专题全程检测四

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专题全程检测四 时间：120分钟 分值：150分 第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(每小题5分，共60分)1．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A.2 B ．6 2 C.13 D ．2 2 解析：由斜二测画法得到四棱锥底面ABCD 是底面边长为1，高为22的平行四边形，∴V ＝13×22×1×3＝2 2.图1答案：D2．如图2是一个几何体的三视图，其侧(左)视图是等腰直角三角形，则该几何体的表面积为( )图2A ．2＋6 2B ．4＋4 2C ．6＋4 2D ．14 解析：图3由三视图可知，该几何体是有一个侧面与水平面平行，底面为等腰直角三角形的直三棱柱(如图3)，AB ＝2，AD ＝2，AC ＝BC ，AC ⊥BC ，所以AC ＝BC ＝2，则该几何体的一个底面面积S 1＝12×2×2＝1，侧面积S 2＝(2＋2＋2)×2＝4＋4 2. 故该几何体的表面积S ＝2S 1＋S 2＝6＋4 2. 答案：C3．设a ，b ，c 是空间不重合的三条直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c解析：当α⊥β，平面α内的直线不一定垂直于平面β，故B 逆命题不成立．答案：B4．下面四个命题：①“直线a ∥直线b ”的充要条件是“a 平行于b 所在的平面”； ②“直线l ⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l ⊥平面α”； ③“直线a 、b 为异面直线”的充分不必要条件是“直线a 、b 不相交”；④“平面α∥平面β”的必要不充分条件是“α内存在不共线的三点到β的距离相等”；其中正确命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．②④ 解析：对于①，“直线a ∥直线b ”是“a 平行于b 所在的平面”的不充分不必要条件，则①不正确，排除A ；对于②，“直线l ⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l ⊥平面α”，显然它是正确的，排除C ；对于③，“直线a 、b 为异面直线”的充分不必要条件是“直线a 、b 不相交”，显然它不正确，排除B.综上所述，故选D.答案：D5．把由曲线y ＝|x |和y ＝2围成的图形绕x 轴旋转360°，所得旋转体的体积为( )A.8π3B.10π3C.6π3D.32π3 解析：图4由题意，y ＝|x |和y ＝2围成图中阴影部分的图形，旋转体为一个圆柱挖去两个相同的共顶点的圆锥．∵V 圆柱＝π·22·4＝16π，2V 圆锥＝2×13π×22×2＝16π3，∴所求几何体体积为16π－16π3＝32π3.答案：D6．已知直线m ，n 及平面α，其中m ∥n ，那么在平面α内到两条直线m ，n 距离相等的点的集合可能是①一条直线；②一个平面；③一个点；④空集．其中正确的是( )A ．①②③B ．①④C ．①②④D ．②④解析：当m ，n 都在α内时，是一条直线． 当m ，n 分别在α的两侧都平行于α且到α的距离相等时，是一个平面．当m ，n 都平行于α，但到α的距离不相等时，是空集，任何时候都不可能只有一个点满足条件．答案：C图57．如图5，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD 的中心，M是D1D的中点，N是A1B1上的动点，则直线NO、AM 的位置关系是()A．平行B．相交C．异面垂直D．异面不垂直解析：易证ON在平面A1ADD1上的射影与AM垂直，进而可证得ON⊥AM.答案：C8．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是()A．若a，b与α所成的角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bC．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βD．若a⊥b，a⊥α，b⊄α，则b∥α解析：图6对于选项A，要注意直线a，b的方向相同时才平行；对于选项B，可用长方体验证．如图6，设A1B1为a，平面AC为α，BC为b，平面A1C1为β，显然有a∥α，b∥β，α∥β，但得不到a∥b；对于选项C，可设A1B1为a，平面AB1为α，CD为b，平面AC为β，满足选项C的条件却得不到α∥β，故C不正确；对于选项D，可验证是正确的．答案：D图79．某空间几何体的三视图如图7所示，其正(主)视图与侧(左)视图都是边长为2的正三角形，俯视图的轮廓为正方形，则此空间几何体的体积是( )A.433B.423C.233D.223解析：由三视图可知此空间几何体为正四棱锥，其底面是边长为2的正方形，高为3，所以此空间几何体的体积V ＝13×2×2×3＝433. 答案：A图810．如图8，正四面体ABCD 的顶点A 、B 、C 分别在两两垂直的三条射线Ox ，Oy ，Oz 上，则下列命题中错误的为( )A ．O —ABC 是正三棱锥B ．直线OB ∥平面ACDC ．直线AD 与OB 所成的角是45° D ．二面角D —OB —A 为45°解析：如图9，将图形补成正方体，可观察出A 、C 、D 为正确命题，可判断出OB 与平面ACD 相交，因此B 为错误命题．