立体几何测试.doc

质量检测(五)测试内容：立体几何(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)1如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是()解析：法一：体积为，而高为1，故底面积为，选C.法二：选项A得到的几何体为正方体，其体积为1，故排除A；而选项B、D所得几何体的体积都与有关，排除B、D；易知选项C符合答案：C2已知水平放置的ABC的直观图ABC(斜二测画法)是边长为a的正三角形，则原ABC的面积为()A.a2B.a2C.a2D.a2解析：斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1，则易知S(a)2，Sa2.故选D.答案：D3已知直线a、b和平面，下列推理错误的是()A.ab B.bC.a或a D.ab解析：对于D项，可能ab，或a，b异面答案：D4(2011年安徽)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A48 B328C488 D80解析：由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱，底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为2(24)424，四个侧面的面积为4(422)248，所以几何体的表面积为488，故选C.答案：C5在四面体OABC中，a，b，c，D为BC的中点，E为AD的中点，则等于()A.abc B.abcC.abc D.abc解析：本题主要考查空间向量的三角形法则或平行四边形法则()()()abc，故选D.答案：D6正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AA1，AB的中点，则EF与对角面BDD1B1所成角的度数是()A30 B45 C60 D150解析：如图，EFA1B，EF，A1B与对角面BDD1B1所成的角相等，设正方体的棱长为1，则A1B.连接A1C1，交D1B1于点M，连接BM，则有A1M面BDD1B1，A1BM为A1B与面BDD1B1所成的角RtA1BM中，A1B，A1M，故A1BM30.EF与对角面BDD1B1所成角的度数是30.答案：A7已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6，则这个正四棱柱的体积为()A1 B2 C3 D4解析：S表4R26，R，设正四棱柱底面边长为x，则(x)21R2，x1，V正四棱柱2.故选B.答案：B8已知平面平面，l，点A，Al，直线ABl，直线ACl，直线m，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()AABm BACm CAB DAC解析：ABl，AB，AB，C成立m，m，m平行于与的交线lABm成立，ACm成立AC未必在内，AC不一定成立，故选D.答案：D9.如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，且DAB60，ADAA11，F为棱AA1的中点，则点D到平面BFD1的距离为()A.B.C.D1解析：连接DF，BD，设点D到平面BFD1的距离为h，由VDBFD1VBDFD1，即SBFD1hSDFD1ABsin 60，得h11，h.答案：B10(2011年辽宁)如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析：AC面SBDSB面SBD，ACSB，A正确ABCD，AB平面SCD，B正确可证AC平面SBD，令ACBDO，连SO，ASO是SA与平面SBD所成角，CSO是SC与平面SBD所成角又SAC是等腰三角形，O是中点，ASOCSO，C正确答案：D11已知三棱锥PABC的四个顶点均在半径为3的球面上，且满足0，0，0，则三棱锥PABC的侧面积的最大值为()A9 B18 C36 D72解析：依题意PA、PB、PC两两垂直，以PA、PB、PC为棱构造长方体，则长方体的体对角线即为球的直径，PA2PB2PC24R236，S侧(PAPBPBPCPCPA)()18.答案：B12(2012年江西)如图，已知正四棱锥SABCD所有棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分记SEx(0x1)，截面下面部分的体积为V(x)，则函数yV(x)的图象大致为()解析：当x1时，截面只与CD和CB相交，设交点分别为E1，E2，则下面部分即为三棱锥CEE1E2.此时CE1x，EE1CE，ECE1ECE260，则EE1EE2(1x)，CE1CE22(1x)，则E1E22(1x)，此时V(x)(1x)2(1x)(1x)3.当0x时，截面与SD，DA，AB，BS均相交，依次记为F，G，H，M，此时V(x)VEFMCDBVFDGMBH，VEFMCDBVSBCDVSEFM.SEx，则EFEMx，SFSM2x，FM2x，VSEFM2xxx3，又VSBCD11，故VEFMCDBx3.而MF綊HG，设AC与BD交于点O，AC与GH交于点O1，过M作MPBD于P，过F作FQBD于Q，可得三棱柱MPHFQG为直三棱柱，此时HPMPx，GH2x，则VMPHFQG(x)22xx(12x)2，又VMBPHVFDQG(x)2(x)(12x)3，故VFDGMBHx(12x)22(12x)3(12x)2(14x)，则此时V(x)x3(12x)2(14x)(6x36x21)故有V(x)V(x)故V(x)在(0，)上为减函数，在(，)和(，1)上为增函数，故选A.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，满足条件(ca)(2b)2，则x_.解析：由题可知ca(0,0,1x)，所以(ca)(2b)(0,0,1x)2(1,2,1)2(1x)2，从而解得x2.答案：214(2011年天津)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.解析：由三视图可知，该几何体为下面是长方体，上面是圆锥的组合体，长方体的体积V13216.圆锥的体积V2123该几何体的体积VV1V26.答案：615(2012年上海)如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC2.若AD2c，且ABBDACCD2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是_解析：根据图形的变化，利用四面体的性质和体积公式当BABDCACDa，且EF为AD和BC的公垂线段，F为AD的中点时，该几何体体积V最大，VmaxSAEDBCADEFBC.答案：c16(2012年河北质检)三棱锥PABC的两侧面PAB，PBC都是边长为2a的正三角形，ACa，则二面角APBC的大小为_解析：取PB的中点M，连接AM，CM，则AMPB，CMPB，AMC是二面角APBC的平面角由已知易知AMCMa，所以AMC是正三角形，所以AMC60.答案：60三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，1822题，每题12分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(2013届武汉市高三11月调研)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，四个侧面都是等边三角形，AC与BD交于点O，E为侧棱SC上的一点(1)若E为SC的中点，求证：SA平面BDE；(2)求证：平面BDE平面SAC.证明：(1)如图，连接OE.O是AC的中点，E是SC的中点，OESA，又SA平面BDE，OE平面BDE，SA平面BDE.(2)由已知，得SBSD，O是BD的中点，BDSO.