2019年高考数学二轮复习 专题四 立体几何限时检测（文、理）.doc

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2019年高考数学二轮复习 专题四 立体几何限时检测（文、理） 一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(xx福建省质检)如图，AB是⊙O的直径，VA垂直⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A、B的任意一点，M、N分别为VA、VC的中点，则下列结论正确的是(　　) A．MN∥AB B．MN与BC所成的角为45 C．OC⊥平面VAC D．平面VAC⊥平面VBC [答案]　D [解析]　依题意，MN∥AC，又直线AC与AB相交，因此MN与AB不平行；注意到AC⊥BC，因此MN与BC所成的角是90；注意到直线OC与AC不垂直，因此OC与平面VAC不垂直；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC⊥平面VAC.又BC⊂平面VBC，所以平面VBC⊥平面VAC.综上所述可知选D. 2．(xx菱湖月考)若某多面体的三视图(单位：cm)如图所示，则此多面体的体积是(　　) A.cm3　　　 　　　　 B.cm3 C.cm3 D.cm3 [答案]　C [解析]　由三视图知，该几何体是由一个正方体割去一个角所得到的多面体，如图，其正方体的棱长为1，则该多面体的体积为13－13＝cm3. 3．(文)已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是(　　) A.cm3 B.cm3 C.cm3 D.cm3 [答案]　C [解析]　由三视图知几何体为三棱锥，底面等腰三角形底边长2，高为2，棱锥高为2，V＝(22)2＝cm3. (理)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角等于(　　) A．60 B．90 C．30 D．随点E的位置而变化 [答案]　B [解析]　∵A1D⊥AB，A1D⊥AD1， ∴A1D⊥平面AD1C1B，∴A1D⊥C1E. 4．(文)(xx河北名校名师俱乐部模拟)一简单组合体的三视图及尺寸如图所示(单位：cm)，该组合体的体积为(　　) A．42cm3 B．48cm3 C．56cm3 D．44cm3 [答案]　D [解析]　由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为6、4、1的长方体和一个直三棱柱组合而成，直三棱柱的底面是等腰三角形，三角形的底边长为4，高为5，棱柱的高为2，其体积V＝146＋452＝44(cm3)． (理)(xx郑州市质检)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　) A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90 C．CA′与平面A′BD所成的角为30 D．四面体A′－BCD的体积为 [答案]　B [解析]　取BD的中点O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD，∵OC为A′C在平面BCD内的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A错误；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD内的射影为A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正确；∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45，C错误；VA′－BCD＝S△A′BDCD＝，D错误，故选B. 5．(文)(xx济南四校联考)已知m、n是两条不同直线，α、β为两个不同平面，那么使m∥α成立的一个充分条件是(　　) A．m∥β，α∥β B．m⊥β，α⊥β C．m⊥n，n⊥α，m⊄α D．m上有不同的两个点到α的距离相等 [答案]　C [解析]　对于A，直线m可能位于平面α内；对于B，直线m可能位于平面α内；对于D，当直线m与平面α相交时，显然在该直线上也能找到两个不同的点到平面α的距离相等．故选C. (理)过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是(　　) A．30 B．45 C．60 D．90 [答案]　B [解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为＝， 故所求的二面角的大小是45. 6．如图，在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是 (　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC [答案]　D [解析]　∵D、F分别为AB、AC的中点，∴BC∥DF， ∵BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正确；在正四面体中，∵E为BC中点，易知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正确；∵DF⊥平面PAE，DF⊂平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，∴C正确，故选D. 7．(文)如图，在棱长为5的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝2，Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四面体P－QEF的体积(　　) A．