山东省2012届高三数学 第一章《立体几何初步》单元测试 文 新人教B版必修2

高中数学第一章立体几何初步单元质量测评（含解析）新人教B版必修2对应学生用书P41 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)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．下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．由6个大小一样的正方形所组成的图形是正方体的展开图C ．正方体各条棱长都相等D ．棱柱的各条棱都相等 答案 C解析 根据棱柱的定义可知，棱柱的侧面都是平行四边形，侧棱长相等，但是侧棱和底面内的棱长不一定相等，而正方体的所有棱长都相等．2．中心角为135°，面积为B 的扇形围成一个圆锥，若圆锥的全面积为A ，则A∶B 等于( )A ．11∶8 B．3∶8 C．8∶3 D．13∶8 答案 A解析 设扇形的半径为R ，围成的圆锥的底面圆的半径为r ，则扇形弧长l ＝135πR 180＝34πR，又2πr＝34πR，∴r＝38R ，S 扇形＝135π360R 2＝38πR 2，S 圆锥全＝S 底＋S 侧＝πr 2＋S 扇形＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫38R 2＋38πR 2＝3364πR 2，∴S 扇形S 圆锥全＝38πR 23364πR 2＝811，∴A B ＝118， 故选A ．3．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案 C解析由几何体的俯视图与左视图的宽度一样，可知C不可能是该锥体的俯视图，故选C．4．给出下列四个命题：①三点确定一个平面；②一条直线和一个点确定一个平面；③若四点不共面，则每三点一定不共线；④三条平行线确定三个平面．正确的结论个数有( )A．1 B．2 C．3 D．4答案 A解析①中不共线的三点确定一个平面；②中一条直线和直线外一点确定一个平面；③中若四点不共面，则每三点一定不共线，故③正确；④中不共面的三条平行线确定三个平面．5．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若α∥β，l∥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析若l∥α，l∥β，则α∥β或α∩β＝m，l∥m，故A错误．若α∥β，l∥α，则l∥β或l在β内，故C错误．若α⊥β，l∥α，则l∥β或l在β内或l⊥β或l与β相交，故D错误．6．体积为27，全面积为54的长方体( )A．必是正方体 B．不存在C．有无穷多个 D．最多只能有三个答案 A解析设长、宽、高分别为a，b，c，则abc＝27．2(ab＋bc＋ac)＝54，∴ab＋bc＋ac＝abc．易知a＝b＝c，故应为棱长为3的正方体．7．如图，平行四边形ABCD 中，AB⊥BD，沿BD 将△ABD 折起，使面ABD⊥面BCD ，连接AC ，则在四面体ABCD 的四个面所在平面中，互相垂直的平面的对数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 ①平面ABD⊥平面BCD ，②平面ABC⊥平面BCD ，③平面ACD⊥平面ABD ． 8．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S 1，S 2，S 3，则( )A ．S 1<S 2<S 3B ．S 3<S 2<S 1C ．S 2<S 1<S 3D ．S 1<S 3<S 2 答案 A解析 由截面性质可知，设底面积为S ． S S 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫212⇒S 1＝14S ； S S 2＝21⇒S 2＝12S ； S S 3＝3212⇒S 3＝134S ．可知S 1<S 2<S 3，故选A ． 9．夹在两个平行平面间的圆柱、圆锥、球，若它们在平行平面上的正投影是等圆，那么它们的体积之比为( )A ．3∶1∶4 B．9∶3∶4 C ．3∶1∶2 D．1∶2∶3 答案 C解析 它们的高都等于两平行平面间的距离设为h ，圆柱体积V 1，圆锥体积V 2，球体积V 3，正投影的面积为S ，则V 1＝Sh ，V 2＝13Sh ，V 3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫S π3＝43S Sπ．又因为h ＝2S π，所以S π＝h 2．所以V 3＝43S·h 2＝23Sh ，所以V 1∶V 2∶V 3＝1∶13∶23＝3∶1∶2． 10．已知集合A ，B ，C ，A ＝{直线}；B ＝{平面}，C ＝A∪B，若a∈A，b∈B，c∈C，给出下列命题：①⎩⎪⎨⎪⎧a∥b，c∥b ⇒a∥c；②⎩⎪⎨⎪⎧a⊥b，c⊥b ⇒a∥c；③⎩⎪⎨⎪⎧a⊥b，c∥b ⇒a⊥c．其中正确的命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 B解析 ①当c 为直线时，⎩⎪⎨⎪⎧a∥b，c∥b ⇒a∥c 或a ，c 异面或相交，故①错误．②当c 为平面时，⎩⎪⎨⎪⎧a⊥b，c⊥b ⇒a∥c 或a ⊂c ，故②错误．经验证得③正确．11．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 最短，则AP ＋D 1P 的最小值为( )A ．2＋ 2B ．2＋62C ．2＋ 2D ．2 答案 A解析 D 1－A 1B －A 展成平面，如图所示，则AD 1即为AP ＋D 1P 的最小值．过D 1作D 1M⊥AA 1的延长线于M ，由∠AA 1D 1＝∠AA 1B ＋∠BA 1D 1＝45°＋90°＝135°，可知∠MA 1D 1＝45°．所以A 1M ＝D 1M ＝22．在Rt△MD 1A 中，AD 1＝MA 2＋MD 21＝ 2＋2． 12．三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB＝30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2x(x∈[0，3])，下列四个图象大致描绘了三棱锥N －AMC 的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是( )答案 A解析 V ＝13S △AMC ·NO＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3x×sin30°· (8－2x)＝－12(x －2)2＋2，x∈[0，3]，故选A ．第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．直线a ，b 分别是长方体相邻两个面上的对角线所在直线，则a 与b 的位置关系为________．答案 相交或异面解析 画一个长方体，则有两直线交于一顶点或两直线异面．14．设A ，B ，C ，D 为球O 上四点，若AB ，AC ，AD 两两互相垂直，且AB ＝AC ＝6，AD ＝2，则A ，D 两点间的球面距离为________．答案2π3解析 由题意知，球O 的直径为以AB ，AC ，AD 为棱的长方体的体对角线，即2R ＝AB 2＋AC 2＋AD 2＝4，即R ＝2，则OA ＝OD ＝AD ＝2，∴△OAD 为正三角形，则∠AOD＝π3，∴A，D 球面距离为2π3．15．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．答案 2 3解析由三视图可知该多面体的直观图如图所示，即图中的四棱锥P －ABCD ，所以最长的一条棱的长为PA ＝PC 2＋AC 2＝PC 2＋AB 2＋BC 2＝23．16．一个正六棱锥的底面边长为2、高为1，则过两条不相邻侧棱所作的截面中，面积最大值为________．