2019年高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何限時檢測（文、理）.doc

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2019年高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何限時檢測（文、理） 一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分；在每小題給出四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(xx福建省質檢)如圖，AB是⊙O的直徑，VA垂直⊙O所在的平面，C是圓周上不同于A、B的任意一點，M、N分別為VA、VC的中點，則下列結論正確的是(　　) A．MN∥AB B．MN與BC所成的角為45 C．OC⊥平面VAC D．平面VAC⊥平面VBC [答案]　D [解析]　依題意，MN∥AC，又直線AC與AB相交，因此MN與AB不平行；注意到AC⊥BC，因此MN與BC所成的角是90；注意到直線OC與AC不垂直，因此OC與平面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.綜上所述可知選D. 2．(xx菱湖月考)若某多面體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此多面體的體積是(　　) A.cm3　　　 　　　　 B.cm3 C.cm3 D.cm3 [答案]　C [解析]　由三視圖知，該幾何體是由一個正方體割去一個角所得到的多面體，如圖，其正方體的棱長為1，則該多面體的體積為13－13＝cm3. 3．(文)已知某個幾何體的三視圖如下，根據(jù)圖中標出的尺寸(單位：cm)，可得這個幾何體的體積是(　　) A.cm3 B.cm3 C.cm3 D.cm3 [答案]　C [解析]　由三視圖知幾何體為三棱錐，底面等腰三角形底邊長2，高為2，棱錐高為2，V＝(22)2＝cm3. (理)正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱AB上的動點，則直線A1D與直線C1E所成的角等于(　　) A．60 B．90 C．30 D．隨點E的位置而變化 [答案]　B [解析]　∵A1D⊥AB，A1D⊥AD1， ∴A1D⊥平面AD1C1B，∴A1D⊥C1E. 4．(文)(xx河北名校名師俱樂部模擬)一簡單組合體的三視圖及尺寸如圖所示(單位：cm)，該組合體的體積為(　　) A．42cm3 B．48cm3 C．56cm3 D．44cm3 [答案]　D [解析]　由三視圖可知該幾何體是一個長、寬、高分別為6、4、1的長方體和一個直三棱柱組合而成，直三棱柱的底面是等腰三角形，三角形的底邊長為4，高為5，棱柱的高為2，其體積V＝146＋452＝44(cm3)． (理)(xx鄭州市質檢)如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結論正確的是(　　) A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90 C．CA′與平面A′BD所成的角為30 D．四面體A′－BCD的體積為 [答案]　B [解析]　取BD的中點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.假設A′C⊥BD，∵OC為A′C在平面BCD內的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A錯誤；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD內的射影為A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正確；∠CA′D為直線CA′與平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45，C錯誤；VA′－BCD＝S△A′BDCD＝，D錯誤，故選B. 5．(文)(xx濟南四校聯(lián)考)已知m、n是兩條不同直線，α、β為兩個不同平面，那么使m∥α成立的一個充分條件是(　　) A．m∥β，α∥β B．m⊥β，α⊥β C．m⊥n，n⊥α，m?α D．m上有不同的兩個點到α的距離相等 [答案]　C [解析]　對于A，直線m可能位于平面α內；對于B，直線m可能位于平面α內；對于D，當直線m與平面α相交時，顯然在該直線上也能找到兩個不同的點到平面α的距離相等．故選C. (理)過正方形ABCD的頂點A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，則平面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]　建立如圖所示的空間直角坐標系，不難求出平面APB與平面PCD的法向量分別為n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP與平面CDP所成二面角(銳角)的余弦值為＝， 故所求的二面角的大小是45. 6．如圖，在正四面體P－ABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點，下列四個結論不成立的是 (　　) 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分別為AB、AC的中點，∴BC∥DF， ∵BC?平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正確；在正四面體中，∵E為BC中點，易知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正確；∵DF⊥平面PAE，DF?平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，∴C正確，故選D. 7．