是变量且有最大值 B．是变量且有最小值 C．是变量且有最大值和最小值 D．是常量 [答案]　D [解析]　因为EF＝2，点Q到AB的距离为定值，所以△QEF的面积为定值，设为S，又因为D1C1∥AB，所以D1C1∥平面QEF；点P到平面QEF的距离也为定值，设为d，从而四面体P－QEF的体积为定值Sd. (理)一个四面体的四个顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,0)、(1,2,0)、(0,2,2)、(3,0,1)，则该四面体中以yOz平面为投影面的正视图的面积为(　　) A．3 B. C．2 D. [答案]　A [解析]　四个点在yOz平面上的正投影依次为(0,0,0)，(0,2,0)，(0,2,2)，(0,0,1)，故其面积S＝(1＋2)2＝3. 8．(文)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，在所得的所有新命题中，真命题有(　　) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 [答案]　C [解析]　若α、β换成直线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，故选C. (理)如图，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BDBC；类似地有命题：在三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在平面BCD内的射影为M，则有S＝S△BCMS△BCD.上述命题是(　　) A．真命题 B．增加条件“AB⊥AC”才是真命题 C．增加条件“M为△BCD的垂心”才是真命题 D．增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”才是真命题 [答案]　A [解析]　因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝MEDE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，将S△ABC、S△BCM、S△BCD分别表示出来，可得S＝S△BCMS△BCD，故选A. 二、填空题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，将答案填写在题中横线上．) 9．(文)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与平面BF是异面直线． 以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号) [答案]　①③ [解析]　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＝CDPD，S△PAB＝ABPA，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，故填①③. (理)如图，正方形BCDE的边长为a，已知AB＝BC，将直角△ABE沿BE边折起，A点在面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述： ①AB与DE所成角的正切值是； ②VB－ACE的体积是a3； ③AB∥CD； ④平面EAB⊥平面ADE； ⑤直线BA与平面ADE所成角的正弦值为. 其中正确的叙述有________(写出所有正确结论的编号)． [答案]　①②④⑤ [解析]　由题意可得如图所示的几何体，对于①，AB与DE所成角为∠ABC，在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝a，BC＝a，所以tan∠ABC＝，故①正确； 对于②，VB－ACE＝VA－ECB＝aaa＝a3，故②正确；③明显错误； 对于④，因为AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因为DE⊥BE，所以BE⊥平面ADE，可得平面EAB⊥平面ADE，故④正确；对于⑤，由④可知，∠BAE即为直线BA与平面ADE所成的角，在△ABE中，∠AEB＝90，AB＝a，BE＝a，所以sin∠BAE＝，故⑤正确． 10．(xx邯郸一模)已知直角梯形ABCD，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2沿AC折成三棱锥，当三棱锥体积最大时，求此时三棱锥外接球的体积________． [答案]　π [解析]　在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，∴AB＝2，AD＝1，CD＝1，∴AC＝，BC＝，∴BC⊥AC，取AC的中点E，AB中点O，当三棱锥体积最大时，平面DCA⊥平面ACB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴OB＝1，∴V＝πR3＝π. 三、解答题(本大题共3小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 11．(本小题满分13分)(文)如图，已知矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，沿对角线BD把△ABD折起，使A点移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上． (1)求证：BC⊥A1D； (2)求证：平面A1BC⊥平面A1BD； (3)求三棱锥A1－BCD的体积． [解析]　(1)∵A1在平面BCD上的射影O在CD上， ∴A1O⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，∴BC⊥A1O. 