答案6解析 如图先计算截面PAD 的面积，由题知h ＝PO ＝1，AD ＝4，∴S △PAD ＝12×1×4＝2，下面计算截面PAC 的面积，连接OB 交AC 于M 点，连接PM ，则PM⊥AC，AC ＝23，BM ＝1，∴OM＝1，∴PM＝PO 2＋OM 2＝12＋12＝2，∴S △PAC ＝12×AC×PM＝12×23×2＝6，6>2，∴S △PAC >S △PAD ，∴填6．三、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．(本小题满分10分)定线段AB 所在直线与定平面α相交，P 为直线AB 外任一点，且P ∉α，直线AP ，PB 与α交于A′，B′．求证：不论P 在什么位置，A′B′过一定点．证明 设定线段AB 所在直线与定平面α相交于定点O ． ∵AP，AB 相交于点A ，∴由AP ，AB 可确定平面β． ∵AP∩α＝A′，PB∩α＝B′，AB∩α＝O ， ∴A′，B′，O 为平面α与平面β的公共点． ∴A′，B′，O 三点共线，即A′B′过定点O ．18．(本小题满分12分)如图，已知平面α∥β，O为α，β外一点，三条射线OA，OB，OC分别交β于A，B，C，交α于A1，B1，C1．(1)求证：△ABC∽△A1B1C1；(2)若OA＝a，AA1＝b，B1C1＝c，求BC的长．解(1)证明：因为α∥β，平面AOB∩α＝A1B1，平面AOB∩β＝AB，所以A1B1∥AB，所以OA1OA＝OB1OB＝A1B1AB，同理B1C1∥BC，所以OB1OB＝OC1OC＝B1C1BC．同理，A1C1∥AC，OA1OA＝OC1OC＝A1C1AC，所以A1B1AB＝B1C1BC＝C1A1CA．所以△ABC∽△A1B1C1．(2)由(1)知，OA1OA＝B1C1BC，又因为OA1＝OA－AA1＝a－b，∴a－ba＝cBC，∴BC＝aca－b．19．(本小题满分12分)如图所示的四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，求证：(1)PA∥平面BDE；(2)平面PAC⊥平面PBD．证明(1)连接AC交BD于点O，连接OE．∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO．∵E为PC的中点，∴EO∥PA．∵PA⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE．(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．∵AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．20．(本小题满分12分)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，∠C1CB＝∠C1CD ＝∠BCD＝60°．(1)求证：C1C⊥BD；(2)当CDCC1的值为多少时，可使A1C⊥平面C1BD?解(1)证明：连接A1C1，AC，设AC和BD交于点O，连接C1O．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC＝CD．又∵∠BCC1＝∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B＝C1D．∵DO＝OB，∴C1O⊥BD．又∵AC∩C1O＝O，∴BD⊥平面ACC1A1．又∵C1C⊂平面ACC1A1，∴C1C⊥BD．(2)由(1)知BD⊥平面ACC1A1．∵A1C⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1C．当CDCC1＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形．同理可证BC1⊥A1C．又∵BD∩BC1＝B，∴A1C⊥平面C1BD．21．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积．解 (1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ， 所以BB 1⊥AB．又因为AB⊥BC，BB 1，BC 为平面B 1BCC 1内两条相交直线， 所以AB⊥平面B 1BCC 1，又AB ⊂平面ABE ， 所以平面ABE⊥平面B 1BCC 1．(2)证明：取AB 中点G ，连接EG ，FG ，如图． 因为E ，F ，G 分别是A 1C 1，BC ，AB 的中点， 所以FG∥AC，且FG ＝12AC ，EC 1＝12A 1C 1．因为AC∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG∥EC 1，且FG ＝EC 1． 所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F∥EG．又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F∥平面ABE ．(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB⊥BC， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝3．所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33．22．(本小题满分12分)已知某几何体的直观图(图1)与它的三视图(图2)，其中俯视图为正三角形，主视图及左视图是矩形．(1)求该几何体的体积；(2)D 是棱A 1C 1上的一点，若使直线BC 1∥平面AB 1D ，试确定点D 的位置，并证明你的结论； (3)在(2)成立的条件下，求证：平面AB 1D⊥平面AA 1D ．解 由三视图可知该几何为正三棱柱，底面是高为3的正三角形，三棱柱的高h ＝3，(1)底面是高为3的正三角形，易知底面边长为2， 所以底面面积S ＝12×2×3＝3，所求体积V ＝Sh ＝33．(2)连接A 1B ，且A 1B∩AB 1＝O ，因为正三棱柱侧面是矩形，所以点O 是A 1B 的中点， 解法一：若BC 1∥平面AB 1D ，连接DO ，BC 1⊂平面A 1BC 1，平面AB 1D∩平面A 1BC 1＝DO ，所以BC 1∥DO，所以DO 是△A 1BC 1的中位线，所以D 为A 1C 1的中点． 即D 为A 1C 1的中点时，BC 1∥平面AB 1D ． 解法二：若D 为棱A 1C 1的中点． 连接DO ，所以DO 是△A 1BC 1的中位线．所以BC 1∥DO，又DO ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，所以BC 1∥平面AB 1D ． 即D 为A 1C 1的中点时，BC 1∥平面AB 1D ．解法三：在△A 1BC 1中，过O 作OD∥BC 1，交A 1C 1于D ，所以OD 为△A 1BC 1的中位线，所以D 为A 1C 1的中点，又DO ⊂平面AB 1D ，BC1⊄平面AB1D，所以C1B∥平面AB1D．即D为A1C1的中点时，BC1∥平面AB1D．(3)证法一：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，三角形A1B1C1为正三角形，所以B1D⊥A1C1，又由三棱柱性质知平面A1B1C1⊥平面ACC1A1，且平面A1B1C1∩平面ACC1A1＝A1C1，B1D⊂平面A1B1C1，所以B1D⊥平面AA1D，又B1D⊂平面AB1D，所以平面AB1D⊥平面AA1D．证法二：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，三角形A1B1C1为正三角形，所以B1D⊥A1C1，又因为AA1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥B1D．AA1∩A1C1＝A1，AA1⊂平面AA1D，A1C1⊂平面AA1D，所以B1D⊥平面AA1D，又B1D⊂平面AB1D，所以平面AB1D⊥平面AA1D．。