(文)如圖，在棱長為5的正方體ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一條線段，且EF＝2，Q是A1D1的中點，點P是棱C1D1上的動點，則四面體P－QEF的體積(　　) A．是變量且有最大值 B．是變量且有最小值 C．是變量且有最大值和最小值 D．是常量 [答案]　D [解析]　因為EF＝2，點Q到AB的距離為定值，所以△QEF的面積為定值，設為S，又因為D1C1∥AB，所以D1C1∥平面QEF；點P到平面QEF的距離也為定值，設為d，從而四面體P－QEF的體積為定值Sd. (理)一個四面體的四個頂點在空間直角坐標系O－xyz中的坐標分別是(0,0,0)、(1,2,0)、(0,2,2)、(3,0,1)，則該四面體中以yOz平面為投影面的正視圖的面積為(　　) A．3 B. C．2 D. [答案]　A [解析]　四個點在yOz平面上的正投影依次為(0,0,0)，(0,2,0)，(0,2,2)，(0,0,1)，故其面積S＝(1＋2)2＝3. 8．(文)已知α、β、γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α、β、γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題有(　　) A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 [答案]　C [解析]　若α、β?lián)Q成直線a、b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α、γ換為直線a、b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β、γ換為直線a、b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題，故選C. (理)如圖，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，則AB2＝BDBC；類似地有命題：在三棱錐A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A點在平面BCD內的射影為M，則有S＝S△BCMS△BCD.上述命題是(　　) A．真命題 B．增加條件“AB⊥AC”才是真命題 C．增加條件“M為△BCD的垂心”才是真命題 D．增加條件“三棱錐A－BCD是正三棱錐”才是真命題 [答案]　A [解析]　因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝MEDE，又A點在平面BCD內的射影為M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，將S△ABC、S△BCM、S△BCD分別表示出來，可得S＝S△BCMS△BCD，故選A. 二、填空題(本大題共2小題，每小題6分，共12分，將答案填寫在題中橫線上．) 9．(文)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，點E、F分別是棱PC、PD的中點，則 ①棱AB與PD所在直線垂直； ②平面PBC與平面ABCD垂直； ③△PCD的面積大于△PAB的面積； ④直線AE與平面BF是異面直線． 以上結論正確的是________．(寫出所有正確結論的編號) [答案]?、佗? [解析]　由條件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正確； 若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，得PB⊥平面ABCD，從而PA∥PB，這是不可能的，故②錯； S△PCD＝CDPD，S△PAB＝ABPA，由AB＝CD，PD>PA知③正確； 由E、F分別是棱PC、PD的中點，可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE與BF共面，④錯，故填①③. (理)如圖，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝BC，將直角△ABE沿BE邊折起，A點在面BCDE上的射影為D點，則翻折后的幾何體中有如下描述： ①AB與DE所成角的正切值是； ②VB－ACE的體積是a3； ③AB∥CD； ④平面EAB⊥平面ADE； ⑤直線BA與平面ADE所成角的正弦值為. 其中正確的敘述有________(寫出所有正確結論的編號)． [答案]?、佗冖堍? [解析]　由題意可得如圖所示的幾何體，對于①，AB與DE所成角為∠ABC，在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝a，BC＝a，所以tan∠ABC＝，故①正確； 對于②，VB－ACE＝VA－ECB＝aaa＝a3，故②正確；③明顯錯誤； 對于④，因為AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因為DE⊥BE，所以BE⊥平面ADE，可得平面EAB⊥平面ADE，故④正確；對于⑤，由④可知，∠BAE即為直線BA與平面ADE所成的角，在△ABE中，∠AEB＝90，AB＝a，BE＝a，所以sin∠BAE＝，故⑤正確． 10．(xx邯鄲一模)已知直角梯形ABCD，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2沿AC折成三棱錐，當三棱錐體積最大時，求此時三棱錐外接球的體積________． [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的中點E，AB中點O，當三棱錐體積最大時，平面DCA⊥平面ACB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴OB＝1，∴V＝πR3＝π. 三、解答題(本大題共3小題，共40分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 11．