图9答案：B图1011．如图10，三棱锥P —ABC 中，底面三角形ABC 是边长为2的正三角形，PA ⊥底面ABC ，且PA ＝2，则此三棱锥外接球的半径为( )A. 2B. 5 C ．2 D.213解析：如图11，设三棱锥P —ABC 的底面所在小圆半径为r .图11则r ＝|AO 1|＝23×32×2＝233，设球半径为R ，球心为O ，易知|OO 1|＝12|AP |＝1，在Rt △OAO 1中，由勾股定理知： R ＝|OA |＝|OO 1|2＋|AO 1|2＝1＋(233)2＝213.答案：D图1212．如图12，已知六棱锥P—ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是()A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°解析：由题意知，BD⊥AB，BD⊥PA，又AB∩PA＝A，∴BD⊥面PAB.∴BD⊥PB，面PBD⊥面PAB.故A，B均不对．又BC∥AD，∴BC∥面PAD，C也不正确．∵PA＝2AB＝AD，而PA⊥AD，∴∠PDA＝45°，即PD与平面ABC所成的角为45°.答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．如图13是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是________．图13解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱锥和一个正方体组成，∴V 几何体＝V 四棱锥＋V 正方体 ＝13×32×1＋33＝3＋27＝30. 答案：3014．一个几何体的三视图如图14所示，则这个几何体的体积为________．图14解析：该空间几何体是一个底面为梯形的四棱柱，其底面积是1＋22×2＝3，高为1，故其体积等于3. 答案：3图1515．如图15所示，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .解析：由直三棱柱及D 是A 1C 1的中点，得B 1D ⊥平面AC 1，而CF ⊂平面AC 1，∴B 1D ⊥CF ，故若CF ⊥平面B 1DF ，则必有CF ⊥DF . 设AF ＝x (0<x <3a )，则CF 2＝x 2＋4a 2DF 2＝a 2＋(3a －x )2，又CD 2＝a 2＋9a 2＝10a 2， ∴10a 2＝x 2＋4a 2＋a 2＋(3a －x )2，解得x ＝a 或2a. 答案：a 或2a图1616．如图16所示，已知四面体ABCD 中，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 距离是233的点形成一条曲线，这条曲线的长度是________．解析：图17在△ADP 1中，cos ∠DAP 1＝AD AP 1＝1233＝32，所以∠DAP 1＝π6，因此∠P 2AP 1＝π4－π6＝π12.连接AP 4，同理∠P 3AP 4＝π12.在△ABC中，根据AB ＝BC ＝AC ＝2可得△ABC 为等边三角形，因此∠BAC ＝π3.因此 12P P ＋ 23P P ＋ 34P P ＝(π12＋π3＋π12)×233＝33π.在△ADP 1中，DP 1＝233×sin π6＝33，同理可得DP 4＝33.因为弧P 1P 4是平面DBC 与以A 为球心，AP 1为半径的球面的交线，且AD ⊥平面DBC ，因此弧P 1P 4在以D 为圆心，DP 1为半径的圆上，因此 14P P ＝π2×33＝36π，综上可得，四段圆弧总长为33π＋36π＝32π. 答案：32π三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图18所示．墩的上半部分是正四棱锥P —EFGH ，下半部分是长方体ABCD —EFGH .图(2)、图(3)分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图图18(1)请画出该安全标识墩的侧(左)视图； (2)求该安全标识墩的体积； (3)证明：直线BD ⊥平面PEG . 解：(1)侧(左)视图同正(主)视图． (2)如图19，该安全标识墩的体积为： V ＝V P －EFGH ＋V ABCD －EFGH ＝13×402×60＋402×20 ＝32000＋32000＝64000(cm 3)．图19 图20(3)如图20，连结EG 、HF 及BD ， EG 与HF 相交于O . 由正四棱锥的性质可知PO ⊥平面EFGH ，∴PO ⊥HF ，又EG ⊥HF ，∴HF ⊥平面PEG ，又BD ∥HF ，∴BD ⊥平面PEG .图2118．如图21所示，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1和A 1C 1的中点，若BC ＝CA ＝CC 1，求BD 1与AF 1所成角的余弦值．解：图22解法1：如图22所示，连结D 1F 1，取BC 中点M ，连接MF 1，MA ，则D 1F 1∥B 1C 1∥BM ，又∵D 1F 1＝12B 1C 1＝BM ， ∴四边形BMF 1D 1是平行四边形，∴MF 1∥BD 1，∴∠MF 1A 是异面直线BD 1和AF 1所成的角．设BC ＝CA ＝CC 1＝1，则AM 2＝1＋14＝54， MF 21＝BD 21＝1＋(22)2＝32， AF 21＝1＋14＝54， cos ∠MF 1A ＝54＋32－542×32×54＝3010.