2013届高三数学 章末综合测试题(13)立体几何(1)

2013届高三数学章末综合测试题（13）立体几何（1）一、选择题(本大题共12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．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析 A 依题意，设圆台上、下底面半径分别为r 、3r ，则有π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则( )A ．EF 与GH 平行B ．EF 与GH 异面C ．EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上D ．EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上解析 D 依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E 、F 、G 、H 共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，即点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，而AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在AC 上．3．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝( ) A ．1 B ．15 C ．35 D ．75解析 D k a ＋b ＝k (1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，2a －b ＝2(1,1,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)，∵两向量垂直，∴3(k －1)＋2k －2×2＝0，∴k ＝75.4．已知直线m 、n 和平面α，在下列给定的四个结论中，m ∥n 的一个必要但不充分条件是( )A ．m ∥α，n ∥αB ．m ⊥α，n ⊥αC ．m ∥α，n ⊂αD ．m 、n 与α所成的角相等解析 D 对于选项A ，当m ∥α，n ∥α时，直线m 、n 可以是平行、相交或异面；而当m ∥n 时，m 、n 与α的关系不确定，故选项A 是m ∥n 的既不充分也不必要条件；选项B 是m ∥n 的充分不必要条件；选项C 是m ∥n 的既不充分也不必要条件；对于选项D ，由m∥n 可以得到m 、n 与α所成的角相等，但是m 、n 与α所成的角相等得不到m ∥n .故选项D 符合题意．5．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )A ．288＋36πB ．60πC ．288＋72πD ．288＋18π解析 A 依题意得，该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为8、6、6，半个圆柱相应的圆柱底面半径为3、高为8，因此该几何体的体积等于8×6×6＋12×π×32×8＝288＋36π，故选A.6．l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面解析 B 在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A 错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B 正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C 错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D 错．7．将一个边长为a 的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了( ) A ．6a 2B ．12a 2C ．18a 2D ．24a 2解析 B 依题意，小正方体的棱长为a3，所以27个小正方体的表面积总和为27×6×⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＝18a 2，故表面积增加量为18a 2－6a 2＝12a 2.8．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )A.63B.265 C.155D.105解析 D 如图，连接A 1C 1，B 1D 1，交于点O 1，由长方体的性质易知∠C 1BO 1为BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角．∵BC ＝2，CC 1＝1，∴BC 1＝22＋1＝5，又C 1O 1＝12A 1C 1＝1222＋22＝2，∴在Rt △BO 1C 1中，sin ∠C 1BO 1＝O 1C 1BC 1＝25＝105. 9．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有命题中，真命题有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析 C 若α，β换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．10．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝10，AD ＝5，AA 1＝4.分别过BC 、A 1D 1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V 1＝VAEA 1－DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1－FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B －C 1F 1C .若V 1∶V 2∶V 3＝1∶3∶1，则截面A 1EFD 1的面积为( )A ．410B ．8 3C ．20 2D ．16 2解析 C 由V 1＝V 3，可得AE ＝B 1E 1，设AE ＝x ，则错误!∶[(10－x )×4×5]＝1∶3，得x ＝4，则A 1E ＝42＋42＝42，所以截面A 1EFD 1的面积为20 2.11．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC 的值为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析 C 还原正方体，如下图所示，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC是正三角形，则∠ABC ＝60°.故选C.12．