(本小題滿分13分)(文)如圖，已知矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，沿對角線BD把△ABD折起，使A點移到A1點，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上． (1)求證：BC⊥A1D； (2)求證：平面A1BC⊥平面A1BD； (3)求三棱錐A1－BCD的體積． [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)∵四邊形ABCD為矩形， ∴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大興區(qū)模擬)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，D是BC的中點． (1)求證：直線A1D⊥B1C1； (2)判斷A1B與平面ADC1的位置關系，并證明你的結論． [解析]　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC， 在等邊△ABC中，D是BC中點，所以AD⊥BC， 因為在平面A1AD中，A1A∩AD＝A， 所以BC⊥平面A1AD， 又因為A1D?平面A1AD，所以A1D⊥BC， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形BCC1B1是平行四邊形，所以B1C1∥BC， 所以，A1D⊥B1C1. (2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形ACC1A1是平行四邊形，在平行四邊形ACC1A1中連接A1C，交AC1于點O，連接DO. 故O為A1C的中點． 在三角形A1CB中，D為BC中點，O為A1C中點，故DO∥A1B. 因為DO?平面ADC1，A1B?平面ADC1， 所以，A1B∥平面ADC1， 故A1B與平面ADC1平行． 12．(本小題滿分13分)(文)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90，AB＝2AD＝2CD＝2. (1)求證：AC⊥平面BB1C1C； (2)在A1B1上是否存在一點P，使得DP和平面BCB1、平面ACB1都平行？證明你的結論． [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)存在符合條件的點P，且P為A1B1的中點． 證明：∵P為A1B1的中點， 所以PB1∥AB，且PB1＝AB， 又DC∥AB，DC＝AB， ∴DC∥PB1，且DC＝PB1. ∴四邊形CDPB1為平行四邊形，從而CB1∥DP. 又CB1?平面ACB1，DP?平面ACB1. ∴DP∥平面ACB1，同理DP∥平面BCB1. [點評]　(2)問中假如存在點P，使得DP∥平面BCB1，DP∥平面ACB1，又∵平面BCB1∩平面ACB1＝CB1，∴DP∥CB1，又CD∥PB1，故四邊形CDPB1為平行四邊形，∵A1B1＝2CD，故只須P為A1B1的中點，即有PB1綊DC，而獲解． 對于存在性命題，常常是先假設存在，把其作為一個條件與其他已知條件結合加以分析，探尋解題的思路． (理)(xx哈三中一模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60，Q為AD的中點． (1)若PA＝PD，求證：平面PQB⊥平面PAD； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，點M在線段PC上，試確定點M的位置，使二面角M－BQ－C大小為60，并求出的值． [解析]　(1)∵PA＝PD，Q為AD的中點，∴PQ⊥AD，又∵底面ABCD為菱形，∠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為坐標原點，分別以QA、QB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖． 則Q(0,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－2，，0)，設＝λ(0<λ<1)， 所以M(－2λ，λ，(1－λ))，平面CBQ的一個法向量是n1＝(0,0,1)， 設平面MQB的一個法向量為n2＝(x，y，z)， 所以∴ ∴ 取n2＝(，0，)， 由二面角M－BQ－C大小為60，可得： ＝，解得λ＝，此時＝. 13．(本小題滿分14分)(文)(xx福建文，18)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60. (1)當正視方向與向量的方向相同時，畫出四棱錐P－ABCD的正視圖(要求標出尺寸，并寫出演算過程)； (2)若M為PA的中點，求證：DM∥平面PBC； (3)求三棱錐D－PBC的體積． [解析]　(1)在梯形ABCD中，過點C作CE⊥AB，垂足為E. 由已知得，四邊形ADCE為矩形，AE＝CD＝3， 在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理知 BE＝3，從而AB＝6. 又由PD⊥平面ABCD得PD⊥AD， 從而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60， 得PD＝4. 正視圖如圖所示： (2)取PB中點為N，連接MN、CN. 在△PAB中，∵M是PA中點， ∴MN∥AB，MN＝AB＝3，又CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD， ∴四邊形MNCD為平行四邊形，∴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陜西理，18)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝. (1)證明：A1C⊥平面BB1D1D (2)求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角θ的大小． [解析]　如圖建立空間直角坐標系， 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的一個法向量n＝(0,1，－1)，平面BB1D1D的一個法向量為m＝(1,0,1)，所求夾角余弦值為cosθ＝＝， 所求夾角的大小為60. 