在正四面体P-ABC中,点D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,则下面四个结论不成立的是（　　）.

A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAE

C.平面PDF⊥平面ABCD.平面PDF⊥平面PAE

11.（2012北京模拟）如图,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,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⊥BDB.∠BA'C=90°

C.CA'与平面A'BD所成的角为30°D.四面体A'BCD的体积为

12.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别在线段AB1,BC1上,且AM=BN.以下结论:

①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平面A1B1C1D1;④MN与A1C1异面,其中有可能成立的个数为（　　）.

A.4B.3C.2D.1

二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上）

13.已知圆锥的母线长为2,高为,则该圆锥的侧面积是　　　　　. 

14.（2012辽宁高考）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为　　　　　. 

15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱A1B1,A1D1的中点,则A1B与EF所成角的大小为　　　　　. 

16.某几何体的三视图如图,则该几何体体积的最大值为　　　　　. 

三、解答题（本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17.（10分）如图,在四面体ABCD中,E,G分别为BC,AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DF∶FC=DH∶HA=2∶3.求证:

EF,GH,BD交于一点.

18.（12分）如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.

（1）证明:

AA1⊥BD;

（2）证明:

CC1∥平面A1BD.

19.（12分）（2012上海高考改编）如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是PC的中点.已知∠BAC=,AB=2,AC=2,PA=2.求:

（1）三棱锥P-ABC的体积;

（2）异面直线BC与AD所成的角的余弦值.

20.（12分）如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,O是AC与BD的交点,SO⊥平面ABCD,E是侧棱SC的中点,直线SA和AO所成角的大小是45°.

（1）求证:

直线SA∥平面BDE;

（2）求直线BD与平面SBC所成角的正弦值.

21.（12分）已知如图所示的▱ABCD中,BC=2,BD⊥CD,正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直,G,H分别是DF,BE的中点.

（1）求证:

GH∥平面CDE;

（2）记CD=x,V（x）表示四棱锥F-ABCD的体积,求V（x）的表达式;

（3）当V（x）取最大值时,求平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值.

22.（12分）如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图,在直观图中,M是BD的中点,侧视图是直角梯形,俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.

（1）求出该几何体的体积;

（2）若N是BC的中点,求证:

AN∥平面CME;

（3）求证:

平面BDE⊥平面BCD.

答案

1.B

2.C　解析:

①中l与m可能相交;②对;③中要求m与n为两相交直线时才成立;④为面面垂直的性质定理,正确.

3.A　解析:

若两直线为异面直线,则两直线无公共点,反之不一定成立.

4.C　解析:

根据斜二测画法规则将直观图还原,可知选C.

5.D　解析:

设圆锥的底面半径为r,依题意可得扇形的弧长为πl,

从而圆锥的底面半径为r=πl÷2π=l,

圆锥的高为l,

所以圆锥的侧面积S侧=π··l=,圆锥的表面积S表=+ππl2.

所以,表面积与侧面积的比值为4∶3.

6.D　解析:

①中面MNP∥面AB,

∴AB∥面MNP;③中MP∥AB,

∴AB∥面MNP.

7.C　解析:

当甲成立,即“相交直线l,m都在平面α内,并且都不在平面β内”时,若“l,m中至少有一条与平面β相交”,则“平面α与平面β相交”成立;若“平面α与平面β相交”,则“l,m中至少有一条与平面β相交”也成立,故选C.

8.D　解析:

将展开图还原到正方体,如图所示.

则M到AB的距离为MC=,①正确;VC-DNE=×1=,②正确;

∵EF∥MC,MC⊥AB,∴AB与EF所成的角为,③正确.

9.D　解析:

由题意可知:

球的直径就是三棱柱的高,正三棱柱底面内切圆就是球的大圆.

又∵V球=πr3=,∴r=2,2r=4=h.

如图,OD=r=2,∴OB=4.

∴BE=6,BD=2,BC=4.