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于27、43，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB、CD可能相交于点M；②弦AB、CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN的最小值为1.其中真命题的个数是 ( )A．1 B．2C．3 D．4解析 C 易求得M、N到球心O的距离分别为OM＝3，ON＝2，若两弦交于M，则ON ⊥MN，在Rt△ONM中，有ON<OM，符合题意，故①正确．若两弦交于N，同①推得，OM<ON，矛盾，故②错．当M、O、N共线，M、N在O同侧，则MN取最小值1；M、N在O两侧，则MN 取最大值5，故③④正确．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13. 如图，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析∵FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)【答案】M位于线段FH上14．已知α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.解析同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行．【答案】②③④⇒①15．已知命题：“若x⊥y，y∥z，则x⊥z”成立，那么字母x，y，z在空间所表示的几何图形有可能是：①都是直线；②都是平面；③x，y是直线，z是平面；④x，z是平面，y是直线．上述判断中，正确的有________(请将你认为正确的序号都填上)．解析 当字母x ，y ，z 都表示直线时，命题成立；当字母x ，y ，z 都表示平面时，命题也成立；当x ，z 表示平面，y 表示直线时，由相关的判定定理知命题也成立；当x ，y 表示直线，z 表示平面时，x ⊥z 不一定成立，还有可能x ∥z 或x 与z 相交，故①②④正确，③不正确．【答案】 ①②④16．如图，二面角α－l －β的大小是60°，线段AB ⊂α，B ∈l ，AB 与l 所成的角为30°，则AB 与平面β所成的角的正弦值是________．解析 如图，作AO ⊥β于O ，AC ⊥l 于C ，连接OB 、OC ，则OC ⊥l .设AB 与β所成角为θ，则∠ABO ＝θ，由图得sin θ＝AO AB ＝AC AB ·AO AC ＝sin 30°·sin 60°＝34.【答案】34三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)如图所示，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，沿对角线BD 把△ABD 折起，使点A 在平面BCD 上的射影E 落在BC 上．(1)求证：平面ACD ⊥平面ABC; (2)求三棱锥A －BCD 的体积．解析 (1)∵AE ⊥平面BCD ，∴AE ⊥CD . 又BC ⊥CD ，且AE ∩BC ＝E ， ∴CD ⊥平面ABC . 又CD ⊂平面ACD ， ∴平面ACD ⊥平面ABC . (2)由(1)知，CD ⊥平面ABC ， 又AB ⊂平面ABC ，∴CD ⊥AB . 又∵AB ⊥AD ，CD ∩AD ＝D ，∴AB ⊥平面ACD .∴V A －BCD ＝V B －ACD ＝13·S △ACD ·AB .又∵在△ACD 中，AC ⊥CD ，AD ＝BC ＝4，AB ＝CD ＝3， ∴AC ＝AD 2－CD 2＝42－32＝7. ∴V A －BCD ＝13×12×7×3×3＝372.18．(12分)如图，四边形ABCD 为正方形，四边形BDEF 为矩形，AB ＝2BF ，DE ⊥平面ABCD ，G 为EF 的中点．(1)求证：CF ∥平面ADE ； (2)求证：平面ABG ⊥平面CDG ； (3)求二面角C －FG －B 的余弦值．解析 (1)∵BF ∥DE ，BC ∥AD ，BF ∩BC ＝B ，DE ∩AD ＝D ，∴平面CBF ∥平面ADE . 又CF ⊂平面CBF ， ∴CF ∥平面ADE .(2)如图，取AB 的中点M ，CD 的中点N ，连接GM 、GN 、MN 、AC 、BD ，设AC 、MN 、BD 交于O ，连接GO .∵四边形ABCD 为正方形，四边形BDEF 为矩形，AB ＝2BF ，DE ⊥平面ABCD ，G 为EF 的中点，则GO ⊥平面ABCD ，GO ＝12MN ，∴GN ⊥MG .又GN ⊥DC ，AB ∥DC ， ∴GN ⊥AB . 又AB ∩MG ＝M ，∴GN ⊥平面GAB . 又GN ⊂平面CDG ， ∴平面ABG ⊥平面CDG .(3)由已知易得CG ⊥FG ，由(2)知GO ⊥EF ， ∴∠CGO 为二面角C －FG －B 的平面角， ∴cos ∠CGO ＝GO GC ＝33. 19．(12分)(2011·南昌二模)如图所示的多面体ABC －A 1B 1C 1中，三角形ABC 是边长为4的正三角形，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝BB 1＝2CC 1＝4.(1)若O 是AB 的中点，求证：OC 1⊥A 1B 1；(2)求平面AB 1C 1与平面A 1B 1C 1所成的角的余弦值． 解析 (1)设线段A 1B 1的中点为E ，连接OE ，C 1E . 由AA 1⊥平面ABC 得AA 1⊥AB ， 又BB 1∥AA 1且AA 1＝BB 1， 所以AA 1B 1B 是矩形． 又点O 是线段AB 的中点， 所以OE ∥AA 1，所以OE ⊥A 1B 1. 由AA 1⊥平面ABC 得AA 1⊥AC ，A 1A ⊥BC . 又BB 1∥AA 1∥CC 1，所以BB 1⊥BC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ， 且AC ＝BC ＝4，AA 1＝BB 1＝4，CC 1＝2， 所以A 1C 1＝B 1C 1，所以C 1E ⊥A 1B 1. 又C 1E ∩OE ＝E ， 所以A 1B 1⊥平面OC 1E ，因为OC 1⊂平面OC 1E ，所以OC 1⊥A 1B 1.(2)如图，以O 为原点，OE →，OA →，OC →所在方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (0,2,0)，A 1(4,2,0)，B 1(4，－2,0)，C 1(2,0,23)，设平面AB 1C 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB 1→＝0，n 1·AC 1→＝0⇒⎩⎨⎧x 1，y 1，z 1·4，－4，0＝0，x 1，y 1，z 1·2，－2，23＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝y 1，z 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝(1,1,0)．