数学：第一章《立体几何初步》学案（新人教版B 版必修2）第一章《立体几何初步》单元小结导航知识链接点击考点（1）了解柱，锥，台，球及简单组合体的结构特征。

（2） 能画出简单空间图形的三视图，能识别三视图所表示的立体模型，并会用斜二测法画出它们的直观图。

（3） 通过观察用平行投影与中心投影这两种方法画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。

（4） 理解柱，锥，台，球的表面积及体积公式。

（5） 理解平面的基本性质及确定平面的条件。

（6） 掌握空间直线与直线，直线与平面，平面与平面平行的判定及性质。

（7） 掌握空间直线与平面，平面与平面垂直的判定及性质。

名师导航1.学习方法指导 （1） 空间几何体①空间图形直观描述了空间形体的特征，我们一般用斜二测画法来画空间图形的直观图。

②空间图形可以看作点的集合，用符号语言表述点，线，面的位置关系时，经常用到集合的有关符号，要注意文字语言，符号语言，图形语言的相互转化。

③柱，锥，台，球是简单的几何体，同学们可用列表的方法对它们的定义，性质，表面积及体积进行归纳整理。

④对于一个正棱台，当上底面扩展为下底面的全等形时，就变为一个直棱柱；当上底面收缩为中心点时，就变为一个正棱锥。

由1()2S c c h ''=+正棱台侧和()3hV s s '=正棱台，就可看出它们的侧面积与体积公式的联系。

（2） 点，线，面之间的位置关系①“确定平面”是将空间图形问题转化为平面图形问题来解决的重要条件，这种转化最基本的就是三个公理。

②空间中平行关系之间的转化：直线与直线平行 直线与平面平行平面与平面平行。

③空间中垂直关系之间的转化：直线与直线垂直 直线与平面垂直平面与平面垂直。

2.思想方法小结在本章中需要用到的数学思想方法有：观察法，数形结合思想，化归与转化思想等。

主要是立体几何问题转化为平面几何问题，平行与垂直的相互转化等。

3.综合例题分析例1：如图，P 是∆ABC 所在平面外一点，A '，B '，C '分别是PBC ∆，PCA ∆，PAB ∆的重心。

第一章立体几何初步检测(B)(时间:90分钟满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则()A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线与l都相交解析：依题意,直线l∩α=A(如图),α内的直线若经过点A,则与直线l相交;若不经过点A,则与直线l是异面直线,故选B.答案：B2某几何体的三视图如图,则该几何体的体积为()A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π解析：该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体.V半圆柱=π×22×4=8π,V长方体=4×2×2=16.所以所求体积为16+8π.故选A.答案：A3某几何体的三视图如图,则该几何体的表面积为()A.180B.200C.220D.240解析：由三视图知该几何体是底面为等腰梯形的直棱柱,如图,S上=2×10=20,S下=8×10=80,S前=S后=10×5=50,S左=S右=(2+8)×4=20,所以S表=S上+S下+S前+S后+S左+S右=240,故选D.答案：D4设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m∥β,则α∥βC.若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.若m∥α,α⊥β,则m⊥β解析：A选项中,直线m,n可能平行,也可能相交或异面;B选项中,α与β也可能相交,此时直线m 平行于α,β的交线;D选项中,m也可能平行于β.故选C.答案：C5如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()A.6B.3C.6D.12解析：△OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.答案：D6一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与左视图均是半径为2的圆,则这个几何体的体积是()A. B.8π C. D.32π解析：由三视图可知该几何体是将一个球切割而得到的几何体,切去的部分是球的,已知该球的半径为2,所以该几何体的体积V==8π,故选B.答案：B7平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为() A.π B.4π C.4π D.6π解析：设球O的半径为R,则R=,故V球=πR3=4π.答案：B8如图是一个多面体的三视图,则其表面积为()A. B.+6C.+6D.+4解析：由几何体的三视图可得,此几何体是平放的三棱柱,底面是正三角形,侧面是正方形,其表面积为S=3×()2+2××()2=6+.故选C.答案：C9已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O 的半径为()A. B.2 C. D.3解析：过C点作AB的平行线,过B点作AC的平行线,交点为D,同理过C1作A1B1的平行线,过B1作A1C1的平行线,交点为D1,连接DD1,则ABCD-A1B1C1D1恰好成为球的一个内接长方体,故球的半径r=.故选C.答案：C10如图,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①BD⊥AC;②△BAC是等边三角形;③三棱锥D-ABC是正三棱锥;④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A.①②④B.①②③C.②③④D.①③④解析：由题意知,BD⊥平面ADC,则BD⊥AC,①正确;因为AD为等腰直角三角形斜边BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,所以AB=AC=BC,所以△BAC是等边三角形,②正确;易知DA=DB=DC,又由②知③正确;由①知④错.故选B.答案：B二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出四个命题:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线.上述命题中正确的命题是.(写出所有正确命题的序号)解析：由平行公理知①正确;当a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行、异面,故②错;当a与b相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故③错;a⊂α,b⊂β,并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”,故④错.答案：①12已知圆锥的底面周长为6π,体积为12π,则该圆锥的侧面积为.解析：设圆锥的底面半径为R,高为h,由已知得2πR=6π,所以R=3.于是12π=π·32·h,解得h=4,于是母线l==5,所以侧面积S=π×3×5=15π.答案：15π13如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=.解析：由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2,S△ADE∶S△ABC=1∶4.因此V1∶V2==1∶24.答案：1∶2414如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为.解析：作FO⊥平面CED,则EO⊥CD,FO与正方体的侧棱平行,所以平面EOF一定与正方体的左、右侧面平行,而与其他四个面相交.答案：415已知正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,则以O为球心,OA为半径的球的表面积为.解析：如图所示,在正四棱锥O-ABCD中,V O-ABCD=×S正方形ABCD·OO1=×()2×OO1=,∴OO1=,AO1=,在Rt△OO1A中,OA=,即R=,∴S球=4πR2=24π.答案：24π三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(本小题满分8分)某几何体的三视图如图,其中俯视图的内外均为正方形,边长分别为2和4,几何体的高为3,求此几何体的表面积和体积.解由三视图可知该几何体是一个正四棱台.其上、下底面边长分别为2和4,又高为3,所以其斜高h'=,于是其表面积S=(8+16)×+22+42=20+12;其体积V=(22+2×4+42)×3=28.17(本小题满分8分)如图,PA⊥平面ABCD,ABCD是矩形,PA=AB=,AD=,点F是PB的中点,点E是边BC上的动点.(1)当点E为BC的中点时,试判断EF与平面PAC的位置关系,并说明理由;(2)求证:无论点E在边BC的何处,都有PE⊥AF.(1)解EF与平面PAC平行.理由如下:当E为BC的中点时,∵F为PB的中点,∴EF∥PC.∵EF⊄平面PAC,PC⊂平面PAC,∴EF∥平面PAC.(2)证明∵PA=AB,F为PB的中点,∴AF⊥PB.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC.又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.又AF⊂平面PAB,∴BC⊥AF.又PB∩BC=B,∴AF⊥平面PBC.∵无论点E在边BC的何处,都有PE⊂平面PBC,∴PE⊥AF.18(本小题满分9分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点.求证:(1)PA⊥底面ABCD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,所以AB∥DE,且AB=DE.所以ABED为平行四边形.所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD,而且ABED为平行四边形,所以BE⊥CD,AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点,所以PD∥EF.所以CD⊥EF.所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.19(本小题满分10分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C-A1DE的体积.(1)证明连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点.由D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)解因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,则CD⊥AB.因为AA1∩AB=A,所以CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=2,得∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3, 则A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.故=1.20(本小题满分10分)如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将三角形ADE向上折起,在折起的图形中解答下列两问:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH,又∵AK=AB,F为AE的中点,∴KF∥EH,∴KF∥BC.∵KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,∴BC∥平面DFK.(2)证明∵在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,∴在折起后的图形中,AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,∴AE⊥BE.∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,∴BE⊥平面ADE,∵BE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ADE.11。

