阶段性测试题九

1、阶段性测试题九(立 体 几 何)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，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(文)(2019陕西师大附中一模)已知，为不重合的两个平面，直线m在平面内，则“m”是“”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件答案A解析m，m，由面面垂直的判定定理知，但时，平面内任一条直线m，不一定与垂直，故选A.(理)(2019江西吉安一中期中)已知a、b是异面直线，直线c直线a，那么c与b()A一定是异

2、面直线 B一定是相交直线C不可能是平行直线 D不可能是相交直线答案C解析c与b可能相交，可能异面，但不可能平行假若cb，ca，ab，则与a、b异面矛盾2(2019江西吉安一中期中)底面是菱形的直棱柱的两条对角线长为9cm和15cm，侧棱长为5cm，则它的底面边长是()A6cm B8cmC6cm D8cm答案B解析设底面菱形的两条对角线长分别为x、y，由条件知，则菱形的底面边长为8(cm)3(文)(2019浙江北仑中学月考)若某多面体的三视图如图所示，则此多面体的体积是()A2 B4 C6 D12答案A解析由三视图知，该几何体是三棱锥，底面积S323，高为2，V322.(理)(2019云南玉溪一

3、中月考)一个四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等边三角形，该四棱锥的体积等于()A. B2C3 D6答案A解析由三视图知，该几何体底面是直角梯形，面积S(12)23，高为2，体积V3.4(文)(2019南安一中期末)已知m、n是两条不同直线，、是三个不同平面，下列命题中正确的是()A若m，n，则mn B若，则C若m，m，则 D若m，n，则mn答案D解析当m，n时，m与n可能相交、平行，也可能异面，故A错；B中，时，与可能平行，也可能相交，如长方体交于同一个顶点的三个面，故B错；l，m，m，ml时，满足m，m，故C错；由线面垂直的性质知，mn.(理)(2019厦门六中月考)设l、m、n为三条不同

4、的直线，为一个平面，下列命题中正确的个数是()若l，则l与相交若m，n，lm，ln，则l若lm，mn，l，则n若lm，m，n，则lnA1 B2 C3 D4答案C解析由线面垂直的定义知真；当m与n不相交时，的结论不成立，故假；n，故真；ln，故真，选C.5(2019长春市一调)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A. B.C. D.答案A解析该几何体由底半径为1的半圆锥与四棱锥组成，且高都为，四棱锥底面为正方形，边长为2，因此该几何体体积为V(12)(22)，故选A.6(2019山东师大附中四模)正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球的表面积为()A20 B25C100 D

5、200答案C解析由图可知正六棱柱的对角线BC，即为外接球的直径，因为底面边长为4，所以AB8，所以BC10，即2R10，故外接球的半径R5，所以外接球的表面积为4R2425100，选C.7(2019四川万源市三中模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是()A10 B6C8 D8答案A解析由主视图直角三角形的直角顶点在左侧，左视图直角三角形的直角顶点在右侧知，四面体有一侧棱与底面垂直，且该侧棱位于左前方，直观图如图，其中PA平面ABC，ABC为直角，PAAB4，BC3，易知PB4，PC，故四面体的四个面中，面积最大的是PAC，其面积S5410，故选A.8(2019湖南蓝山

6、二中月考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. B3C. D6答案B解析由三视图知，该几何体是一个圆柱被一个与底面不平行的平面截后剩下的部分，易知再用一个完全相同的几何体将切口吻合拼在一起，则构成一个底半径为1，高为6的圆柱，故几何体的体积V(12)63.9(文)(2019皖南八校二次联考)已知命题：“如果xy，yz，则xz”是假命题，那么字母x、y、z在空间所表示的几何图形只可能是()A全是直线 B全是平面Cx，z是直线，y是平面 Dx，y是平面，z是直线答案D解析当x、y是平面，z是直线时，/ xz，选D.(理)(2019豫南九校联考)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若

7、BB1AB，则AB1与C1B所成的角的大小是()A30 B60C90 D120答案B解析设e1，e2，e3，|e1|e2|1，则|e3|，e1e3，e2e1e3，|2ee2e1e33，|2eee2e1e32e1e22e2e342cos603.e1e2e2e3|e1|2e1e3e1e3|e3|2012，cos，AB1与BC1所成角为60.10(文)一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()AABCD BAB与CD相交CABCD DAB与CD所成的角为60答案D解析正方体的直观图如图，显然AB与CD异面，排除A、B，CDBE，ABE为正三角形，AB与CD所成