∴V三棱柱=Sh=×4×6×4=48.

10.C　解析:

P点到平面ABC上的射影为△ABC的中心,它不在DF上,故平面PDF不垂直于平面ABC.

11.B　解析:

∵A'B=A'D=1,BD=,

∴BA'⊥DA'.

又∵面A'BD⊥面BCD,且CD⊥BD,

∴CD⊥面A'BD.

∴CD⊥A'B,∴BA'⊥面A'CD.

∴BA'⊥A'C,即∠BA'C=90°.

12.A　解析:

取特殊值,使M,N分别为线段AB1,BC1上的中点,取B1B的中点为E,连接NE,EM,

则NE∥B1C1,ME∥A1B1,又NE∩ME=E,B1C1∩A1B1=B1,故平面MNE∥平面A1B1C1D1,③对;又A1A⊥平面A1B1C1D1,故A1A⊥平面MNE,①对;连接A1B,∵M是A1B的中点,

∴M在A1B上,MN是△A1C1B的中位线,MN∥A1C1,②对;当N与B重合,M与A重合,此时MN与A1C1异面,④对.

13.2π　解析:

圆锥底面半径为1,则圆锥侧面积S=πrl=2π.

14.12+π　解析:

如图所示,由已知得该几何体为一组合体,上面是底面圆半径为1,高为1的圆柱,下面是长为4,宽为3,高为1的长方体,如图所示.

故所求体积V=π×12×1+4×3×1=12+π.

15.　解析:

连接B1D1,D1C,B1C.

由题意EF是△A1B1D1的中位线,

所以EF∥B1D1.又A1B∥D1C,

所以A1B与EF所成的角等于B1D1与D1C所成的角.因为△D1B1C为等边三角形,

所以∠B1D1C=.

故A1B与EF所成角的大小为.

16.　解析:

由三视图知该几何体为三棱锥,记为S-ABC,其中SA⊥面ABC,底面ABC为直角三角形.

∠BAC=90°,设AB=1,SA=x,AC=y,

则x2+y2=6.

利用不等式得x2+y2=6≥2xy,∴xy≤3.

又体积V=×AB×AC×SA

=xy≤·3=.

17.证明:

连接GE,FH.

因为E,G分别为BC,AB的中点,

所以GE∥AC.

又因为DF∶FC=DH∶HA=2∶3,

所以FH∥AC.

所以FH∥GE,GH,EF不平行.

所以E,F,H,G四点共面.

所以四边形EFHG是一个梯形.

设GH和EF交于一点O.

因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,

所以O在这两个平面的交线上.

因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条,所以点O在直线BD上.

这就证明了GH和EF的交点也在BD上,

所以EF,GH,BD交于一点.

18.证明:

（1）因为AB=2AD,

所以设AD=a,则AB=2a.

又因为∠BAD=60°,所以在△ABD中,由余弦定理得:

BD2=（2a）2+a2-2a×2a×cos60°=3a2,所以BD=a.

所以AD2+BD2=AB2,故BD⊥AD.

又因为D1D⊥平面ABCD,所以D1D⊥BD.又因为AD∩D1D=D,

所以BD⊥平面ADD1A1,故AA1⊥BD.

（2）连接AC,设AC∩BD=O,连接A1O,

由底面ABCD是平行四边形得:

O是AC的中点,由四棱台ABCD-A1B1C1D1知:

平面ABCD∥平面A1B1C1D1,

因为这两个平面同时都和平面ACC1A1相交,交线分别为AC、A1C1,故AC∥A1C1.

设AD=a,则AB=2a,BC=a,∠ABC=120°,所以可由余弦定理计算得AC=a.

又因为A1B1=a,B1C1=a,∠A1B1C1=120°,所以可由余弦定理计算得A1C1=a,

所以A1C1∥OC且A1C1=OC,

故四边形OCC1A1是平行四边形,

所以CC1∥A1O.