又BC⊥CO，CO∩A1O＝O，CO⊂平面A1CD，A1O⊂平面A1CD， ∴BC⊥平面A1CD，又A1D⊂平面A1CD，∴BC⊥A1D. (2)∵四边形ABCD为矩形， ∴A1D⊥A1B，由(1)知BC⊥A1D. 又BC∩A1B＝B，BC⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC， ∴A1D⊥平面A1BC，又A1D⊂平面A1BD， ∴平面A1BC⊥平面A1BD. (3)∵A1D⊥平面A1BC，∴A1D⊥A1C. ∵CD＝10，A1D＝6，∴A1C＝8， ∴VA1－BCD＝VD－A1BC＝686＝48. (理)(xx大兴区模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC的中点． (1)求证：直线A1D⊥B1C1； (2)判断A1B与平面ADC1的位置关系，并证明你的结论． [解析]　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC， 在等边△ABC中，D是BC中点，所以AD⊥BC， 因为在平面A1AD中，A1A∩AD＝A， 所以BC⊥平面A1AD， 又因为A1D⊂平面A1AD，所以A1D⊥BC， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1∥BC， 所以，A1D⊥B1C1. (2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1是平行四边形，在平行四边形ACC1A1中连接A1C，交AC1于点O，连接DO. 故O为A1C的中点． 在三角形A1CB中，D为BC中点，O为A1C中点，故DO∥A1B. 因为DO⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1， 所以，A1B∥平面ADC1， 故A1B与平面ADC1平行． 12．(本小题满分13分)(文)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90，AB＝2AD＝2CD＝2. (1)求证：AC⊥平面BB1C1C； (2)在A1B1上是否存在一点P，使得DP和平面BCB1、平面ACB1都平行？证明你的结论． [解析]　(1)直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC. 又∵∠BAD＝∠ADC＝90，AB＝2AD＝2CD＝2， ∴AC＝，∠CAB＝45，∴BC＝，∴BC⊥AC， 又BB1∩BC＝B，BB1、BC⊂平面BB1C1C， ∴AC⊥平面BB1C1C； (2)存在符合条件的点P，且P为A1B1的中点． 证明：∵P为A1B1的中点， 所以PB1∥AB，且PB1＝AB， 又DC∥AB，DC＝AB， ∴DC∥PB1，且DC＝PB1. ∴四边形CDPB1为平行四边形，从而CB1∥DP. 又CB1⊂平面ACB1，DP⊄平面ACB1. ∴DP∥平面ACB1，同理DP∥平面BCB1. [点评]　(2)问中假如存在点P，使得DP∥平面BCB1，DP∥平面ACB1，又∵平面BCB1∩平面ACB1＝CB1，∴DP∥CB1，又CD∥PB1，故四边形CDPB1为平行四边形，∵A1B1＝2CD，故只须P为A1B1的中点，即有PB1綊DC，而获解． 对于存在性命题，常常是先假设存在，把其作为一个条件与其他已知条件结合加以分析，探寻解题的思路． (理)(xx哈三中一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60，Q为AD的中点． (1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，试确定点M的位置，使二面角M－BQ－C大小为60，并求出的值． [解析]　(1)∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，又∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60，∴BQ⊥AD，又PQ∩BQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，又∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD； (2)∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD, ∴PQ⊥平面ABCD.∴以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图． 则Q(0,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－2，，0)，设＝λ(0<λ<1)， 所以M(－2λ，λ，(1－λ))，平面CBQ的一个法向量是n1＝(0,0,1)， 设平面MQB的一个法向量为n2＝(x，y，z)， 所以∴ ∴ 取n2＝(，0，)， 由二面角M－BQ－C大小为60，可得： ＝，解得λ＝，此时＝. 13．(本小题满分14分)(文)(xx福建文，18)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60. (1)当正视方向与向量的方向相同时，画出四棱锥P－ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)； (2)若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC； (3)求三棱锥D－PBC的体积． [解析]　(1)在梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂足为E. 