立体几何小题专练作业含答案汇总

小题专练·作业(二十)一、选择题1．(2014·河北沧州一模)若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则()A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面答案B解析对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾．对于选项B，由于l和m有且只有一条公垂线a，而过P有且只有一条直线与a平行，故B正确．对于选项C，过点P与l，m都相交的直线有一条或零条．对于选项D，过点P与l，m都异面的直线可能有无数条．2．(2014·成都调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，命题p：若m∥n，m∥β，则n∥β，命题q：“m⊥β，n⊥β，n⊥α”是“m⊥α”成立的充分条件．则下列结论正确的是()A．p∧(綈q)是真命题 B．(綈p)∨q是真命题C．(綈p)∧q是假命题 D．p∨q是假命题答案B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ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．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＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3).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，eq\r(2))．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≠S3C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1答案D解析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＝eq\f(1,2)×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＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).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＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).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AB1A．6eq\r(2)B.eq\r(2)＋2eq\r(5)C．3eq\r(2)D．2eq\r(2)＋2eq\r(6)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＝6eq\r(2).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＝eq\f(\r(3),4)；⑤四面体ABCD的外接球的表面积为32π.其中真命题是()A．②③④ B．①③④C．①④⑤ D．①③⑤答案D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＝eq\f(1,2)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＝2eq\r(2)，所以cos∠ADC＝eq\f(42＋42－2\r(2)2,2×4×4)＝eq\f(3,4)，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×(2eq\r(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⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案D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＝DC18．(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ADA．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＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(1,2)，tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq\r(3)，∴∠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＝eq\r(2)，则三棱锥P－ABC的体积为()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(4\r(3),9) D.eq\f(2\r(3),3)答案D解析因为侧面B1BCC1⊥底面ABC，点P在平面B1BCC1内，PB1＝PC1＝eq\r(2)，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＝eq\r(3)，所以三棱锥P－ABC的体积为VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×2＝eq\f(2\r(3),3).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eq\f(2\r(3),3)的点形成的曲线的总长度是()A.eq\f(\r(3),3)π B.eq\r(3)πC.eq\f(5\r(3),6)π D.eq\f(\r(3),2)π答案D解析在Rt△ADH中，由于AD＝1，AH＝eq\f(2\r(3),3)，所以DH＝eq\f(\r(3),3).所以∠DAH＝eq\f(π,6)，∠BAH＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，所以在平面DAB中，曲线段EH的长度为eq\f(π,12)×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(\r(3),18)π.同理，曲线段FG的长度也为eq\f(\r(3),18)π.在平面ABC中，曲线段EF的长度为eq\f(π,3)×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(2\r(3),9)π.在面DBC中，曲线段GH的长度为eq\f(π,2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(\r(3),6)π.所以这条曲线的总长度为eq\f(\r(3),18)π×2＋eq\f(2\r(3),9)π＋eq\f(\r(3),6)π＝eq\f(\r(3),2)π.故选D.11．(2014·东城区练习)已知正方形ABCD的边长为2eq\r(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()A.eq\f(4,3)π B．2eq\r(3)πC.eq\f(8\r(2),3)π D．4eq\r(3)π答案D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＝(2eq\r(2))2＋2＋2，所以R＝eq\r(3)，所以外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)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≤2eq\r(2))，设四面体PDBE的体积为v(x)，则函数y＝v(x)的大致图像是()答案A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x13．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．a B.eq\f(a,2)C.eq\f(\r(2),2)a D.eq\f(\r(3),2)a答案D解析设折叠后点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＝eq\f(\r(3),2)a.即折叠后A与C之间的距离为eq\f(\r(3),2)a.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，eq\f(3,2)，3，则此三棱锥的外接球的表面积为________．答案14π解析∵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，eq\f(3,2)，3，∴eq\f(1,2)ab＝1，eq\f(1,2)bc＝eq\f(3,2)，eq\f(1,2)ac＝3，解得a＝2，b＝1，c＝3.∴2r＝eq\r(1＋4＋9)＝eq\r(14)，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<eq\r(6).由V′＝π(6－3r2)＝0，得r＝eq\r(2).当0<r<eq\r(2)时，V′>0，当eq\r(2)<r<eq\r(6)时，V′<0，∴当r＝eq\r(2)时，V取极大值，也是最大值，此时h＝eq\f(6－r2,r)＝2eq\r(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eq\f(8,3)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＝eq\f(\r(3),3).过点P与球心作垂直底面ABCD的截面如图，显然在Rt△PMN中PM＝eq\r(3)，又r＝eq\f(\r(3),3)，所以易得BC＝MN＝eq\f(4,3)eq\r(3).所以VP－ABCD＝eq\f(1,3)×eq\f(4,3)eq\r(3)×2×eq\r(3)＝eq\f(8,3).17．(2014·潍坊期末考试)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的外接球直径为eq\r(6)，底面边长AB＝1，则侧棱BB1与平面AB1C所成角的正切值为________．答案eq\f(\r(2),4)解析因为A1C＝eq\r(1＋1＋BB\o\al(2,1))＝eq\r(6)，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＝eq\f(BO,BB1)＝eq\f(\f(\r(2),2),2)＝eq\f(\r(2),4).18．(2014·合肥调研)如图，四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝OB＝3，OC＝4，D为四面体外一点，给出以下命题：①存在唯一的点D，使得四面体C－DAB是正三棱锥；②存在唯一的点D(O点除外)，使得四面体ABCD有三个面是直角三角形；③存在无数个点D，使得CD与AB垂直且相等；④存在唯一的点D，使得OD⊥平面ABC；⑤存在无数个点D，使得平面DCA⊥平面OAC.其中正确的命题有________．(写出所有正确命题的序号)答案③⑤解析对于命题①，由题意，若四面体C－DAB是正三棱锥，则必有AB＝AD＝BD，CA＝CB＝CD，易知，这样的点存在，且关于平面ABC对称，有两个；对于命题②，显然O关于平面ABC的对称点符合要求，构造如图所示的长方体，则图中的点D2，D1也符合要求，故这样