8、的角为60.(理)在空间四边形ABCD中，的值为()A0B.C1D无法确定答案A解析如图，()()()0.11(文)(2019山东师大附中四模)已知某几何体的三视图如图，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为()A24 B24C24 D24答案A解析由三视图可知该几何体是一个长方体去掉一个半圆柱长方体的长宽高分别为4、3、2.所以长方体的体积为43224.半圆柱的高为3，底面直径为2，所以半圆柱的体积为3，所以几何体的体积为24，选A.(理)(2019惠安中学高考适应性训练)一个四棱锥的三视图如图所示，其中正(主)视图是腰长为1的等腰直角三角形，侧(左)视图是直角三角形，其中一条

9、直角边长为2，则这个几何体的体积是()A. B1C. D2答案A解析由三视图知，该几何体为四棱锥，底面为直角梯形，梯形两底边长分别为1和2，高为，面积S(12)，锥体高，体积V，故选A.12(文)(2019长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学一模)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A2 B2(1)C. D2答案B解析由三视图知，该几何体是一个横放的直三棱柱，底面是直角三角形，两直角边长分别为1和，侧棱长，故其表面积为S(1)2(1)2(1)，故选B.(理)(2019温州市高考适应性测试)正方体ABCDA1B1C1D1中，CC1与平面A1BD所成角的余弦值为()

10、A. B.C. D.答案D解析以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为1，则B(1,1,0)，A1(1,0,1)，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，则(0,0,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则令x1，则n(1，1，1)，cosn，设CC1与平面A1BD所成角为，则sin|cosn，|，cos.第卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13(文)(2019武汉市名校联考)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表

11、面积是_cm2.答案6(2)解析由三视图知，该几何体是半个圆锥，圆锥的底半径为2，高为3，故其表面积为S222436(2)(cm2)(理)(2019山东泰安一中阶段检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_答案解析由三视图知，该几何体是正三棱柱割去一个三棱锥后余下的部分，三棱柱底面边长为2，高为2，三棱锥底面与三棱柱底面相同，高为1，V(2)2(2)1.14(文)(2019浙江乐清市白象中学月考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积_cm3.答案12解析由三视图知，该几何体是一个组合体，上部是半径为1的半球，下部是底边长为2，高为3的正四棱柱，体积V()2231

12、2(cm3)(理)(2019辽宁沈阳四校期中)已知四面体PABC的外接球的球心O在AB上，且PO平面ABC,2ACAB，若四面体PABC的体积为，则该球的体积为_答案4解析设球O的半径为R，则由条件知，OAOBOPR，ACABR，BCR，由VPABCSABCPO(ACBC)POR3得，R，V球R34.15(文)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD平面ABE，已知AB2，AEBE，且当规定主(正)视图方向垂直平面ABCD时，该几何体的左(侧)视图的面积为.若M、N分别是线段DE、CE上的动点，则AMMNNB的最小值为_答案3解析取AB中点F，AEBE，EFAB，平面ABCD平面

13、ABE，EF平面ABCD，易求EF，左视图的面积SADEFAD，AD1，AEDBEC30，DEC60，将四棱锥EABCD的侧面AEB、DEC、CEB展开铺平如图，则AB2AE2BE22AEBEcos1203323()9，AB3，AMMNBN的最小值为3.(理)(2019四川万源市三中模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是_答案90解析解法1：以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AD2，则A1(2,0,2)，M(0,1,0)，N(0,2,1)，(2,1，2)，(0,2,1)，cos

14、，0，A1M与DN所成的角为90.解法2：在正方形DCC1D1中，M、N分别为DC、CC1的中点，D1DMDCN，DMD1DNC，DNCCDN90，DMD1CDN90，D1MDN，又A1D1平面DCC1D1，A1D1DN，A1D1A1MA1，DN平面A1D1M，DND1M.16(文)(2019云南玉溪一中月考)正三棱柱ABCA1B1C1内接于半径为1的球，则当该棱柱体积最大时，高h_.答案解析设三棱柱底面边长为a，高为h，则，h2，Va22a2，令x，则a23x2，V(3x2)x(3xx3)(x0)，V(1x2)，令V0得x1，x1是函数的唯一极大值点，也是最大值点，a23x22，h2.(理)

15、(2019山西大学附中月考)如图，平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为_答案解析ABAD1，BD，ABAD，BD为ABD外接圆的直径，又BDCD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，BC为球的直径，BD，CD1，BC，V球()3.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本小题满分12分)(文)(2019陕西师大附中一模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，BCBB1，D为AB的中点(1)求证：BC1平面AB