综合检测(一)第一章立体几何初步(时刻90分钟，总分值120分)一、选择题(本大题共10小题，每题5分，共50分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．(2021·嘉峪关高一检测)观看图1中四个几何体，其中判定正确的选项是( )(1) (2) (3) (4)图1A．(1)是棱台B．(2)是圆台C．(3)是棱锥D．(4)不是棱柱【解析】结合柱、锥、台、球的概念可知(3)是棱锥，(4)是棱柱，应选C.【答案】C2．以下图2几何体中，主视图、左视图、俯视图都相同的几何体的序号是()(1)(2)(3)(4)图2A．(1)(2) B．(2)(3)C．(3)(4) D．(1)(4)【解析】正方体的三视图都相同都是正方形，球的三视图都相同都为圆面．【答案】 D图33．(2021·吉林高一检测)如图3，α∩β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，那么平面ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC【解析】D∈l，l⊂β，∴D∈β，又C∈β，∴CD⊂β；同理，CD⊂平面ABC，∴平面ABC∩平面β＝CD.应选C.【答案】 C4．若是两个球的体积之比为8∶27，那么两个球的表面积之比为()A．8∶27 B．2∶3C．4∶9 D．2∶9【解析】设两个球的半径别离为r1，r2，那么由题意可知V1∶V2＝8∶27，∴r1∶r2＝2∶3.∴S表1∶S表2＝4∶9.【答案】 C5．假设直线l不平行于平面α，且l⊄α，那么()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D ．α内的直线与l 都相交【解析】 由题意知，直线l 与平面α相交，那么直线l 与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因此只有选项B 是正确的．【答案】 B6．(2021·湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，那么该正方体的正视图的面积等于( )B ．1【解析】 由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.【答案】 D图57．已知水平放置的△ABC 是按“斜二测画法”取得如图5所示的直观图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 的面积是( )B ．2 2【解析】 依据斜二测画法的原那么可得， BC ＝B ′C ′＝2，AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3， 由图易患AO ⊥BC ，∴S ＝12×2×3＝3，应选A. 【答案】 A8．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )A．120°B．150°C．180°D．240°【解析】设圆锥底半径为R，母线长为L. 由题意，πR2＋πRL＝3(πR2)，∴L＝2R，圆锥的底面圆周长l＝2πR，展开成扇形后，设扇形圆心角为n，扇形的弧长l＝nπL180°＝nπ·2R180°，∴2πR＝2nπR180°，∴n＝180°，即展开后扇形的圆心角为180°.【答案】 C图69．如图6所示，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，组成三棱锥A－BCD，那么在三棱锥A－BCD中，以下命题正确的选项是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC【解析】梯形ABCD中AD∥BC，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，AD＝AB，∴∠ADB＝45°，∠BDC＝90°.∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，即CD⊥AB，又AD⊥AB，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADC，从而平面ADC⊥平面ABC.【答案】 D10．(2021·浏阳高一检测)设a，b，c是空间的三条直线，给出以下五个命题：①若a⊥b，b⊥c，那么a⊥c；②若a、b是异面直线，b、c是异面直线，那么a、c也是异面直线；③若a和b相交，b和c相交，那么a和c也相交；④若a和b共面，b和c共面，那么a和c也共面；⑤若a∥b，b∥c，那么a∥c；其中正确的命题的个数是()A．0B．1C．2D．3【解析】借助正方体中的线线关系易知①②③④全错；由公理4知⑤正确．【答案】 B二、填空题(本小题共4小题，每题5分，共20分．将答案填在题中横线上)11．(2021·辽宁高考)一个几何体的三视图如图7所示，那么该几何体的表面积为________．图7【解析】依照三视图可知几何体是一个长方体挖去一个圆柱，因此S＝2×(4＋3＋12)＋2π－2π＝38.【答案】3812．(2021·课标全国Ⅱ卷)已知正四棱锥O—ABCD的体积为322，底面边长为3，那么以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．【解析】 V 四棱锥O —ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322， ∴OA 2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 【答案】 24π13．已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.(1)当知足条件________时，有m ∥β； (2)当知足条件________时，有m ⊥β.【解析】 (1)当m ⊂α，且α∥β时，有m ∥β，故填③⑤. (2)当m ⊥α，且α∥β时，有m ⊥β，故填②⑤. 【答案】 ③⑤ ②⑤14．在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，当底面四边形A 1B 1C 1D 1知足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你以为正确的一种情形即可，没必要考虑所有可能的情形)．【解析】 由直四棱柱可知CC 1⊥面A 1B 1C 1D 1，因此CC 1⊥B 1D 1，要使B 1D 1⊥A 1C ，只要B 1D 1⊥平面A 1CC 1，因此只要B 1D 1⊥A 1C 1，还能够填写四边形A 1B 1C 1D 1是菱形，正方形等条件．【答案】 B 1D 1⊥A 1C 1(答案不唯一)三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时，应写出必要的文字说明、证明进程或演算步骤)15．(本小题总分值12分)(2021·郑州高一检测)若是一个几何体的正视图与侧视图都是全等的长方形，边长别离是4 cm 与2 cm ，如图9所示，俯视图是一个边长为4 cm 的正方形．(1)求该几何体的表面积； (2)求该几何体的外接球的体积．图9【解】(1)由题意可知，该几何体是长方体，底面是正方形，边长是4，高是2，因此该几何体的表面积是：2×4×4＋4×4×2＝64(cm2)，即几何体的表面积是64 cm2.(2)由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为d，球的半径是r，d＝16＋16＋4＝36＝6(cm)，因此球的半径为r＝3(cm)．因此球的体积V＝43πr3＝43×27π＝36π(cm3)，所之外接球的体积是36π cm3.图1016．(本小题总分值12分)如图10，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD 中，AD∥BC，∠ABC＝90°，P A⊥平面ABCD，AC∩BD＝E，AD＝2，AB＝23，BC＝6.求证：平面PBD⊥平面P AC.【证明】∵P A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥P A.又tan∠ABD＝ADAB＝33，tan∠BAC＝BCAB＝3，∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC.又P A∩AC＝A，∴BD⊥平面P AC.又∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面P AC.17．(本小题总分值12分)如图11，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、P、Q别离是BC、C1D1、AD1、BD的中点．图11(1)求证：PQ∥平面DCC1D1；(2)求证：AC⊥EF.【证明】(1)如下图，连接CD1.∵P、Q别离为AD1、AC的中点．∴PQ∥CD1.而CD1⊂平面DCC1D1，PQ⊄平面DCC1D1，∴PQ∥平面DCC1D1.(2)如图，取CD中点H，连接EH，FH.∵F、H别离是C1D1、CD的中点，在平行四边形CDD1C1中，FH綊D1D.而D1D⊥平面ABCD，∴FH⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，∴AC⊥FH.又E、H别离为BC、CD的中点，∴EH∥DB.而AC⊥BD，∴AC⊥EH.因为EH、FH是平面FEH内的两条相交直线，因此AC⊥平面EFH，而EF⊂平面EFH，因此AC⊥EF.18．(本小题总分值14分)(2021·北京高考)如图12中的(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E别离为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．图12(1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是不是存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．【解】(1)因为D，E别离为AC，AB的中点，因此DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，因此DE∥平面A1CB.(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，因此DE⊥AC.因此DE⊥A1D，DE⊥CD.因此DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，因此DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，因此A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE因此A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，别离取A1C，A1B的中点P，Q，那么PQ∥BC.又因为DE∥BC，因此DE∥PQ.因此平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，因此DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，因此A1C⊥DP.又DP∩DE＝D因此A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.。