设平面A 1B 1C 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1B 1→＝0，n 2·A 1C 1→＝0⇒⎩⎨⎧x 2，y 2，z 2·0，－4，0＝0，x 2，y 2，z 2·－2，－2，23＝0⇒⎩⎨⎧y 2＝0，x 2＝3z 2，令z 2＝1，则n 2＝(3，0,1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝32×2＝64，值是64. 所以平面AB 1C 1与平面A 1B 1C 1所成的角的余弦20．(12分)如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DB ＝BC ，DB ⊥AC ，点M 是棱BB 1上一点．(1)求证：B 1D 1∥平面A 1BD ； (2)求证：MD ⊥AC ；(3)试确定点M 的位置，使得平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D . 解析 (1)由直四棱柱概念，得BB 1綊DD 1， ∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形，∴B 1D 1∥BD .而BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，∴B 1D 1∥平面A 1BD . (2)∵BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴BB 1⊥AC .又∵BD ⊥AC ，且BD ∩BB 1＝B ， ∴AC ⊥平面BB 1D 1D . 而MD ⊂平面BB 1D 1D ， ∴MD ⊥AC .(3)当点M 为棱BB 1的中点时，取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1，连接NN 1交DC 1于O ，连接OM ，如图所示．∵N 是DC 的中点，BD ＝BC ，∴BN ⊥DC . 又∵DC 是平面ABCD 与平面DCC 1D 1的交线， 而平面ABCD ⊥平面DCC 1D 1， ∴BN ⊥平面DCC 1D 1.又可证得，O 是NN 1的中点，∴BM 綊ON ， 即四边形BMON 是平行四边形， ∴BN ∥OM ，∴OM ⊥平面CC 1D 1D ，∵OM ⊂平面DMC 1，∴平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .21．(12分)如图所示，在直角梯形ABCP 中，BC ∥AP ，AB⊥BC ，CD⊥AP ，AD ＝DC ＝PD ＝2.E ，F ，G 分别为线段PC ，PD ，BC 的中点，现将△PDC 折起，使平面PDC ⊥平面ABCD .(1)求证：PA ∥平面EFG ； (2)求二面角G －EF －D 的大小．解析 (1)∵PE ＝EC ，PF ＝FD ，∴EF ∥CD . 又CD ∥AB ，∴EF ∥AB ，∴EF ∥平面PAB . 同理，EG ∥平面PAB .又∵EF ∩EG ＝E ，∴平面PAB ∥平面EFG ， 而PA 在平面PAB 内，∴PA ∥平面EFG .(2)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，G (1,2,0)，易知DA →＝(2,0,0)为平面EFD 的一个法向量． 设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又EF →＝(0，－1，0)，EG →＝(1,1，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，得错误!即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0,1)．设所求二面角为θ，cos θ＝n ·DA→|n ||DA →|＝222＝22， ∴θ＝45°，即二面角G －EF －D 的平面角的大小为45°.22．(12分)在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥面D 1AC .(1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由．解析 设AC 与BD 交于O ，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，设AB ＝2，则A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (－3，0,0)，D (0，－1,0)，D 1(0，－1,2)，A 1(3，0,2)．(1)设E (0,1,2＋h )，则D 1E →＝(0,2，h )，AC →＝(－23，0,0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ， ∴D 1E →·AC →＝0，D 1E →·D 1A →＝0， ∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0,1,3)， ∴D 1E →＝(0,2,1)，AE →＝(－3，1,3)． 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ⊥AC →，m ⊥AE →，∴⎩⎨⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0，令z ＝－1，得m ＝(0,3，－1)， ∴cos 〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E→|m ||D 1E →|＝22， ∴二面角E －AC －D 1的大小为45°. (2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)， 则D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2λ1＋λ，λ1＋λ，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1,0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2λ1＋λ，λ1＋λ＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，λ－11＋λ，λ1＋λ. ∵A 1P ∥平面EAC ， ∴A 1P →⊥m ， ∴A 1P →·m ＝0，∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，11 ∴λ＝32. ∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ， 此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。