图23解法2：建立如图23所示的空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，∴A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B 1(0,2,2)．∵D 1、F 1分别为A 1B 1、A 1C 1的中点，∴D 1(1,1,2)，F 1(1,0,2)，∴BD →1＝(1，－1,2)， AF →1＝(－1,0,2)， ∴BD →1·AF →1＝(1，－1,2)·(－1,0,2)＝3， |BD →1|＝1＋1＋22＝6，|AF →1|＝1＋22＝5， cos 〈BD →1，AF →1〉＝36×5＝33030＝3010.19．已知P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，F 在AB 上且DF ⊥AP ，垂足为E ，将△ADP 沿AP 折起，使点D 位于D ′位置，连接D ′B 、D ′C 得四棱锥D ′—ABCP .图24(1)求D ′F 与AP 所成角的大小；(2)若二面角D ′—AP —B 和D ′F 与平面ABCP 所成角的大小均为π3，求四棱锥D ′—ABCP 的体积． 解：(1)∵AP ⊥D ′E ，AP ⊥EF ，又∵D ′E ，EF 是平面D ′EF 内的两条相交直线；∴AP ⊥平面D ′EF ，∴AP ⊥D ′F ，∴D ′F 与AP 所成角的大小为π2.(2)由(1)知AP ⊥平面D ′EF ，∴平面D ′EF ⊥平面ABCP ，并且因为二面角D ′—AP —B 的大小为π3，所以易知∠D ′EF ＝π3， 过D ′作平面ABCP 的垂线，垂足为H ，则H 必在EF 上，∴∠D ′FE ＝π3，∴△D ′EF 是等边三角形， ∴D ′E ＝EF 即DE ＝EF ，∴△DAF 是等腰直角三角形，∴易得DP ＝1且EF ＝22， ∴四棱锥D ′—ABCP 的高D ′H ＝64， 又∵S 梯形ABCP ＝12·(CP ＋AB )·BC ＝12×(1＋2)×1＝32， ∴V 四棱锥D ′－ABCP ＝13×D ′H ×S 梯形ABCP ＝68.图2520．如图25，在四棱锥E —ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，BE ＝BC ，AE ⊥BE ，M 为CE 上一点，且BM ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BC ；(2)如果点N 为线段AB 的中点，求证：MN ∥平面ADE .证明：图26(1)因为BM ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ，所以BM ⊥AE .因为AE ⊥BE ，且BE ∩BM ＝B ，BE、BM⊂平面EBC，所以AE⊥平面EBC.因为BC⊂平面EBC，所以AE⊥BC.(2)法1：取DE中点H，连接MH、AH.因为BM⊥平面ACE，EC⊂平面ACE，所以BM⊥EC.因为BE＝BC，所以M为CE的中点．所以MH为△EDC的中位线，所以MH綊12DC.因为四边形ABCD为平行四边形，所以DC綊AB.故MH綊12AB.因为N为AB的中点，所以MH綊AN.所以四边形ANMH为平行四边形，所以MN∥AH.因为MN⊄平面ADE，AH⊂平面ADE，所以MN∥平面ADE.法2：取EB的中点F，连接MF、NF.因为BM⊥平面ACE，EC⊂平面ACE，所以BM⊥EC.因为BE＝BC，所以M为CE的中点，所以MF∥BC.因为N为AB的中点，所以NF∥AE，因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD∥BC.所以MF∥AD.因为NF、MF⊄平面ADE，AD、AE⊂平面ADE，所以NF∥平面ADE，MF∥平面ADE.因为MF∩NF＝F，MF、NF⊂平面MNF，所以平面MNF∥平面ADE.因为MN⊂平面MNF，所以MN∥平面ADE.21．如图27甲，平面四边形ABCD关于直线AC对称，∠A＝60°，∠C＝90°，CD＝2.把△ABD沿BD折起(如图乙)，使二面角A—BD—C的余弦值等于33.对于图乙，完成以下各小题：图27(1)求A，C两点间的距离；(2)证明：AC⊥平面BCD；(3)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．解：(1)取BD的中点E，连接AE，CE，由AB＝AD，CB＝CD，得：AE⊥BD，CE⊥BD，∴∠AEC就是二面角A—BD—C的平面角，∴cos∠AEC＝3 3.在△ACE中，AE＝6，CE＝2，AC2＝AE2＋CE2－2AE·CE·cos∠AEC＝6＋2－2×6×2×33＝4，∴AC＝2.(2)证明：由AB＝AD＝BD＝22，AC＝BC＝CD＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，AC2＋CD2＝AD2，∴∠ACB＝∠ACD＝90°，∴AC⊥BC，AC⊥CD，又BC∩CD＝C，∴AC⊥平面BCD.(3)法1：由(1)知BD⊥平面ACE，BD⊂平面ABD，∴平面ACE⊥平面ABD，平面ACE∩平面ABD＝AE，作CF⊥AE交AE于F，则CF⊥平面ABD，∠CAF就是AC与平面ABD所成的角，∴sin∠CAF＝sin∠CAE＝CEAE＝33.法2：设点C到平面ABD的距离为h，∵V C－ABD＝V A－BCD，∴13×12×22×22sin60°·h＝13×12×2×2×2，∴h＝23 3，于是AC与平面ABD所成角θ的正弦值为sinθ＝hAC＝33.