由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3， 在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理知 BE＝3，从而AB＝6. 又由PD⊥平面ABCD得PD⊥AD， 从而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60， 得PD＝4. 正视图如图所示： (2)取PB中点为N，连接MN、CN. 在△PAB中，∵M是PA中点， ∴MN∥AB，MN＝AB＝3，又CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD， ∴四边形MNCD为平行四边形，∴DM∥CN. 又DM⊄平面PBC，CN⊂平面PBC， ∴DM∥平面PBC. (3)VD－PBC＝VP－DBC＝S△DBCPD， 又S△DBC＝6，PD＝4，所以VD－PBC＝8. (理)(xx陕西理，18)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝. (1)证明：A1C⊥平面BB1D1D (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小． [解析]　如图建立空间直角坐标系， 由AB＝AA1＝可知O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，B1(－1,1,1)，C(－1,0,0)，A1(0,0,1)，D1(－1，－1,1)，D(0，－1,0)． (1)∵＝(－1,0，－1)，＝(0,2,0)，＝(－1，0,1) ∴＝0，＝0， 即A1C⊥DB，A1C⊥BB1且DB∩BB1＝B， ∴A1C⊥平面BB1D1D (2)易求得平面OCB1的一个法向量n＝(0,1，－1)，平面BB1D1D的一个法向量为m＝(1,0,1)，所求夹角余弦值为cosθ＝＝， 所求夹角的大小为60. 一、选择题 1．(xx郑州质检)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为(　　) A．6＋ B．6＋2 C．8＋ D．8＋2 [答案]　D [解析]　由三视图可知该几何体为一横放的直三棱柱，其中底面正对观察者，为一直角三角形，两直角边长分别为1,2，棱柱的高为2，故其表面积S＝(2＋1＋)2＋21＝8＋2. 2．(xx福州质检)如图是一个空间几何体的三视图，这个几何体的体积是(　　) A．2π B．4π C．6π D．8π [答案]　D [解析]　由图可知该几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的几何体，V＝V圆柱－V圆锥＝π223－π223＝8π，故选D. 3．(文)在正四面体(棱长都相等的四面体)A－BCD中，棱长为4，M是BC的中点，点P在线段AM上运动(P不与A、M重合)，过点P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题： ①BC⊥平面AMD； ②Q点一定在直线DM上； ③VC－AMD＝4. 其中正确的是(　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ [答案]　A [解析]　由BC⊥AM，BC⊥MD，可得BC⊥平面AMD，即①正确；由BC⊥平面AMD可得平面AMD⊥平面ABC，则若过P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，Q点一定在直线DM上，即②正确；由VC－AMD＝VC－ABD＝43＝，即③不正确，综上可得正确的命题序号为①②，故应选A. (理)(xx唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在半径为的球面上，AB＝AC＝，AA1＝2，则二面角B－AA1－C的余弦值为(　　) A．－ B．－ C. D. [答案]　D [解析]　如图，设球心为O，底面△ABC外接圆的圆心为O′，则OA＝OB＝OC＝，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝，∴△ABC为正三角形，∴二面角B－AA1－C的平面角BAC＝60，∴二面角B－AA1－C的余弦值为. 4．(文)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题不正确的是(　　) A．若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α B．若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂α C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β [答案]　D [解析]　对于选项D，当直线m位于平面β内且与平面α，β的交线平行时，直线m∥α，显然m与平面β不垂直，因此选项D不正确． (理)(xx嘉兴二测)已知α、β、γ是三个不重合的平面，m、n是不重合的直线，下列判断正确的是(　　) A．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ B．若α⊥β，l∥β，则l∥α C．