一、選擇題 1．(xx鄭州質檢)一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的表面積為(　　) A．6＋ B．6＋2 C．8＋ D．8＋2 [答案]　D [解析]　由三視圖可知該幾何體為一橫放的直三棱柱，其中底面正對觀察者，為一直角三角形，兩直角邊長分別為1,2，棱柱的高為2，故其表面積S＝(2＋1＋)2＋21＝8＋2. 2．(xx福州質檢)如圖是一個空間幾何體的三視圖，這個幾何體的體積是(　　) A．2π B．4π C．6π D．8π [答案]　D [解析]　由圖可知該幾何體是一個圓柱內挖去一個圓錐所得的幾何體，V＝V圓柱－V圓錐＝π223－π223＝8π，故選D. 3．(文)在正四面體(棱長都相等的四面體)A－BCD中，棱長為4，M是BC的中點，點P在線段AM上運動(P不與A、M重合)，過點P作直線l⊥平面ABC，l與平面BCD交于點Q，給出下列命題： ①BC⊥平面AMD； ②Q點一定在直線DM上； ③VC－AMD＝4. 其中正確的是(　　) 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正確；由BC⊥平面AMD可得平面AMD⊥平面ABC，則若過P作直線l⊥平面ABC，l與平面BCD交于點Q，Q點一定在直線DM上，即②正確；由VC－AMD＝VC－ABD＝43＝，即③不正確，綜上可得正確的命題序號為①②，故應選A. (理)(xx唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點都在半徑為的球面上，AB＝AC＝，AA1＝2，則二面角B－AA1－C的余弦值為(　　) A．－ B．－ C. D. [答案]　D [解析]　如圖，設球心為O，底面△ABC外接圓的圓心為O′，則OA＝OB＝OC＝，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝，∴△ABC為正三角形，∴二面角B－AA1－C的平面角BAC＝60，∴二面角B－AA1－C的余弦值為. 4．(文)設m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則下列命題不正確的是(　　) A．若m⊥n，m⊥α，n?α，則n∥α B．若m⊥β，α⊥β，則m∥α或m?α C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥β D．若m∥α，α⊥β，則m⊥β [答案]　D [解析]　對于選項D，當直線m位于平面β內且與平面α，β的交線平行時，直線m∥α，顯然m與平面β不垂直，因此選項D不正確． (理)(xx嘉興二測)已知α、β、γ是三個不重合的平面，m、n是不重合的直線，下列判斷正確的是(　　) A．若α⊥β，β⊥γ，則α∥γ B．若α⊥β，l∥β，則l∥α C．若m∥α，n∥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n [答案]　D [解析]　A錯，兩平面還可垂直；B錯，還可能有l(wèi)∥α；C錯，兩直線m，n的位置關系不確定；D正確，垂直于同一平面的兩直線互相平行． 5.如圖，正△ABC的中線AF與中位線DE相交于G，已知△A′ED是△AED繞DE旋轉過程中的一個圖形，下列命題中，錯誤的是(　　) A．動點A′在平面ABC上的投影在線段AF上 B．恒有平面A′GF⊥平面BCED C．三棱錐A′－FED的體積有最大值 D．異面直線A′E與BD不可能垂直 [答案]　D [解析]　由題意，DE⊥平面AGA′， ∴A、B、C正確，故選D. 6．(文)(xx山西太原月考)如圖所示，正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為1, E、F分別是棱AA′、CC′的中點，過直線EF的平面分別與棱BB′、DD′交于M、N，設BM＝x，x∈[0,1]，給出以下四個命題： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②當且僅當x＝時，四邊形MENF的面積最小； ③四邊形MENF周長L＝f(x)，x∈[0,1]是單調函數(shù)； ④四棱錐C′－MENF的體積V＝h(x)為常函數(shù)； 以上命題中假命題的序號為(　　) 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正確；∵EF為所在棱的中點，由對稱性及條件知四邊形EMFN為菱形，其面積隨著對角線MN的增大而增大，當x＝時，M為BB′的中點，此時MN取最小值，∴②正確，③錯誤；V四棱錐C′－MENF＝2VC′－MEF＝2VE－MFC′為常數(shù)，∴V＝h(x)為常函數(shù)． (理)(xx杭州質檢)如圖，設平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分別是B、D，如果增加一個條件，就能推出BD⊥EF，這個條件不可能是下面四個選項中的(　　) A．AC⊥β B．AC⊥EF C．AC與BD在β內的射影在同一條直線上 D．AC與α、β所成的角相等 [答案]　D [解析]　因為BD是AC在平面α內的射影，所以只需得到AC⊥EF，那么由三垂線定理的逆定理可得BD⊥EF.對于選項A，因為AC⊥β，EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.選項B，因為AC⊥EF，所以BD⊥EF.對于選項C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.對于選項D，AC與α、β所成的角相等，無法保證AC⊥EF.綜上知選D. 7．(文)已知某個幾何體的三視圖如圖所示，根據(jù)圖中標出的尺寸，可知這個幾何體的側面積是(　　) A.π　　　 B.　　　 C.　　　 D.π [答案]　D [解析]　由三視圖知，該幾何體是一個圓錐，底半徑為1，高為2，母線長l＝＝，∴側面積S＝π. (理)已知正四面體A－BCD，設異面直線AB與CD所成的角為α，側棱AB與底面BCD所成的角為β，側面ABC與底面BCD所成的角為γ，則(　　) A．