(一) 立体几何初步(时间120分钟，满分150分)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.若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是( )A.相交B.异面C.平行D.异面或相交【解析】根据空间两条直线的位置关系和公理4可知c与b异面或相交，但不可能平行.【答案】 D2.下列说法不正确的是( )A.空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B.同一平面的两条垂线一定共面C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直【解析】A、B、C显然正确.易知当直线与平面垂直时，过这条直线有无数个平面与已知平面垂直.选D.【答案】 D3.已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则( )A.β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B.β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C.β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D.β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直【解析】作两个相交平面，交线为n，使得直线m⊥α，假设β内一定存在直线a 与m平行，因为m⊥α，而a∥m，所以直线a⊥α，而a⊂β，所以α⊥β，这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾，所以β内不一定存在直线a与m平行，因为直线m⊥α，n⊂α，又n⊂β，所以m⊥n，所以在β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m 垂直，故选C.【答案】 C4.设a、b为两条直线，α、β为两个平面，则正确的命题是( )A.若a⊂α，b⊂β，α∥β，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⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b【解析】A中，a、b可以平行或异面；B中，a、b可以平行或异面；C中，α、β可以平行或相交.【答案】 D5.已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【解析】利用线面垂直的性质进行分析.∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l.【答案】 C6.设l为直线，α，β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( )A.若l∥α，l∥β，则α∥βB.若l⊥α，l⊥β，则α∥βC.若l⊥α，l∥β，则α∥βD.若α⊥β，l∥α，则l⊥β【解析】选项A，平行于同一条直线的两个平面也可能相交，故选项A错误；选项B，垂直于同一直线的两个平面互相平行，选项B正确；选项C，由条件应得α⊥β，故选项C 错误；选项D，l与β的位置不确定，故选项D错误.故选B.【答案】 B7.如图1所示，△ADB和△ADC都是以D为直角顶点的等腰直角三角形，且∠BAC＝60°，下列说法中错误的是( )图1A.AD⊥平面BDCB.BD⊥平面ADCC.DC⊥平面ABDD.BC ⊥平面ABD【解析】 由题可知，AD ⊥BD ，AD ⊥DC ，所以AD ⊥平面BDC ，又△ABD 与△ADC 均为以D 为直角顶点的等腰直角三角形，所以AB ＝AC ，BD ＝DC ＝22AB . 又∠BAC ＝60°，所以△ABC 为等边三角形，故BC ＝AB ＝2BD ， 所以∠BDC ＝90°，即BD ⊥DC .所以BD ⊥平面ADC ，同理DC ⊥平面ABD . 所以A 、B 、C 项均正确.选D. 【答案】 D8.如图2所示，在三棱锥V -ABC 中，∠VAB ＝∠VAC ＝∠ABC ＝90°，下列结论不正确．．．的是( )图2A.平面VAC ⊥平面ABCB.平面VAB ⊥平面ABCC.平面VAC ⊥平面VBCD.平面VAB ⊥平面VBC【解析】 AV ⊥BA ，VA ⊥AC ，BA ∩AC ＝A ，∴VA ⊥平面ABC ，易知A 、B 正确，∵BC ⊥AB ，平面VAB ∩平面ABC ＝AB ，∴BC ⊥平面VAB ，易知D 正确，故选C.【答案】 C9.将正方形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，M 为CD 的中点，则∠AMD 的大小是( )A.45°B.30°C.60°D.90°【解析】 如图，设正方形边长为a ，作AO ⊥BD ，则AM ＝AO 2＋OM2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝32a ，又AD ＝a ，DM ＝a 2，∴AD 2＝DM 2＋AM 2，∴∠AMD ＝90°.【答案】 D10.在矩形ABCD 中，若AB ＝3，BC ＝4，PA ⊥平面AC ，且PA ＝1，则点P 到对角线BD 的距离为( )A.292 B.135 C.175D.1195【解析】 如图，过点A 作AE ⊥BD 于点E ，连接PE .∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAE ， ∴BD ⊥PE . ∵AE ＝AB ·AD BD ＝125，PA ＝1， ∴PE ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝135. 【答案】 B11.如图3所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图3A.17πB.18πC.20πD.28π【解析】 由三视图还原为直观图后计算求解.由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图.设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.【答案】 A12.正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H .以下结论中，错误的是( )A.点H 是△A 1BD 的垂心B.AH ⊥平面CB 1D 1C.AH 的延长线经过点C 1【解析】 因为AH ⊥平面A 1BD ，BD ⊂平面A 1BD ，所以BD ⊥AH .又BD ⊥AA 1，且AH ∩AA 1＝A . 所以BD ⊥平面AA 1H .又A 1H ⊂平面AA 1H . 所以A 1H ⊥BD ， 同理可证BH ⊥A 1D ，所以点H 是△A 1BD 的垂心，A 正确. 因为平面A 1BD ∥平面CB 1D 1， 所以AH ⊥平面CB 1D 1，B 正确.易证AC 1⊥平面A 1BD .因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以AC 1和AH 重合.故C 正确.因为AA 1∥BB 1，AA 1与AH 显然不垂直，∴AH 与BB 1也不垂直，故D 错误. 【答案】 D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上) 13.设平面α∥平面β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平面α，β之间，AS ＝8，BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝________.【解析】 由面面平行的性质得AC ∥BD ，AS BS ＝CSSD，解得SD ＝9. 【答案】 914.如图4所示，四棱锥S ­ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，E 是SA 上一点，当点E 满足条件：________时，SC ∥平面EBD .图4【解析】 当E 是SA 的中点时， 连接EB ，ED ，AC .设AC 与BD 的交点为O ，连接EO . ∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴点O 是AC 的中点. 又E 是SA 的中点， ∴OE 是△SAC 的中位线.∵SC ⊄平面EBD ，OE ⊂平面EBD ， ∴SC ∥平面EBD . 【答案】 E 是SA 的中点15.如图5所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和AB 上的点，若∠B 1MN 是直角，则∠C 1MN 等于________.【导学号：45722065】图5【解析】 ∵B 1C 1⊥平面A 1ABB 1，MN ⊂平面A 1ABB 1，∴B 1C 1⊥MN ，又∠B 1MN 为直角， ∴B 1M ⊥MN ，而B 1M ∩B 1C 1＝B 1.∴MN ⊥平面MB 1C 1，又MC 1⊂平面MB 1C 1， ∴MN ⊥MC 1，∴∠C 1MN ＝90°. 【答案】 90°16.已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线.以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的序号) 【解析】 (图略)由条件可得AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而PA ∥PB ，这是不可能的，故②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD >PA 知③正确； 由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错.【答案】①③三、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.(本小题满分10分)如图6所示，已知△ABC中，∠ACB＝90°，SA⊥平面ABC，AD⊥SC，求证：AD⊥平面SBC.图6【证明】∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.又∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC，∵SA∩AC＝A，∴BC⊥平面SAC，∴BC⊥AD.又∵SC⊥AD，SC∩BC＝C，∴AD⊥平面SBC.18.(本小题满分12分)如图7所示，三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC ＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点.图7(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.【证明】(1)∵C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1.∴AC1∥平面CDB1.19.(本小题满分12分)某几何体的三视图如图8所示，P是正方形ABCD对角线的交点，G是PB的中点.(1)根据三视图，画出该几何体的直观图；(2)在直观图中，①证明：PD∥面AGC；②证明：面PBD⊥面AGC.图8【解】(1)该几何体的直观图如图所示：(2)证明：①连接AC，BD交于点O，连接OG，因为G为PB的中点，O为BD的中点，所以OG∥PD.②连接PO，由三视图知，PO⊥平面ABCD，所以AO⊥PO.又AO⊥BO，所以AO⊥平面PBD.因为AO⊂平面AGC，所以平面PBD⊥平面AGC.20.(本小题满分12分)如图9所示，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.图9(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE .【证明】 (1)如图，设AC 与BD 交于点G .因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形. 所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， 所以AF ∥平面BDE . (2)连接FG ，∵EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1， ∴四边形CEFG 为平行四边形， 又∵CE ＝EF ＝1，∴▱CEFG 为菱形， ∴EG ⊥CF .在正方形ABCD 中，AC ⊥BD .∵正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直， ∴BD ⊥平面CEFG .∴BD ⊥CF . 又∵EG ∩BD ＝G ，∴CF ⊥平面BDE .21.(本小题满分12分)如图10所示，ABCD 是正方形，O 是正方形的中心，PO ⊥底面ABCD ，底面边长为a ，E 是PC 的中点.图10(1)求证：PA ∥平面BDE ；(2)平面PAC ⊥平面BDE . 【解】 (1)证明：连接OE，如图所示.∵O、E分别为AC、PC的中点，∴OE∥PA.∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，∴PA∥平面BDE.(2)∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD.在正方形ABCD中，BD⊥AC，又∵PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC.又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE.22.(本小题满分12分)如图11所示，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.图11(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.【解】(1)证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点.又H为BC的中点，所以MH∥BD.又MH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF­ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)连接HE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.11。