若m∥α，n∥α，则m∥n D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n [答案]　D [解析]　A错，两平面还可垂直；B错，还可能有l∥α；C错，两直线m，n的位置关系不确定；D正确，垂直于同一平面的两直线互相平行． 5.如图，正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是(　　) A．动点A′在平面ABC上的投影在线段AF上 B．恒有平面A′GF⊥平面BCED C．三棱锥A′－FED的体积有最大值 D．异面直线A′E与BD不可能垂直 [答案]　D [解析]　由题意，DE⊥平面AGA′， ∴A、B、C正确，故选D. 6．(文)(xx山西太原月考)如图所示，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1, E、F分别是棱AA′、CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′、DD′交于M、N，设BM＝x，x∈[0,1]，给出以下四个命题： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②当且仅当x＝时，四边形MENF的面积最小； ③四边形MENF周长L＝f(x)，x∈[0,1]是单调函数； ④四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常函数； 以上命题中假命题的序号为(　　) A．①④ B．② C．③ D．③④ [答案]　C [解析]　AC⊥平面BDD′B′，EF∥AC，∴EF⊥平面BDD′B′，∴①正确；∵EF为所在棱的中点，由对称性及条件知四边形EMFN为菱形，其面积随着对角线MN的增大而增大，当x＝时，M为BB′的中点，此时MN取最小值，∴②正确，③错误；V四棱锥C′－MENF＝2VC′－MEF＝2VE－MFC′为常数，∴V＝h(x)为常函数． (理)(xx杭州质检)如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不可能是下面四个选项中的(　　) A．AC⊥β B．AC⊥EF C．AC与BD在β内的射影在同一条直线上 D．AC与α、β所成的角相等 [答案]　D [解析]　因为BD是AC在平面α内的射影，所以只需得到AC⊥EF，那么由三垂线定理的逆定理可得BD⊥EF.对于选项A，因为AC⊥β，EF⊂β⇒AC⊥EF⇒BD⊥EF.选项B，因为AC⊥EF，所以BD⊥EF.对于选项C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.对于选项D，AC与α、β所成的角相等，无法保证AC⊥EF.综上知选D. 7．(文)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可知这个几何体的侧面积是(　　) A.π　　　 B.　　　 C.　　　 D.π [答案]　D [解析]　由三视图知，该几何体是一个圆锥，底半径为1，高为2，母线长l＝＝，∴侧面积S＝π. (理)已知正四面体A－BCD，设异面直线AB与CD所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的角为γ，则(　　) A．α>β>γ B．α>γ>β C．β>α>γ D．γ>β>α [答案]　B [解析]　如图，设底面BCD的中心为点O，连接AO，BO，易知∠ABO＝β，取BC的中点E，连接AE、OE，易知∠AEO＝γ，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<β<γ<，延长BO交CD于F，则BF⊥CD，又AO⊥CD， ∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝.∴α>γ>β. 8．(文)在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，则点C到平面A1DM的距离为(　　) A.a B.a C.a D.a [答案]　A [解析]　设点C到平面A1DM的距离为h，则由已知得DM＝A1M＝＝a，A1D＝a，S△A1DM＝a＝a2，连接CM，S△CDM＝a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得S△A1DMh＝S△CDMa，即a2h＝a2a，得h＝a，所以点C到平面A1DM的距离为a，选A. (理)已知正方形ABCD的边长为2，将△ABC沿对角线AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到如右图所示的三棱锥B－ACD.若O为AC边的中点，M、N分别为线段DC、BO上的动点(不包括端点)，且BN＝CM.设BN＝x，则三棱锥N－AMC的体积y＝f(x)的函数图象大致是(　　) [答案]　B [解析]　由条件知，AC＝4，BO＝2，S△AMC＝CMAD＝x，NO＝2－x，∴VN－AMC＝S△AMCNO＝x(2－x)，即f(x)＝x(2－x)，故选B. 二、填空题 9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________． [答案]　1 [解析]　依题意得三棱锥P－ABC的主视图与左视图均为三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积之比等于1. 10．(文)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3. [答案]　30 [解析]　本题考查三视图及柱体体积公式． 