又四边形ABCD是正方形，BDAC.SOACO，BD平面SAC.BD平面BDE，平面BDE平面SAC.18(2012年湖南)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AB4，BC3，AD5，DABABC90，E是CD的中点(1)证明：CD平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥PABCD的体积解：法一：(1)证明：如图(1)，连接AC.由AB4，BC3，ABC90，得AC5.又AD5，E是CD的中点，所以CDAE.因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.(2)过点B作BGCD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF.由(1)CD平面PAE知，BG平面PAE.于是BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BGAE.由PA平面ABCD知，PBA为直线PB与平面ABCD所成的角由题意PBABPF，因为sinPBA，sinBPF，所以PABF，由DABABC90知，ADBC，又BGCD，所以四边形BCDG是平行四边形，故GDBC3，于是AG2.在RtBAG中，AB4，AG2，BGAF，所以BG2，BF.于是PABF.又梯形ABCD的面积为S(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为VSPA16.法二：(1)证明：如图(2)，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设PAh，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)(1)易知(4,2,0)，(2,4,0)，(0,0，h)因为8800，0，所以CDAE，CDAP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.(2)由题设和(1)知，分别是平面PAE，平面ABCD的法向量，而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos，|cos，|，即.由(1)知，(4,2,0)，(0,0，h)，又(4,0，h)，故.解得h.又梯形ABCD的面积为S(53)416，所以四棱锥PABCD的体积为VSPA16.19(2012年北京西城区期末)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2AA1，ABC90，D是BC的中点(1)求证：A1B平面ADC1；(2)求二面角C1ADC的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由解：证明：(1)由ABCA1B1C1是直三棱柱，且ABC90，得BA、BC、BB1两两垂直以BC、BA、BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设BA2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，A1(0,2,1)，所以(1，2,0)，(2，2,1)，(0，2，1)设平面ADC1的法向量为n(x，y，z)，则有所以取y1，得n(2,1，2)n0，n，A1B平面ADC1，A1B平面ADC1.(2)易知平面ADC的一个法向量为(0,0,1)，由(1)知平面ADC1的一个法向量为n(2,1，2)，所以cosn，因为二面角C1ADC是锐二面角，所以二面角C1ADC的余弦值为.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可设E(0，1)，其中02.所以(0，2,1)，(1,0,1)因为AE与DC1成60角，所以|cos，|，即|，解得1或3(舍去)所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60角20(2012年浙江)如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为2的菱形，BAD120，且PA平面ABCD，PA2，M，N分别为PB，PD的中点(1)证明：MN平面ABCD；(2)过点A作AQPC，垂足为点Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值解：(1)证明：因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是PBD的中位线，所以MNBD.又因为MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)法一：连接AC交BD于O，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示在菱形ABCD中，BAD120，得ACAB2，BDAB6.又因为PA平面ABCD，所以PAAC.在直角PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各点坐标如下：A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,2)，M(，)，N(，)，Q(，0，)设m(x，y，z)为平面AMN的法向量，由(，)，(，)知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面QMN的法向量由(，)，(，)，知取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.法二：在菱形ABCD中，BAD120，得ACABBCCDDA，BDAB.又因为PA平面ABCD，所以PAAB，PAAC，PAAD.所以PBPCPD.所以PBCPDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQNQ，且AMPBPDAN，取线段MN的中点E，连接AE，EQ，则AEMN，QEMN，所以AEQ为二面角AMNQ的平面角由AB2，PA2，故在AMN中，AMAN3，MNBD3，得AE.在直角PAC中，AQPC，得AQ2，QC2，PQ4.在PBC中，cosBPC，得MQ.在等腰MQN中，MQNQ，MN3，得QE.在AEQ中，AE，QE，AQ2，得cosAEQ.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.21(2012年天津)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B(，0)，P(0,0,2)(1)证明：易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得(，h)由(2，1,0)，故cos，所以，cos 30，解得h，即AE.法二：(1)证明：由PA平面ABCD，可得PAAD，又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC平面PAC，所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH，因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD.所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图，因为ADC45，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角由于BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin 135，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因为EFBE，从而EBF30，由余弦定理得cos 30.可解得h.所以AE.22(2012年安徽)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值解：法一：(向量法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1B1