α>β>γ B．α>γ>β C．β>α>γ D．γ>β>α [答案]　B [解析]　如圖，設底面BCD的中心為點O，連接AO，BO，易知∠ABO＝β，取BC的中點E，連接AE、OE，易知∠AEO＝γ，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<β<γ<，延長BO交CD于F，則BF⊥CD，又AO⊥CD， ∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝.∴α>γ>β. 8．(文)在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AB的中點，則點C到平面A1DM的距離為(　　) A.a B.a C.a D.a [答案]　A [解析]　設點C到平面A1DM的距離為h，則由已知得DM＝A1M＝＝a，A1D＝a，S△A1DM＝a＝a2，連接CM，S△CDM＝a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得S△A1DMh＝S△CDMa，即a2h＝a2a，得h＝a，所以點C到平面A1DM的距離為a，選A. (理)已知正方形ABCD的邊長為2，將△ABC沿對角線AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到如右圖所示的三棱錐B－ACD.若O為AC邊的中點，M、N分別為線段DC、BO上的動點(不包括端點)，且BN＝CM.設BN＝x，則三棱錐N－AMC的體積y＝f(x)的函數(shù)圖象大致是(　　) [答案]　B [解析]　由條件知，AC＝4，BO＝2，S△AMC＝CMAD＝x，NO＝2－x，∴VN－AMC＝S△AMCNO＝x(2－x)，即f(x)＝x(2－x)，故選B. 二、填空題 9．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P是上底面A1B1C1D1內一動點，則三棱錐P－ABC的正(主)視圖與側(左)視圖的面積的比值為________． [答案]　1 [解析]　依題意得三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖均為三角形，且這兩個三角形的底邊長都等于正方體的棱長，底邊上的高也都相等，因此三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖的面積之比等于1. 10．(文)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. [答案]　30 [解析]　本題考查三視圖及柱體體積公式． 由三視圖知該幾何體由一個棱長為3,4,2的長方體和一個底面是直角梯形高為4的直棱柱組成，則體積V＝342＋14＝30. [點評]　解決三視圖問題應弄清圖中各量與原幾何體的量的關系． (理)設C是∠AOB所在平面外的一點，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是銳角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于，則θ的值為________． [答案]　60 [解析]　作CC1⊥平面AOB于點C1，C1A1⊥OA于點A1，C1B1⊥OB于點B1，連接OC1，則∠COC1為直線OC與平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB的平分線， 設OA1＝x，則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、解答題 11．(文)(xx威海兩校質檢)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，側棱PA⊥底面ABCD，且PA＝2，E是側棱PC上的動點． (1)求四棱錐P－ABCD的體積； (2)如果E是PA的中點，求證PC∥平面BDE； (3)是否不論點E在側棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？證明你的結論． [解析]　(1)∵PA⊥平面ABCD， ∴VP－ABCD＝S正方形ABCDPA＝122＝. 即四棱錐P－ABCD的體積為. (2)連接AC交BD于O，連接OE. ∵四邊形ABCD是正方形，∴O是AC的中點． 又∵E是PA的中點，∴PC∥OE. ∵PC?平面BDE，OE?平面BDE，∴PC∥平面BDE. (3)不論點E在何位置，都有BD⊥CE. 證明如下：∵四邊形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. ∵不論點E在何位置，都有CE?平面PAC. ∴不論點E在何位置，都有BD⊥CE. (理)(xx成都一診)如圖，PO⊥平面ABCD，點O在AB上，EA∥PO，四邊形ABCD為直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝CD. (1)求證：PE⊥平面PBC； (2)直線PE上是否存在點M，使DM∥平面PBC，若存在，求出點M；若不存在，說明理由． (3)求二面角E－BD－A的余弦值． [解析]　(1)證明：∵EA∥OP，AO?平面ABP， ∴點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. 由平面幾何知識知PE⊥PB，又BC∩PB＝B， ∴PE⊥平面PBC. (2)點E即為所求的點，即點M與點E重合．取PB的中點F，連接EF、CF、DE，延長PE交BA的延長線于H，則E為PH的中點，O為BH的中點，∴EF綊OB， 又OB綊CD，∴EF∥CD，且EF＝DC， ∴四邊形DCFE為平行四邊形，所以DE∥CF. ∵CF在平面PBC內，DE不在平面PBC內， ∴DE∥平面PBC. (3)由已知可知四邊形BCDO是正方形，顯然OD、OB、OP兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，設DC＝1， 則B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，－，)， 設平面BDE的一個法向量為n1＝(x，y，z)， ＝(1，－1,0)，＝(0，－，)， 即 取y＝1，則x＝1，z＝3，從而n1＝(1,1,3)． 