由三视图知该几何体由一个棱长为3,4,2的长方体和一个底面是直角梯形高为4的直棱柱组成，则体积V＝342＋14＝30. [点评]　解决三视图问题应弄清图中各量与原几何体的量的关系． (理)设C是∠AOB所在平面外的一点，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是锐角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于，则θ的值为________． [答案]　60 [解析]　作CC1⊥平面AOB于点C1，C1A1⊥OA于点A1，C1B1⊥OB于点B1，连接OC1，则∠COC1为直线OC与平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB的平分线， 设OA1＝x，则OC＝， OC1＝， 易求得cos∠COC1＝＝＝， 即2cos2－cos－1＝0，解之得 cos＝或cos＝－(舍去)， 故＝30，所以θ＝60. 三、解答题 11．(文)(xx威海两校质检)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝2，E是侧棱PC上的动点． (1)求四棱锥P－ABCD的体积； (2)如果E是PA的中点，求证PC∥平面BDE； (3)是否不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？证明你的结论． [解析]　(1)∵PA⊥平面ABCD， ∴VP－ABCD＝S正方形ABCDPA＝122＝. 即四棱锥P－ABCD的体积为. (2)连接AC交BD于O，连接OE. ∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点． 又∵E是PA的中点，∴PC∥OE. ∵PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PC∥平面BDE. (3)不论点E在何位置，都有BD⊥CE. 证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC. ∵PA⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA. 又∵AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC. ∵不论点E在何位置，都有CE⊂平面PAC. ∴不论点E在何位置，都有BD⊥CE. (理)(xx成都一诊)如图，PO⊥平面ABCD，点O在AB上，EA∥PO，四边形ABCD为直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝CD. (1)求证：PE⊥平面PBC； (2)直线PE上是否存在点M，使DM∥平面PBC，若存在，求出点M；若不存在，说明理由． (3)求二面角E－BD－A的余弦值． [解析]　(1)证明：∵EA∥OP，AO⊂平面ABP， ∴点A，B，P，E共面． ∵PO⊥平面ABCD，PO⊂平面PEAB. ∴平面PEAB⊥平面ABCD， ∵BC⊂平面ABCD，BC⊥AB， 平面PEAB∩平面ABCD＝AB， ∴BC⊥平面PEAB，∴PE⊥BC. 由平面几何知识知PE⊥PB，又BC∩PB＝B， ∴PE⊥平面PBC. (2)点E即为所求的点，即点M与点E重合．取PB的中点F，连接EF、CF、DE，延长PE交BA的延长线于H，则E为PH的中点，O为BH的中点，∴EF綊OB， 又OB綊CD，∴EF∥CD，且EF＝DC， ∴四边形DCFE为平行四边形，所以DE∥CF. ∵CF在平面PBC内，DE不在平面PBC内， ∴DE∥平面PBC. (3)由已知可知四边形BCDO是正方形，显然OD、OB、OP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设DC＝1， 则B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，－，)， 设平面BDE的一个法向量为n1＝(x，y，z)， ＝(1，－1,0)，＝(0，－，)， 即 取y＝1，则x＝1，z＝3，从而n1＝(1,1,3)． 取平面ABD的一个法向量为n2＝(0,0,1)． cos〈n1，n2〉＝＝＝， 故二面角E－BD－A的余弦值为. 12．(文)已知四棱锥P－ABCD的直观图和三视图如图所示，E是PB的中点． (1)求三棱锥C－PBD的体积； (2)若F是BC上任一点，求证：AE⊥PF； (3)边PC上是否存在一点M，使DM∥平面EAC，并说明理由． [解析]　(1)由该四棱锥的三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2和1的矩形，侧棱PA⊥平面ABCD，且PA＝2， ∴VC－PBD＝VP－BCD＝122＝. (2)证明：∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A. ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE， 又在△PAB中，∵PA＝AB，E是PB的中点， ∴AE⊥PB.又∵BC∩PB＝B， ∴AE⊥平面PBC，且PF⊂平面PBC，∴AE⊥PF. (3)存在点M，可以使DM∥平面EAC. 连接BD，设AC∩BD＝O，连接EO. 在△PBD中，EO是中位线． ∴PD∥EO， 又∵EO⊂平面EAC，PD⊄平面EAC， ∴PD∥平面EAC， ∴当点M与点P重合时，可以使DM∥平面EAC. (理)如图①，边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点，将△BEF剪去，将△AED、△DCF分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点P，得一三棱锥如图②所示． (1)求证：PD⊥EF； (2)求三棱锥P－DEF的体积； (3)求DE与平面PDF所成角的正弦值． [解析]　(1)依题意知图①折前AD⊥AE，CD⊥CF， ∴折起后PD⊥PE，PF⊥PD， ∵PE∩PF＝P，∴PD⊥平面PEF. 