16、1C；(2)求证：BC1平面A1CD.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC.因为AC平面ABC，所以CC1AC，又ACBC，CC1BCC，所以AC平面B1C1CB，因为BC1平面B1C1CB，所以BC1AC，又因为BCBB1，所以BB1C1C是正方形，所以BC1B1C，又B1CACC，所以BC1平面AB1C.(2)在矩形A1C1CA中，设AC1A1CG，则G为AC1中点，已知D为AB的中点，连接DG，在ABC1中，BC1DG，因为DG平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(理)(2019安徽阜阳一中二模)直三棱柱ABCA1B1C1中，点M、N分别为线段

17、A1B、A1C1的中点，平面A1BC侧面A1ABB1.(1)求证：MN平面BCC1B1；(2)求证：BC平面AA1B1B.证明(1)连BC1，在A1BC1中，M、N分别为线段A1B、A1C1的中点，MNBC1，BC1平面BCC1B1，MN平面BCC1B1，MN平面BCC1B1.(2)证法1：设CT平面A1ABB1，垂足为T，平面A1BC平面A1ABB1，平面A1BC平面A1ABB1A1B，TA1B，同理由平面ABC平面A1ABB1知，TAB，又A1BABB，T与B重合，CB平面A1ABB1.证法2：过B1作B1PA1B，平面A1ABB1平面A1BC1，交线为A1B，B1P平面A1BC，BC平面

18、A1BC，B1PBC.B1B平面ABC，B1BBC，B1BB1PB1，B1B，B1P平面A1ABB1，BC平面A1ABB1.18(本小题满分12分)(文)(2019福建惠州三中模拟)如图所示为一个几何体的直观图、三视图(其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如图所示)(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)若G为BC上的动点，求证：AEPG.解析(1)由几何体的三视图可知，底面ABCD是边长为4的正方形，PA平面ABCD，PAEB，且PA4，BE2，ABAD4，VPABCDPASABCD444.(2)证明：连BP，EBABAP90，PBABEA，PBABAEBEABAE9

19、0，PBAE.又BC平面APEB，BCAE，PB平面PBG，BC平面PBG，PBBCB，AE平面PBG，AEPG.(理)(2019湖南师大附中月考)如图，三棱锥ABCD中，DCBC，BC2，CDAC2，ABAD2.(1)证明：ABCD；(2)求直线AC与平面ABD所成的角的正弦值解析(1)证明：在ACD中，ACCD2，AD2，AC2CD2AD2，ACCD，又DCBC，且ACBCC，DC平面ABC，又AB平面ABC，ABAD.(2)在三角形ABC中，AC2，AB2，BC2，BC2AB2AC2，BAAC，SABCABAC222.由(1)可知：DC平面ABC，VDABCSABCDC22. 在RtBD

20、C中，BD4，在ABD中，ABAD2，AB2AD2BD2，故ABAD.SABDABAD224.设点C到平面ABD的距离为h，CA与平面ABD所成的角为，VCABDVDABC，4h，h，sin，即AC与平面ABD所成的角的正弦值为.19(本小题满分12分)(文)(2019山西大学附中月考)如图，在边长为4的菱形ABCD中，DAB60.点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EFAC，EFACO.沿EF将CEF翻折到PEF的位置使平面PEF平面ABFED.(1)求证：BD平面POA；(2)当PB取得最小值时，求四棱锥PBDEF的体积解析(1)证明：菱形ABCD的对角线互相垂直，BDAC

21、，BDAO，EFAC，COEF，折起后POEF，平面PEF平面ABFED，平面PEF平面ABFEDEF，且PO平面PEF，PO平面ABFED，BD平面ABFED，POBD.AOPOO，BD平面POA.(2)设ACBDH，DAB60，ABD为正三角形，BH2，HC2，设POOCx，则OH2x，OB，PB2PO2OB2x2x24x162(x)210，0x2，当x时，PB2取到最小值10，PBmin，此时.S梯形BFED(1)SBCD423，V四棱锥PBFEDS梯形BFEDPO33.(理)(2019武汉市名校联考)如图，在四棱柱ABCDPGFE中，底面ABCD是直角梯形，侧棱垂直于底面，ABDC，A

22、BC45，DC1，AB2，PA1.(1)求PD与BC所成角的大小；(2)求证：BC平面PAC；(3)求二面角APCD的大小解析(1)取AB的中点H，连接DH，则BHCD，且BHCD，所以四边形BHDC为平行四边形，所以BCDH，所以PDH为PD与BC所成的角因为四边形ABCD为直角梯形，且ABC45， 所以DAAB.又因为AB2DC2，所以AD1，因为RtPAD、RtDAH、RtPAH都为等腰直角三角形，所以PDDHPH，故PDH60.(2)证明：在RtBHC中，ABC45，CHBH1，CB，ADCH1，AC，AC2BC2AB2，BCAC.又PA平面ABCD，PABC，PAACA，BC平面PA