本章测评BENZHANGCEPING(时间90分钟，满分100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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下列说法中正确的是()A．棱柱的侧面可以是三角形B．由6个大小一样的正方形所组成的图形是正方体的展开图C．正方体各条棱长都相等D．棱柱的各条棱都相等2空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，那么有()A．平面ABC⊥平面ADCB．平面ABC⊥平面ADBC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面BDC3下面几何体的轴截面一定是圆面的是()A．圆柱B．圆锥C．球D．圆台4下列说法正确的是()A．三点确定一个平面B．四边形一定是平面图形C．梯形一定是平面图形D．平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点5如果正六棱柱的底面是边长为a的正六边形，棱柱的高也等于a，那么，经过不相邻侧棱的截面的最大面积为()A．a2 B.3a2C．2a2D．23a26一棱锥被平行于底面的平面所截，若截面与底面的面积之比为1∶2，则此棱锥的一条侧棱被分成的两段的长度之比为()A．1∶2B．1∶2C ．1∶(42－1) D ．1∶(2＋1)7用若干个大小相同，棱长为1的正方体摆成一个立体模型，其三视图如下根据三视图回答此立体模型共有正方体的个数为 ( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．78正四棱台两底面边长分别为a ，b ，侧面积等于两个底面积的和，那么它的高为( ) A.ab a ＋b B.a ＋b ab C.a 2b 2a 2＋b2 D.a 2＋b 2a 2b 29两相同的正四棱锥组成如下图所示的几何体，可放在棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个10有一容积为1立方单位的正方体容器ABCD —A 1B 1C 1D 1，在棱AB 、BB 1及对角线B 1C 的中点各有一小孔E 、F 、G ，若此容器可以任意放置，则该容器可装水的最大容积是( )A.12B.78 C.1112D.4748二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在题中的横线上) 11已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M ，若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于________．12如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AB、DD1的中点，则过D、E、F三点的截面截正方体所得截面形状是________．13李师傅用铁皮做10节同样大小的圆柱形通风管，每节长80 cm，底面直径20 cm，一共需要铁皮________．14三棱锥A—BCD是长方体木料的一角，现欲从顶点A沿着底面BCD的垂线方向钻孔，则出口位置是三角形BCD的______(填“重心”、“垂心”、“内心”、“外心”)．15下列说法正确的是________．①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱．三、解答题(本大题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16(9分)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，点D是AB的中点，求证：AC1∥平面CDB1.17(10分)已知：如图，直线l∩平面α＝M，直线l在平面α上的射影是直线m，直线aα，并且a⊥m，求证：a⊥l.18(10分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示．墩的上半部分是正四棱锥P—EFGH，下半部分是长方体ABCD—EFGH.右上图、右下图分别是该标识墩的主视图和俯视图．主视图俯视图(1)请画出该安全标识墩的左视图；(2)求该安全标识墩的体积；(3)证明直线BD⊥平面PEG.19(11分)已知：棱锥V—ABC的底面积是64 cm2，平行于底面的截面面积是4 cm2，棱锥顶点V在截面和底面上的射影分别是O1、O，过O1O的三等分点作平行于底面的截面，求各截面的面积．参考答案1解析：根据棱柱的定义可知，棱柱的侧面都是平行四边形，侧棱长相等，但是侧棱和底面内的棱长不一定相等，而正方体的所有棱长都相等．答案：C2答案：D3解析：圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是矩形、三角形、等腰梯形，而球的轴截面是圆面．答案：C4解析：不共线的三点确定一个平面，所以A错误；四边形的四个顶点不一定共面，所以B 错误；假设两个平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点，那么这两个平面重合，所以D 错误；两条平行直线确定一个平面，梯形的一组对边平行，则梯形一定是平面图形，所以C 正确．答案：C5解析：首先要分析经过不相邻侧棱的截面的情况．其中面积最大的截面面积显然为a ·2a ＝2a 2.答案：C6解析：如图，∵S 截S 底＝(A 1B 1AB )2，∴A 1B 1AB ＝142，而A 1B 1AB ＝SA 1SA ＝142， SA 1SA －SA 1＝142－1，即SA 1A 1A ＝142－1，∴侧棱被分成两段的长度之比为1∶(42－1)．答案：C7解析：依三视图，可知立体模型的直观图为，所以共有5个正方体．答案：B8解析：设高为h ，斜高为h 1，因为侧面积为S 侧＝4× 12(a ＋b )×h 1＝2(a ＋b )h 1，上下底面积之和为a 2＋b 2，∴2(a ＋b )h 1＝ a 2＋b 2，所以， h 1＝a 2＋b 22(a ＋b )，故h ＝h 21－[12(b －a )]2＝(a 2＋b 2)2－(b 2－a 2)24(a ＋b )2＝aba ＋b .答案：A9解析：由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心是正四棱锥底面正方形ABCD 的中心，由对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD 的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种．因为正方形的内接正方形的大小不一样，所以如图所示可知有无数个． 答案：D10解析：当水平面调整为如图△EB 1C 时容器的容积最大，最大容积为 V ＝1－13×12×12×1×1＝1112.答案：C11解析：如图所示：圆M 的面积为3π，则半径MB ＝ 3. 设球半径为R ，则(R2)2＋(3)2＝R 2，得R 2＝4.∴S 球＝4πR 2＝16π. 答案：16π12解析：取A 1B 1中点G ，则截面应为DD 1GE ，易证为矩形． 答案：矩形13解析：所做的每个柱体的底面半径为10 cm ，高为80 cm ，故每个柱体的侧面积为2π·10·80＝1 600π (cm 2)，故总共需要的铁皮面积为1 600π×10＝16 000π (cm 2).答案：16 000π cm 214解析：如图所示，出口的位置为O 点，连接AO ，则AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥CD .又由已知易知BA ⊥平面ACD ，所以AB ⊥CD ，所以CD ⊥平面ABO ，所以BO ⊥CD ，连接BO并延长交CD于点E，则BE⊥CD，同理可证得DC⊥BC，CO⊥BD，所以O点位置是三角形BCD的垂心．答案：垂心15解析：根据棱柱的概念能判断侧棱和底面垂直的就是直棱柱，否则就不是，可以逐个进行验证．答案：②④16分析：证明直线与平面平行可以利用三角形中位线找出平行线即可．证明：如图，设CB1与C1B的交点为E，连接DE，∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1.∵DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.17分析：转化为证明直线a垂直于直线l和m确定的平面均可．证明：如图所示，设斜足为M，在直线l上取异于点M的一点P，过P作P A⊥α于点A，连接MA，则直线MA就是直线m.∵P A⊥α，aα.∴P A⊥a.又∵a⊥m，m平面PMA，P A平面PMA，m∩P A＝A，∴a⊥平面PMA.又∵l平面PMA，∴a⊥l.18分析：本题主要考查组合体的三视图，体积以及线面位置关系等基础知识．考查空间想象能力．解：(1)左视图同主视图，如下图所示．(2)该安全标识墩的体积为 V ＝V P —EFGH ＋V ABCD —EFGH ＝13×402×60＋402×20 ＝32 000＋32 000＝64 000(cm 3)．(3)证明：如图，连结EG ，HF 及BD ，EG 与HF 相交于点O ，连结PO . 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 .19分析：顶点到已知截面的距离h 1与原棱锥高h 的关系，可由已知截面面积与底面积的量的关系得到，从而各截面对应的高与原棱锥的高的关系可以求出，再运用一般棱锥截面性质可以求得各截面面积．证明：设棱锥的高为h ，其顶点到已知截面的距离VO 1＝h 1，O 1O 的三等分点为O 2、O 3， 由已知得h 21h 2＝464，∴h 1h ＝14，∴h 1＝14h ，∴O 1O ＝VO －VO 1＝h －14h ＝34h ，而O 1O 2＝O 2O 3＝O 3O ，则O 1O 2＝O 2O 3＝O 3O ＝13·34h ＝14h .∴VO 2＝14h ＋14h ＝12h ，VO 3＝14h ＋14h ＋14h ＝34h .设过O 2、O 3的截面面积分别为S 2、S 3，底面面积为S ，则S 2∶S ＝(12h )2∶h 2，∴S 2＝14×64＝16(cm 2)，S 3∶S ＝ (34h )2∶h 2，∴S 3＝916×64＝36(cm 2)，∴两截面的面积分别为16 cm 2和36 cm 2.。

第一章测评B(高考体验卷)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(2013安徽高考)在下列命题中,不是公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线解析:由立体几何基本知识知,B选项为公理2,C选项为公理1,D选项为公理3,A选项不是公理.答案:A2.(2013课标全国高考Ⅱ)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( )A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l解析:因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.故选D.答案:D3.(2013山东高考)一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其主视图如下图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A.4,8B.4C.4(+1),D.8,8解析:由主视图数据可知正四棱锥的底面是边长为2的正方形,高也是2,如图:由图可知PO=2,OE=1,所以PE=,所以V=×4×2=,S=4×2×=4.答案:B4.(2013浙江高考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m∥α,m∥β,则α∥βC.若m∥n,m⊥α,则n⊥αD.若m∥α,α⊥β,则m⊥β解析:A选项中直线m,n可能平行,也可能相交或异面,直线m,n的关系是任意的;B选项中,α与β也可能相交,此时直线m平行于α,β的交线;D选项中,m也可能平行于β.故选C.答案:C5.(2013浙江高考)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是( )A.108cm3B.100cm3C.92cm3D.84cm3解析:由三视图可知,该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥,故几何体的体积是6×3×6-×3×42=100(cm3).故选B.答案:B6.(2014吉林高三质检)如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.16+2πB.8+2πC.16+πD.8+π解析:由图可知该几何体是由两个相同的半圆柱与一个长方体拼接而成,因此V=1×2×4+π×12×2=8+2π,故选B.答案:B7.(2013课标全国高考Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π解析:由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体,由图中数据可知圆柱底面半径r=2,长为4,在长方体中,长为4,宽为2,高为2,所以几何体的体积为πr2×4×+4×2×2=8π+16.故选A.答案:A8.(2013广东高考)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( ).A.4B.C.D.6解析:方法一:由三视图可知,原四棱台的直观图如图所示,其中上、下底面分别是边长为1,2的正方形,且DD1⊥面ABCD,上底面面积S1=12=1,下底面面积S2=22=4.又因为DD1=2,所以V台=(S1++S2)h=(1++4)×2=.方法二:由四棱台的三视图,可知原四棱台的直观图如图所示.在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD与四边形A1B1C1D1都为正方形,AB=2,A1B1=1,且D1D⊥平面ABCD,D1D=2.分别延长四棱台各个侧棱交于点O,设OD1=x,因为△OD1C1∽△ODC,所以,即,解得x=2.=V棱锥O-ABCD-=×2×2×4-×1×1×2=.答案:B9.(2014东北四市高三联考)已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在半径为1的球面上,底面ABC是等边三角形,SA=SB=SC,且平面ABC过球心,则三棱锥S-ABC的体积是( )A. B. C. D.解析:由已知可得底面等边三角形ABC外接圆的半径为1,设等边三角形ABC的边长为a,则有a=1,解得a=,故V棱锥S-ABC=×()2×1=,故选C.答案:C10.(2013课标全国高考Ⅰ)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为( ).A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3解析:设球半径为R,由题可知R,R-2,正方体棱长一半可构成直角三角形,即△OBA为直角三角形,如图.BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R,由R2=(R-2)2+42,得R=5,所以球的体积为π×53=π(cm3),故选A.答案:A二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.(2013辽宁高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是.解析:由三视图可知该几何体是一个底面半径为2的圆柱体,中间挖去一个底面棱长为2的正四棱柱,故体积为π·22·4-2×2×4=16π-16.答案:16π-1612.(2013天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上.若球的体积为,则正方体的棱长为.解析:由题意知V球=πR3=,R=.设正方体的棱长为a,则=2R,a=,所以正方体的棱长为.答案:13.(2013福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的主视图、左视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是.解析:由题意知正方体内接于球,球的直径2r=,所以r=,故该球的表面积为S球=4πr2=4π×3=12π.答案:12π14.(2013江苏高考)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE 的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=.解析:由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2,S△ADE∶S△ABC=1∶4.因此V1∶V2==1∶24.答案:1∶2415.(2013课标全国Ⅰ高考)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.解析:如图,设球O的半径为R,则AH=,OH=.又因为π·EH2=π,所以EH=1.因为在Rt△OEH中,R2=+12,所以R2=.所以S球=4πR2=.答案:π三、解答题(本大题共4小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(6分)(2013课标全国Ⅱ高考)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C-A1DE的体积.解:(1)连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.又D是AB中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=2得∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以=1.17.(6分)(2013辽宁高考)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.(1)求证:BC⊥平面PAC;(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证:QG∥平面PBC.解:(1)由AB是圆O的直径,得AC⊥BC.由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.(2)连OG并延长交AC于M,连接QM,QO,由G为△AOC的重心,得M为AC中点.由Q为PA中点,得QM∥PC.又O为AB中点,得OM∥BC.因为QM∩MO=M,QM⊂平面QMO,MO⊂平面QMO,BC∩PC=C,BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC,所以平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO,所以QG∥平面PBC.18.(6分)(2013山东高考)如图,四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)求证:平面EFG⊥平面EMN.解:(1)证法一:取PA的中点H,连接EH,DH.因为E为PB的中点,所以EH∥AB,EH=AB.又AB∥CD,CD=AB,所以EH∥CD,EH=CD.因此四边形DCEH是平行四边形,所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,因此CE∥平面PAD.证法二:连接CF.因为F为AB的中点,所以AF=AB.又CD=AB,所以AF=CD.又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形.因此CF∥AD.又CF⊄平面PAD,所以CF∥平面PAD.因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.又EF⊄平面PAD,所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF=F,故平面CEF∥平面PAD.又CE⊂平面CEF,所以CE∥平面PAD.(2)证明:因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.又AB⊥PA,所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG, 因此AB⊥平面EFG.又M,N分别为PD,PC的中点,所以MN∥CD.又AB∥CD,所以MN∥AB.因此MN⊥平面EFG.又MN⊂平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.19.(7分)(2013湖南高考)如图所示,在直棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=,AA1=3,D是BC的中点,点E在棱BB1上运动.(1)证明:AD⊥C1E;(2)当异面直线AC,C1E所成的角为60°时,求三棱锥C1-A1B1E的体积.解:(1)证明:因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.①又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,而AD⊂平面ABC,所以AD⊥BB1.②由①,②得AD⊥平面BB1C1C.由点E在棱BB1上运动,得C1E⊂平面BB1C1C,所以AD⊥C1E.(2)因为AC∥A1C1,所以∠A1C1E是异面直线AC,C1E所成的角,由题设,∠A1C1E=60°,因为∠B1A1C1=∠BAC=90°,所以A1C1⊥A1B1,又AA1⊥A1C1,从而A1C1⊥平面A1ABB1,于是A1C1⊥A1E.故C1E==2,又B1C1==2,所以B1E==2,从而×A1C1=×2×.。

2016-2017学年高中数学 第一章 立体几何初步单元测验 新人教B版必修2．各个面都是三角形的几何体是三棱锥．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥．圆锥的顶点与底在圆周上的任意一点的连线都是母线倍，底面半径缩小为原来的，底面面积为S ，则V ＝13hS ，新圆锥的高为∴V′＝13×2h×S 4＝12V.4．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E 是DD 1的中点，F 是BB 1的中点，设过点C 1，E ，F 三点的平面为α，则正方体被平面α所截的截面的形状为( )A ．菱形B ．矩形C ．梯形D ．五边形 答案：A解析：设正方体棱长为a ，连接AE ，C 1F 易发现AE∥C 1F ，所以平面α经过点A ，所以截面是四边形AEC 1F ，根据勾股定理易求得AE ＝EC 1＝C 1F ＝AF ＝52a ，所以截面为菱形．5．如图所示是一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB 、CD 、EF 和GH 在原正方体中不在同一平面内的有________对．( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案：C解析：将展开图恢复为正方体，如图所示，则有AB 与CD ，AB 与GH ，EF 与GH. 6．一个画家有14个边长为1 m 的正方体，他在地面上把它摆成如图所示的形式，然后，他把露出的表面都染上颜色，那么被染上颜色的面积为( )A ．21 m 2B ．24 m 2C ．33 m 2D ．37 m 2 答案：C解析：上表面面积为3×3＝9(m 2)侧面面积为3×4＋2×4＋1×4＝24(m 2)故被染上颜色的面积为33 m 2.7．如图，在三棱锥P －ABC 中，PA⊥平面ABC ，AB⊥BC，PA ＝AB ，D 为PB 的中点，则下列推断不正确的是( )A ．BC⊥平面PAB所示的几何体，那么此几何体的全面积为( )2)a22)a2，所以：x＝22a.2 2a＋2×⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝2a2＋2a2＝(两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放在棱长为与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个．⊥BC1，A1C1⊥A1B1，小题，每小题5分，共201B1C1D1中，M、N的平面与棱CD交于Q，则，DQ＝2，∴PQ＝214．如图，半径为2的半球内有一个内接正六棱锥P －ABCDEF ，则此正六棱锥的侧面积是________．答案：67解析：显然正六棱锥P －ABCDEF 的底面的外接圆是球的一个大圆，由已知，可得大圆的半径为 2.易得其内接正六边形的边长为 2.又正六棱锥P －ABCDEF 的高为2，则斜高为22＋32＝7，所以该正六棱锥的侧面积为6×12×2×7＝67.15．对于四面体ABCD ，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的编号)． ①相对棱AB 与CD 所在的直线是异面直线；②由顶点A 作四面体的高，其垂足是△BCD 三条高线的交点；③若分别作△ABC 和△ABD 的边AB 上的高，则这两条高的垂足重合； ④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点． 答案：①④⑤ 解析：本题考查空间几何体的线线关系，以及空间想象能力．如图所示，四面体ABCD 中，AB 与CD 是异面直线，故①正确；当四面体ABCD 中，对棱AB 与CD 不垂直时，由顶点A 作四面体的高，其垂足不是△BCD 三条高线的交点，故②不正确；若分别作△ABC 和△ABD 的边AB 上的高，则这两条高的垂足不一定重合，故③不正确； 如图，过顶点A 作AO⊥面BCD ，O 为垂足，连结OB 、OC 、OD ，则S △ABC >S △BOC ，S △ACD >S △COD ，S △ABD >S △BOD ，∴S △ABC ＋S △ACD ＋S △ABD >S △BOC ＋S △COD ＋S △BOD ＝S △BCD ， 故④正确．如图四面体ABCD 中取AB 、CD 、AD 、BC 的中点分别为E 、F 、M 、N ，连线EF 、MN ，则EF 、MN 分别为▱EMFN 的对角线，∴EF、MN 相交于点O ，且O 为EF 、MN 的中点，取AC 、BD 的中点分别为R 、H ，图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm的几何体的三视图，由三视图可知，棱锥的三条长分别为5,6，h的侧棱两两垂直，＝4.小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．已知底面为正方形的四棱锥P－ABCD，如图(1)所示，PC⊥面)视图和侧(左)视图，它们是腰长为4 cm的全等的等腰直角三角形．所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；该四棱锥的俯视图为内含一条对角线，边长为4 cm的正方形，俯视图如下图所PC2＋CD2＝42＋42＝32＝4 2.AD⊥PD，PD2＋AD2＝22＋42＝4 3如图，在侧棱垂直于底面ABC的三棱柱ABC－A1不同于点C)，且AD⊥DE，F是B1C1的中点．BCC1B1；ABC，又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面.，所以A1F∥平面ADE.是圆柱的母线，O′是上底面的圆心，△BCDCD的中点．，O′A，OO′，∵AB是母线，EFG.到平面PCE的距离．中点，连接ME、MF.为平行四边形．，∠PDA＝45°，∵PF＝FD，∴AF⊥PD，又∵PA⊥平面PCD.，∵平面PCE⊥平面17.，使得平面APC1⊥平面，在△ABC中，ACC1，过P作PF⊥AC而两平行线PF、BD所确定的平面即为两相交直线的交点，PF∥BD，P∈DD1知，P也是DD中点时，ACC1.中点时，面APC1⊥面ACC1.。

2012届高考数学第一轮立体几何单元练习题(含答案)高三数学单元练习题：立体几何（Ⅱ）第Ⅰ卷一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）. 1．一条直线与一个平面所成的角等于，另一直线与这个平面所成的角是 . 则这两条直线的位置关系（） A．必定相交 B．平行 C．必定异面 D．不可能平行 2．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为（） A．1∶ B．1∶9 C．1∶ D．1∶ 3．正方体中，、、分别是、、的中点．那么，正方体的过、、的截面图形是（） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 4．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（）A．75° B．60° C．45° D．30° 5．对于直线m、n和平面，下面命题中的真命题是（） A．如果、n是异面直线，那么 B．如果、n是异面直线，那么相交 C．如果、n共面，那么 D．如果、n共面，那么 6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动（EF<a），若P是A1D1上的定点，Q是C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积是（） A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量 C．没有最值的一个变量 D．是一个常量 7．已知平面所成的二面角为80°，P为、外一定点，过点P的一条直线与、所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（） A．1条B．2条 C．3条 D．4条 8．如图所示，在水平横梁上A、B两点处各挂长为50cm的细线AM、 BN、AB的长度为60cm，在MN处挂长为60cm的木条MN平行于横梁，木条中点为O，若木条绕O的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了（） A．10cm B．5cm C．10 cm D．5 cm 9．如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（） A．258 B．234 C．222 D．210 10．在半径为的球内有一内接正三棱锥，它的底面三个顶点恰好都在同一个大圆上，一个动点从三棱锥的一个顶点出发沿球面运动，经过其余三点后返回，则经过的最短路程是（） A． B． C． D． 11．底面边长为a，高为h的正三棱锥内接一个正四棱柱（此时正四棱柱上底面有两个顶点在同一个侧面内），此棱柱体积的最大值（） A． B． C． D． 12．将半径都为１的４个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（） A． B．2+ C．4+ D．第Ⅱ卷二、填空题：请把答案填在题中横线上（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）. 13．某地球仪上北纬纬线的长度为，该地球仪的半径是__________cm，表面积是______________cm2. 14．如图，矩形ABCD中，DC= ，AD=1，在DC上截取DE=1，将△ADE沿AE翻折到D1点，点D1在平面ABC上的射影落在AC上时，二面角D1¬―AE―B 的平面角的余弦值是 . 15．多面体上位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7 以上结论正确的为______________. （写出所有正确结论的编号） 16．如图，在透明材料制成的长方体容器ABCD―A1B1C1D1内灌注一些水，固定容器底面一边BC于桌面上，再将容器倾斜根据倾斜度的不同，有下列命题：（1）水的部分始终呈棱柱形；（2）水面四边形EFGH的面积不会改变；（3）棱A1D1始终与水面EFGH平行；（4）当容器倾斜如图所示时，BE•BF是定值。