又∵EF⊂平面PEF，∴PD⊥EF. (2)依题意知图①中AE＝CF＝，∴PE＝PF＝，在△BEF中EF＝BE＝， 在△PEF中，PE2＋PF2＝EF2，∴PE⊥PF， ∴S△PEF＝PEPF＝＝， ∴VP－DEF＝VD－PEF＝S△PEFPD＝1＝. (3)由(2)知PE⊥PF，又PE⊥PD，∴PE⊥平面PDF， ∴∠PDE为DE与平面PDF所成的角． 在Rt△PDE中， ∵DE＝＝＝，PE＝， ∴sin∠PDE＝＝＝. 13．(文)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点． (1)求证：B1C∥平面A1BD； (2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1； (3)在CC1上是否存在一点E，使得∠BA1E＝45，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由． [分析]　(1)连接AB1，交A1B于M，则MD就是平面A1BD内与B1C平行的直线；(2)需在平面ABB1A1中找两条相交直线都与B1C1垂直，由直三棱柱的概念，知BB1⊥B1C1，另一条的寻找，从AC1⊥平面A1BD，以平行四边形ABB1A1为正方形入手，证明A1B⊥平面AB1C1从而得出A1B⊥B1C1.(3)用余弦定理解△A1BE. [解析]　(1)连接AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点．连接MD，又D为AC的中点， ∴B1C∥MD， 又B1C⊄平面A1BD，MD⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD. (2)∵AB＝B1B，∴平行四边形ABB1A1为正方形， ∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD， ∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1. 又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥B1C1， ∴B1C1⊥平面ABB1A1. (3)设AB＝a，CE＝x，∵B1C1⊥A1B1，在Rt△A1B1C1中有A1C1＝a，同理A1B1＝a，∴C1E＝a－x， ∴A1E＝＝， BE＝， ∴在△A1BE中，由余弦定理得 BE2＝A1B2＋A1E2－2A1BA1Ecos45，即 a2＋x2＝2a2＋x2＋3a2－2ax－2a， ∴＝2a－x， ∴x＝a，即E是C1C的中点， ∵D、E分别为AC、C1C的中点，∴DE⊥AC1. ∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD. 又DE⊂平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE. [点评]　空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直三者之间可以相互转化，每一种垂直的判定都是从某种垂直开始转向另一种垂直，最终达到目的，其转化关系为线线垂直线面垂直面面垂直． (理)(xx齐鲁名校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90，D是BC的中点． (1)求证：A1B∥平面ADC1； (2)求二面角C1－AD－C的余弦值； (3)试问线段A1B1上是否存在点E，使得AE与DC1成60角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由． [解析]　(1)证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD. 由ABC－A1B1C1是直三棱柱得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点． 又D为BC中点，所以OD为△A1BC中位线， 所以A1B∥OD， 所以OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1， 所以A1B∥平面ADC1. (2)由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90，故BA、BC、BB1两两垂直． 如图建立空间直角坐标系B－xyz. 设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)． 所以＝(1，－2,0)，＝(2，－2,1)． 设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有 所以 取y＝1，得n＝(2,1，－2)． 易知平面ADC的法向量为v＝(0,0,1)． 由二面角C1－AD－C的平面角是锐角，得 cos〈n，v〉＝＝. 所以二面角C1－AD－C的余弦值为. (3)假设存在满足条件的点E. 因为E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)， 故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以＝(0，λ－2,1)，＝(1,0,1)． 因为AE与DC1成60角，所以＝. 即＝，解得λ＝1，舍去λ＝3. 所以当点E为线段A1B1中点时，AE与DC1成60角．