取平面ABD的一個法向量為n2＝(0,0,1)． cos〈n1，n2〉＝＝＝， 故二面角E－BD－A的余弦值為. 12．(文)已知四棱錐P－ABCD的直觀圖和三視圖如圖所示，E是PB的中點． (1)求三棱錐C－PBD的體積； (2)若F是BC上任一點，求證：AE⊥PF； (3)邊PC上是否存在一點M，使DM∥平面EAC，并說明理由． [解析]　(1)由該四棱錐的三視圖可知，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為2和1的矩形，側棱PA⊥平面ABCD，且PA＝2， ∴VC－PBD＝VP－BCD＝122＝. (2)證明：∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A. ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE， 又在△PAB中，∵PA＝AB，E是PB的中點， ∴AE⊥PB.又∵BC∩PB＝B， ∴AE⊥平面PBC，且PF?平面PBC，∴AE⊥PF. (3)存在點M，可以使DM∥平面EAC. 連接BD，設AC∩BD＝O，連接EO. 在△PBD中，EO是中位線． ∴PD∥EO， 又∵EO?平面EAC，PD?平面EAC， ∴PD∥平面EAC， ∴當點M與點P重合時，可以使DM∥平面EAC. (理)如圖①，邊長為1的正方形ABCD中，點E、F分別為AB、BC的中點，將△BEF剪去，將△AED、△DCF分別沿DE、DF折起，使A、C兩點重合于點P，得一三棱錐如圖②所示． (1)求證：PD⊥EF； (2)求三棱錐P－DEF的體積； (3)求DE與平面PDF所成角的正弦值． [解析]　(1)依題意知圖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)依題意知圖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為DE與平面PDF所成的角． 在Rt△PDE中， ∵DE＝＝＝，PE＝， ∴sin∠PDE＝＝＝. 13．(文)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D為AC的中點． (1)求證：B1C∥平面A1BD； (2)求證：B1C1⊥平面ABB1A1； (3)在CC1上是否存在一點E，使得∠BA1E＝45，若存在，試確定E的位置，并判斷平面A1BD與平面BDE是否垂直？若不存在，請說明理由． [分析]　(1)連接AB1，交A1B于M，則MD就是平面A1BD內與B1C平行的直線；(2)需在平面ABB1A1中找兩條相交直線都與B1C1垂直，由直三棱柱的概念，知BB1⊥B1C1，另一條的尋找，從AC1⊥平面A1BD，以平行四邊形ABB1A1為正方形入手，證明A1B⊥平面AB1C1從而得出A1B⊥B1C1.(3)用余弦定理解△A1BE. [解析]　(1)連接AB1與A1B相交于M，則M為A1B的中點．連接MD，又D為AC的中點， ∴B1C∥MD， 又B1C?平面A1BD，MD?平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD. (2)∵AB＝B1B，∴平行四邊形ABB1A1為正方形， ∴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)設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的中點， ∵D、E分別為AC、C1C的中點，∴DE⊥AC1. ∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD. 又DE?平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE. [點評]　空間中直線與直線垂直、直線與平面垂直、平面與平面垂直三者之間可以相互轉化，每一種垂直的判定都是從某種垂直開始轉向另一種垂直，最終達到目的，其轉化關系為線線垂直線面垂直面面垂直． (理)(xx齊魯名校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90，D是BC的中點． (1)求證：A1B∥平面ADC1； (2)求二面角C1－AD－C的余弦值； (3)試問線段A1B1上是否存在點E，使得AE與DC1成60角？若存在，確定E點位置；若不存在，說明理由． [解析]　(1)證明：連接A1C，交AC1于點O，連接OD. 由ABC－A1B1C1是直三棱柱得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點． 又D為BC中點，所以OD為△A1BC中位線， 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、BB1兩兩垂直． 如圖建立空間直角坐標系B－xyz. 設BA＝2，則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)． 設平面ADC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有 所以 取y＝1，得n＝(2,1，－2)． 易知平面ADC的法向量為v＝(0,0,1)． 由二面角C1－AD－C的平面角是銳角，得 cos〈n，v〉＝＝. 所以二面角C1－AD－C的余弦值為. (3)假設存在滿足條件的點E. 因為E在線段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)， 故可設E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以＝(0，λ－2,1)，＝(1,0,1)． 因為AE與DC1成60角，所以＝. 即＝，解得λ＝1，舍去λ＝3. 所以當點E為線段A1B1中點時，AE與DC1成60角．