图28法3：以CB ，CD ，CA 所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系C －xyz ，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,0,0)，D (0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AB →＝0，n ·AD→＝0⇒2x －2z ＝0,2y －2z ＝0，取x ＝y ＝z ＝1，则n ＝(1,1,1)，于是AC 与平面ABD 所成角θ的正弦值：sin θ＝|n ·CA →||n |·|CA →|＝|0＋0＋2|3×2＝33.图2922．如图29，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知BC ＝1，BB 1＝2，AB ⊥平面BB 1C 1C .(1)求直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值；(2)在棱CC 1(不包括端点C 、C 1)上确定一点E 的位置，使EA ⊥EB 1(要求说明理由)；(3)在(2)的条件下，若AB ＝2，求二面角A —EB 1—A 1的大小． 解：法1：(1)在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，C 1C ⊥平面ABC ， ∴C 1B 在平面ABC 上的射影为CB ，∴∠C 1BC 为直线C 1B 与底面ABC 所成的角．∵在Rt △CC 1B 中，CC 1＝2，BC ＝1，∴tan ∠C 1BC ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2.(2)当E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1，连接BE .∵CE ＝EC 1＝1，BC ＝B 1C 1＝1，∴∠BEC ＝∠B 1EC 1＝45°，∴∠BEB 1＝90°，即B 1E ⊥BE ，又∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，EB 1⊂平面BB 1C 1C ，∴AB ⊥EB 1， 又AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，BE ∩AB ＝B ，∴EB 1⊥平面ABE ，又EA ⊂平面ABE ，故EA ⊥EB 1.图30(3)如图30，取EB 1的中点G ，A 1E 的中点F ，连接FG ，则FG ∥A 1B 1，且FG ＝12A 1B 1，∵A 1B 1⊥EB 1， ∴FG ⊥EB 1，连接A 1B ，AB 1，设A 1B ∩AB 1＝O ，连接OF ，OG ，则OG ∥AE ，且OG ＝12EA ， ∵EA ⊥EB 1，∴OG ⊥EB 1，∴∠OGF 为二面角A —EB 1—A 1的平面角．∵AE ＝AC 2＋CE 2＝2，OG ＝12AE ＝1， FG ＝12A 1B 1＝22，OF ＝12BE ＝22，∴∠OGF ＝45°， ∴二面角A —EB 1—A 1的大小为45°.图31法2：以B 为坐标原点，BC 、BB 1、AB 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如图31所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C 1(1,2,0)，B 1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC 的一个法向量为BB →1＝(0,2,0)，又BC →1＝(1,2,0)，设BC 1与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BB →1，BC →1〉|＝255， ∴tan θ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2.(2)设E (1，y,0)，A (0,0，z )，则EB →1＝(－1,2－y,0)， EA →＝(－1，－y ，z )，∵EA ⊥EB 1，∴EA →·EB →1＝1－y (2－y )＝0，∴y ＝1，即E (1,1,0)，∴E 为CC 1的中点．(3)由题知A (0,0，2)，则AE →＝(1,1，－2)，B 1E →＝(1，－1,0)，设平面AEB 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ n ·AE →＝0n ·B 1E →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1－2z 1＝0x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n ＝(1,1，2)， ∵BE →＝(1,1,0)，∴BE →·B 1E →＝1－1＝0， ∴BE ⊥B 1E ，又BE ⊥A 1B 1，∴BE ⊥平面A 1B 1E ， ∴平面A 1B 1E 的一个法向量为BE →＝(1,1,0)， ∴cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝22，∴二面角A —EB 1—A 1的大小为45°.。