23、C.(3)如图，分别以AD、AB、AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则由题设可知：P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，(0,0,1)，(1,1,0)，(0，1,0)，(1,1，1)设平面PAC的一个法向量为e(x1，y1，z1)，则取x11，则y11，e(1，1,0)，设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则取x1，则n(1,0,1)，cosn，e，易知二面角APCD为锐二面角，二面角的大小为.20(本小题满分12分)(文)(2019厦门一中集美分校上学期期末)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABBC，D为AC的中点，AA1AB2.(1)求证

24、：AB1平面BC1D；(2)若BC3，求三棱锥DBC1C的体积解析(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD，四边形BCC1B1是平行四边形，点O为B1C的中点D为AC的中点，OD为AB1C的中位线，ODAB1.OD平面BC1D，AB1平面BC1D，AB1平面BC1D.(2)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱CC1平面ABC，故CC1为三棱锥C1BCD的高，A1ACC12，SBCDSABC(BCAB)，VDBCC1VC1BCDCC1SBCD21.(理)(2019浙江金华中学月考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为正方形，且PAAD2，E、F分别为棱A

25、D、PC的中点(1)求异面直线EF和PB所成角的大小；(2)求证：平面PCE平面PBC；(3)求直线BD与平面PBC所成的角解析以直线AB为x轴，直线AD为y轴，直线AP为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)E为AD的中点，E(0,1,0)，又F为PC的中点，F(1,1,1)，(1,0,1)，又(2,0，2)，cos，0，90，即异面直线EF和PB所成角的大小为90.(2)证明：由(1)知EFPB，又(0,2,0)，(1,0,1)，0，EFBC，EF平面PBC，又EF平面PCE，平面PCE平面PBC.(3

26、)设直线BD与平面PBC所成角为，(2,2,0)，(1,0,1)，cos，又由(2)知EF平面PBC，故sin.直线BD与平面PBC所成角为30.21(本小题满分12分)(文)(2019湖南蓝山二中月考)如图，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点梯形ACDE中，DEAC，且AC2DE，平面ACDE平面ABC.求证：(1)平面ABE平面ACDE；(2)平面OFD平面BAE.证明(1)BC是半圆O的直径，A为半圆周上不同于B，C的点，BAC90，ACAB，平面ACDE平面ABC，平面ACDE平面ABCAC，AB平面ABC，由两个平面垂直的性质得，AB平面

27、ACDE.AB平面ABE，平面ABE平面ACDE.(2)如图，设OFACM，连接DM，OA，F为弧AC的中点，M为AC的中点AC2DE，DEAC，DEAM，DEAM，四边形AMDE为平行四边形，DMAE，DM平面ABE，AE平面ABE，DM平面ABE.O为BC中点，OM为ABC的中位线，OMAB，OM平面ABE，AB平面ABE，OM平面ABE，OM平面OFD，DM平面OFD，OMDMM，由两个平面平行的判定定理可知，平面OFD平面ABE.(理)(2019唐山一中月考)在如图所示的多面体ABCDE中，AB平面ACD，DE平面ACD，ACADCDDE2，AB1，G为AD中点(1)请在线段CE上找到

28、点F的位置，使得恰有直线BF平面ACD，并证明这一事实；(2)求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小；(3)求点G到平面BCE的距离解析解法1：以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，则各点的坐标为D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0,0,2)，B(2,0,1)，C(1，0)(1)点F是线段CE的中点证明如下：设F是线段CE的中点，则点F的坐标为F(，1)，(，0)，显然与平面xOy平行，此即证得BF平面ACD.(2)平面ACD的法向量e(0,0,1)，设平面BCE的法向量为n(x，y，z)，则n，且n，(1，1)，(1，2)，不妨设y，则n(1，2)，所求角满足cos，.(3)由已知G点坐标为(1,0,0)，(1,0，1)，由(2)知平面BCE的法向量为n(1，2)，所求距离d.解法2：(1)由已知AB平面ACD，DE平面ACD，ABED，设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，连接FH，则FH綊ED，FH綊AB，四边形ABFH是平行四边形，BFAH，由BF平面ACD，AH平面ACD，BF平面ACD.(2)由已知条件可知ACD即为BCE在平面ACD上的射影，设所求的二面角的大小为，则cos，易求得BCBE，CE2，SBCE|CE|，而SACD|AC|2，cos，而0，.(3)连结BG、CG、EG，