又CC1⊄平面A1BD,A1O⊂平面A1BD,

所以CC1∥平面A1BD.

19.解:

（1）S△ABC=×2×2=2,三棱锥P

ABC的体积为V=S△ABC×PA=×2×2=.

（2）取PB的中点E,连接DE,AE,

则ED∥BC,

所以∠ADE（或其补角）是异面直线BC与AD所成的角.

在△ADE中,DE=2,AE=,AD=2,

cos∠ADE=,

因此,异面直线BC与AD所成的角的余弦值是.

20.解:

（1）连接OE,

因为四边形ABCD是正方形,所以O是AC的中点.

又因为E是侧棱SC的中点,所以OE∥SA.

又OE⊂平面BDE,SA⊄平面BDE,

故直线SA∥平面BDE.

（2）建立如图所示的空间直角坐标系,

则D（0,-2,0）,

B（0,2,0）,S（0,0,2）,C（-2,0,0）.

∴=（0,-4,0）,=（-2,-2,0）,=（0,2,-2）.

设平面SBC的法向量为n=（x,y,1）,

则有

解得∴n=（-1,1,1）.

直线BD与平面SBC所成的角记为θ,

则sinθ=.

21.

（1）证法1:

∵EF∥AD,AD∥BC,

∴EF∥BC且EF=AD=BC.

∴四边形EFBC是平行四边形.

∴H为FC的中点.

又∵G是FD的中点,∴HG∥CD.

∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,

∴GH∥平面CDE.

证法2:

连接EA,

∵ADEF是正方形,∴G是AE的中点.

∴在△EAB中,GH∥AB.

又∵AB∥CD,∴GH∥CD.

∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,

∴GH∥平面CDE.

（2）解:

∵平面ADEF⊥平面ABCD,交线为AD,且FA⊥AD,∴FA⊥平面ABCD.

∵BD⊥CD,BC=2,CD=x,

∴FA=2,BD=（0

∴S▱ABCD=CD·BD=x.

∴V（x）=S▱ABCD·FA=（0

（3）解:

要使V（x）取得最大值,即使x（0

∵x2（4-x2）≤=4,当且仅当x2=4-x2,即x=时V（x）取得最大值.

解法1:

在平面DBC内过点D作DM⊥BC于M,连接EM,

∵BC⊥ED,∴BC⊥平面EMD.

∴BC⊥EM.

∴∠EMD是平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角,

∵当V（x）取得最大值时,CD=,DB=,

∴DM=BC=1,EM=.∴sin∠EMD=.

即平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为.

解法2:

以点D为坐标原点,DC所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图所示,

则D（0,0,0）,C（,0,0）,B（0,,0）,E（0,0,2）,

∴=（0,0,2）,=（,0,-2）,

=（0,,-2）,

设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为θ,平面ECF的法向量n=（a,b,c）,

由n⊥,n⊥,得

令c=1得n=（,1）.

又∵平面ABCD的法向量为,

∴cosθ=,

∴sinθ=.

即当V（x）取最大值时,平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为.

直观图

22.

（1）解:

由题意可知:

在四棱锥B-ACDE中,

平面ABC⊥平面ACDE,AB⊥AC,

所以,AB⊥平面ACDE.

又AC=AB=AE=2,CD=4,

则四棱锥B-ACDE的体积:

V=SACDE·AB=×2=4.

（2）证明:

连接MN,则MN∥CD,AE∥CD,又MN=AE=CD,

所以四边形ANME为平行四边形.

所以AN∥EM.

因为AN⊄平面CME,EM⊂平面CME,

所以AN∥平面CME.

（3）证明:

因为AC=AB,N为BC的中点,

所以AN⊥BC.

又平面ABC⊥平面BCD,所以AN⊥平面BCD.

由

（2）知:

AN∥EM,

所以EM⊥平面BCD.

又EM⊂平面BDE,

所以,平面BDE⊥平面BCD.