高三数学（理）一轮复习习题测评答案-第七单元-立体几何

小题必刷卷(十)1.B[解析]从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.2.B[解析]几何体的直观图如图所示,所以该几何体的体积为π×32×4+12×π×32×6=63π3.B[解析]将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D'B'C'CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D'B,D'B=4+4+4=12=23,故选B.4.B[解析]由题可知球心为圆柱的中心,则圆柱底面圆的半径r=12-122=32,故圆柱的体积V=π×5.D[解析]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则l至少与l1,l2中的一条相交,故选D.6.A[解析]因为平面α∥平面CB1D1,所以平面α与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1,所以l∥B1D1,所以m∥B1D1.同理,n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线.因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1,所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1,所以n∥CD1.故m,n所成的角即为B1D1,CD1所成的角,显然所成的角为60°,则其正弦值为327.B[解析]该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为2×2+42×2=128.C[解析]方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1-12,32,1,所以AB1=(2,0,1),BC1=-12,32,1,方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,图中∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角.在△BC1D中,BC1=2,DC1=5,BD=4+1-2×2×1×12=3,所以cos∠BC1D=2+5-32×2×5=109.②③④[解析]对于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c,因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故正确;对于③,由两个平面平行的性质可知其正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有②③④.10.415[解析]设△ABC的边长为acm,0<a<53,则三个等腰三角形的高为5-36acm,折起后所得正三棱锥的高为5-36a2-36a2=25-533a(cm),所以所得三棱锥的体积为13×34a2×25-533a=31225a4-533a5(cm3).令u=25a4533a5,则u'=100a32533a4=25a34-33a,其中0<a<53,当0<a<43时,u'>0,当43<a<53时,u'<0,故a=43为11.D[解析]如图所示,三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后剩余的部分,故该几何体的表面积S=(2×2)×5+12×1×2×2+2×1+2×5=24+25.12.A[解析]由三视图可知,该几何体是由半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为12×π×12×2=π,四棱锥的体积为13×4×1=43,所以该几何体的体积为43+π13.D[解析]如图,取BD的中点G,连接EG,FG.∵E,F分别是AB,CD的中点,∴EG∥AD,FG∥BC,又∵AD与BC所成的角为θ,∴∠EGF即为θ(或θ的补角).在△EFG中,易知EG=FG=1,EF=3,∴cos∠EGF=EG2+FG2-EF22EG·FG=1+114.C[解析]如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.∵EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD,∴CD∥平面EFGH,同理AB∥平面EFGH,故选C.15.B[解析]正三棱柱的底面边长为3,高为2,设正三棱柱的上、下底面中心分别为O,O1,连接OO1,则该几何体外接球的球心为OO1的中点H,设正三棱柱底面的一个顶点为A.∵底面边长为3,∴O1A=32×23=1,又O1H=1,∴HA=O1A2+O1H16.C[解析]取AA1的中点N,连接MN,NB,MC1,BC1,易知MN∥BC1,∴截面为梯形,且MN=12BC1=2,MC1=BN=5,∴梯形的高为32,∴梯形的面积为12×(2+22)×32=917.C[解析]由题意可采用割补法.考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形,所以可将四面体ABCD置于一个长方体中,所以四面体ABCD的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,则x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164,设外接球的半径为R,则有(2R)2=x2+y2+z2=200,即4R2=200,所以外接球的表面积S=4πR2=200π,故选C.18.B[解析]正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心,故(1)中结论不正确;过正方体的一对相对的棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)中结论正确;显然水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)中结论不正确;过正方体一平面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故(4)中结论正确.故选B.19.414π[解析]根据三视图可得该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥OABCD,正方体的棱长为2,A,D为正方体棱的中点,根据几何体可以判断,外接球球心在过A,D且平行于正方体下底面的截面上.设外接球半径为R,球心到平面BCO的距离为x,则球心到AD的距离为2x,∴R2=x2+(2)2,R2=12+(2x)2,解得x=34,R=414,∴该多面体外接球的表面积为4πR2=20.①②③④[解析]由题意得,该多面体是三棱锥,故①中说法正确.根据题意可得,BD=2a,AD=CD=AB=BC=3a,分析可得,平面BAD⊥平面BCD,故②中说法正确,同理平面BAC⊥平面ACD,故③中说法正确.易得多面体外接球的半径为5a2,则该多面体外接球的表面积为5πa2,故④解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC,所以∠DOB为二面角DACB的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),C(1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(1,0,1),AC=(2,设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则n·AD可取n=1,设m是平面AEC的法向量,则m·AC=0,m·AE=0.同理可取则cos<n,m>=n·m|所以二面角DAEC的余弦值为772.解:如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·DE不妨取z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,1),可得MN·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x2,y2,z2)为平面EMN的法向量,则n因为EM=(0,2,1),MN=(1,2,1),所以-不妨取y2=1,可得n2=(4,1,2).因此有cos<n1,n2>=n1·n于是sin<n1,n2>=10521所以二面角CEMN的正弦值为10521(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(1,2,h),BE=(2,2,2).由已知,得|cos<NH,BE>|=|NH·BE||NH||BE|=|2h-2|h2+5×23=所以,线段AH的长为85或13.解:(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=3,可得A(1,4,0),B(3,4,0),E(3,0,0),D(0,0,3).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角CBEF的平面角,故∠CEF=60°,从而可得C(2,0,3),所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(3,4,3),AB=(4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则n·EC所以可取n=(3,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABCD的法向量,则m同理可取m=(0,3,4),则cos<n,m>=n·m|结合图形得,二面角EBCA的余弦值为2194.解:(1)证明:取AD的中点M,连接EM,由AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=12AD,∴AE⊥又AE⊥EC,DE∩EC=E,∴AE⊥平面CDE,∴AE⊥CD.又CD⊥AD,AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADEF,又∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ADEF.(2)如图,过点E作EO⊥AD,则EO⊥平面ABCD,过点O作OG∥DC交BC于点G,以O为原点,分别以OA,OG,OE的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得E(0,0,3),A(3,0,0),C(1,4,0),F(2,0,3),所以EA=(3,0,3),AC=(4,4,0),CF=(3,4,3).设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量,则n·EA=0,n·可得n=(1,1,3),所以cos<CF,n>=CF·n|CF|·|即直线CF与平面EAC所成角的正弦值为35355.解:(1)证明:取AB的中点G,连接DG,因为AB∥CD,DC=12AB=BG所以四边形BCDG为平行四边形,则DG=CB,所以DG=AG=BG,所以AD⊥BD.因为平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=DB,AD⊥DB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面BFED.又AD⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BFED.(2)因为四边形BFED为矩形,所以ED⊥DB.由(1)知AD⊥ED,AD⊥DB,故建立如图所示空间直角坐标系Dxyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,t,1)(0≤t≤3),所以AP=(1,t,1),AB=(1,3,0).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则-x+ty+z=0,-x+3y=0,取y=易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cosθ=13+1+(t又θ∈0,π2,所以θmin=π3.6.解:(1)证明:∵点P在平面BCDE的射影O落在BE上,∴平面PBE⊥平面BCDE.易知BE⊥CE,又平面PBE∩平面BCDE=BE,∴CE⊥平面PBE,而BP⊂平面PBE,∴PB⊥CE.(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC