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易教网分享:高三立体几何章末综合测试题

【点击数:1439 更新时间:2013-09-16

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.7       B.6       C.5       D.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CFCB=CGCD=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ka+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∥α   B.m⊥α,n⊥α
C.m∥α,n⊂α   D.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+36π 
          B.60π
          C.288+72π 
          D.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.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确 的是(  )
A.l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3⇒l1,l2,l3共面 D.l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3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.6a2      B.12a2 
C.18a2    D.24a2
 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×a32=18a2,故表面积增加量为18a2-6a2=12a2.
8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(  )
A.63   B.265
C.155   D.105
 解析 D 如图,连接A1C1,B1D1,交于点O1,由长方体的性质易知∠C1BO1为BC1与平面BB1D1D所成的角.
∵BC=2,CC1=1,∴BC1=22+1=5,
又C1O1=12A1C1=1222+22=2,
∴在Rt△BO1C1中,sin ∠C1BO1=O1C1BC1=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-A1B1C1D1中,AB=10,AD=5,AA1=4.分别过BC、A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分,其体积分别记为V1=VAEA1-DFD1,V2=VEBE1A1-FCF1D1,V3=VB1E1B-C1F1C.若V1∶V2∶V3=1∶3∶1,则截面A1EFD1的面积为(  )           
A.410   B.83
C.202   D.162
 解析 C 由V1=V3,可得AE=B1E1,设AE=x,则12x×4×5∶[(10-x)×4×5]=1∶3,得x=4,则A1E=42+42=42,所以截面A1EFD1的面积为202.
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.2
C.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⇒①
15.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】 ①②④
16.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=AOAB=ACAB•AOAC=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.
∴VA-BCD=VB-ACD=13•S△ACD•AB.
又∵在△ACD中,AC⊥CD,AD=BC=4,AB=CD=3,
∴AC=AD2-CD2=42-32=7.
∴VA-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=GOGC=33.
19.(12分)(2011•南昌二模)如图所示的多面体ABC-A1B1C1中,三角形ABC是边长为4的正三角形,AA1∥BB1∥CC1,AA1⊥平面ABC,AA1=BB1=2CC1=4.
(1)若O是AB的中点,求证:OC1⊥A1B1;
(2)求平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值.
 解析 (1)设线段A1B1的中点为E,连接OE,C1E.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AB,
又BB1∥AA1且AA1=BB1,
所以AA1B1B是矩形.
又点O是线段AB的中点,
所以OE∥AA1,所以OE⊥A1B1.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AC,A1A⊥BC.
又BB1∥AA1∥CC1,
所以BB1⊥BC,CC1⊥AC,CC1⊥BC,
且AC=BC=4,AA1=BB1=4,CC1=2,
所以A1C1=B1C1,所以C1E⊥A1B1.
又C1E∩OE=E,
所以A1B1⊥平面OC1E,
因为OC1⊂平面OC1E,所以OC1⊥A1B1.
(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),A1(4,2,0),B1(4,-2,0),C1(2,0,23),
设平面AB1C1的法向量为n1=(x1,y1,z1),则有
n1•AB1→=0,n1•AC1→=0⇒
(x1,y1,z1)•(4,-4,0)=0,(x1,y1,z1)•(2,-2,23)=0⇒x1=y1,z1=0,
令x1=1,则n1=(1,1,0).
设平面A1B1C1的法向量为n2=(x2,y2,z2),则有
n2•A1B1→=0,n2•A1C1→=0⇒(x2,y2,z2)•(0,-4,0)=0,(x2,y2,z2)•(-2,-2,23)=0
⇒y2=0,x2=3z2,令z2=1,则n2=(3,0,1).
所以cos〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|=32×2=64,
所以平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值是64.
20.(12分)如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,点M是棱BB1上一点.
(1)求证:B1D1∥平面A1BD;
(2)求证:MD⊥AC;
(3)试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
 解析 (1)由直四棱柱概念,得BB1綊DD1,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,
∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,∴B1D1∥平面A1BD.
(2)∵BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC,且BD∩BB1=B,
∴AC⊥平面BB1D1D.
而MD⊂平面BB1D1D,
∴MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时,取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1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DCC1D1的交线,
而平面ABCD⊥平面DCC1D1,
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可证得,O是NN1的中点,∴BM綊ON,
即四边形BMON是平行四边形,
∴BN∥OM,∴OM⊥平面CC1D1D,
∵OM⊂平面DMC1,∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
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(x,y,z)•(0,-1,0)=0,(x,y,z)•(1,1,-1)=0,
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°.
2 2.(12分)在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,A1A=AB,E为BB1延长线上的一点,D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E-AC-D1的大小;
(2)在D1E上是否存在一点P,使A1P∥平面EAC?若存在,求D1P∶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),D1(0,-1,2),A1(3,0,2).

(1)设E(0,1,2+h),则D1E→=(0,2,h),AC→=(-23,0,0),D1A→=(3,1,-2),
∵D1E⊥平面D1AC,
∴D1E⊥AC,D1E⊥D1A,
∴D1E→•AC→=0,D1E→•D1A→=0,
∴2-2h=0,∴h=1,即E(0,1,3),
∴D1E→=(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,D1E→〉=m•D1E→|m||D1E→|=22,
∴二面角E-AC-D1的大小为45°.
(2)设D1P→=λPE→=λ(D1E→-D1P→),
则D1P→=λ1+λD1E→=0,2λ1+λ,λ1+λ,
∴A1P→=A1D1→+D1P→
=(-3,-1,0)+0,2λ1+λ,λ1+λ
=-3,λ-11+λ,λ1+λ.
∵A1P∥平面EAC,
∴A1P→⊥m,
∴A1P→•m=0,
∴-3×0+3×λ-11+λ+(-1)×λ1+λ=0,
∴λ=32.
∴存在点P使A1P∥平面EAC,
此时D1P∶PE=3∶2.

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