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章末綜合測(cè)（13）立體幾何（1）
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1．圓臺(tái)的一個(gè)底面周長(zhǎng)是另一個(gè)底面周長(zhǎng)的3倍，母線長(zhǎng)為3，圓臺(tái)的側(cè)面積為84π，則圓臺(tái)較小底面的半徑為(　　)
A．7 B．6 C．5 D．3
　解析　A　依題意，設(shè)圓臺(tái)上、下底面半徑分別為r、3r，則有π(r＋3r)•3＝84π，解得r＝7.
2．如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)E、H分別是邊AB、AD的中點(diǎn)，F(xiàn)、G分別是邊BC、CD上的點(diǎn)，且CFCB＝CGCD＝23，則(　　)
A．EF與GH平行
B．EF與GH異面
C．EF與 GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上
D．EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上
　解析　D　依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面．因?yàn)镋H＝12BD，F(xiàn)G＝23BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF與GH必相交，設(shè)交點(diǎn)為M.因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上，故點(diǎn)M在平面ACB上．同理，點(diǎn)M在平面ACD上，即點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的交點(diǎn)，而AC是這兩個(gè)平面的交線，所 以點(diǎn)M一定在AC上．
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則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)，∵兩向量垂直，∴3(k－1)＋2k－2×2＝0，∴k＝75.
4．已知直線m、n和平面α，在下列給定的四個(gè)結(jié)論中，m∥n的一個(gè)必要但不充分條件是(　　)
A．m∥&alpha,高考;，n∥α B．m⊥α，n⊥α
C．m∥α，n⊂α D．m、n與 α所成的角相等
　解析　D　對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)m∥α，n∥α時(shí)，直線m、n可以是平行、相交或異面 ；而當(dāng)m∥n時(shí)，m、n與α的關(guān)系不確定，故選項(xiàng)A是m∥n的既不充分也不必要條件；選項(xiàng)B是m∥n的充分不必要條件；選項(xiàng)C是m∥n的既不充分也不必要條件；對(duì)于選項(xiàng)D，由m∥n可以得到m、n與α所成的角相等，但是m、n與α所成的角相等得不到m∥n.故選項(xiàng)D符合題意．
5．已知某個(gè)幾何體的三視圖如圖(主視圖的弧線是半圓)，根據(jù)圖中標(biāo)出的數(shù)據(jù)，這個(gè)幾何體的體積是(　　)
A．288＋36π
B．60π
C．288＋72π
D．288＋18π
解析　A　依題意得，該幾何體是由一個(gè)長(zhǎng)方體與半個(gè)圓柱的組合體，其中長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為8、6、6，半個(gè)圓柱相應(yīng)的圓柱底面半徑為3、高為8，因此該幾何體的體積等于8×6×6＋12×π×32×8＝288＋36π，故選A.
6．l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確 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共點(diǎn)⇒l1，l2，l3共面
　解析　B　在空間中，垂直于同一直線的兩條直線不一定平行，故A錯(cuò)；兩平行線中的一條垂直于第三條直線，則另 一條也垂直于第三條直線，B正確；相互平行的三條直線不一定共面，如三棱柱的三條側(cè)棱，故C錯(cuò)；共點(diǎn)的三條直線不一定共面，如三棱錐的三條側(cè)棱，故D錯(cuò)．
7．將一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正方體，切成27個(gè)全等的小正方體，則表面積增加了(　　)
A．6a2　 　 　 B．12a2　
C．18a2　　　 D．24a2
　解析　B　依題意，小正方體的棱長(zhǎng)為a3，所以27個(gè)小正方體的表面積總和為27×6×a32＝18a2，故表面積增加量為18a2－6a2＝12a2.
8．在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為(　　)
A.63 B.265
C.155 D.105
　解析　D　如圖，連接A1C1，B1D1，交于點(diǎn)O1，由長(zhǎng)方體的性質(zhì)易知∠C1BO1為BC1與平面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是三個(gè)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(gè)換成直線，另一個(gè)保持不變，在所得的所有命題中，真命題有(　　)
A．0個(gè) B．1個(gè)
C．2個(gè) D．3個(gè)
　解析　C　若α，β換為直線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．
10．如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝10，AD＝5，AA1＝4.分別過(guò)BC、A1D1的兩個(gè)平行截面將長(zhǎng)方體分成三部分，其體積分別記為V1＝VAEA1－DFD1，V2＝VEBE1A1－FCF1D1，V3＝VB1E1B－C1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶3∶1，則截面A1EFD1的面積為(　　)
A．410 B．83
C．202 D．162
　解析　C　由V1＝V3，可得AE＝B1E1，設(shè)AE＝x，則12x×4×5∶[(10－x)×4×5]＝1∶3，得x＝4，則A1E＝42＋42＝42，所以截面A1EFD1的面積為202.
11．如圖是一個(gè)無(wú)蓋的正方體盒子展開(kāi)后的平面圖，A，B，C是展開(kāi)圖上的三點(diǎn)，則在正方體盒子中，∠ABC的值為(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析　C　還原正方體，如下圖所示，連接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，則∠ABC＝60°.故選C.

12．連接球面上兩點(diǎn)的線段稱(chēng)為球的弦．半徑為4的球的兩條弦AB、CD的長(zhǎng)度分別等于27、43，M、N分別為AB、CD的中點(diǎn)，每條弦的兩端都在球面上運(yùn)動(dòng)，有下列四個(gè)命題：
①弦AB、CD可能相交于點(diǎn)M；
②弦AB、CD可能相交于點(diǎn)N；
③MN的最大值為5；
④MN的最小值為1.
其中真命題的個(gè)數(shù)是 (　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
　解析　C　易求得M、N到球心O的距離分別為OM＝3，ON＝2，若兩弦交于M，則ON⊥MN，在Rt△ONM中，有ON<OM，符合題意，故①正確．若兩弦交于N，同①推得，OM<ON，矛盾，故②錯(cuò)．當(dāng)M、O、N共線，M、N在O同側(cè)，則MN取最小值1；M、N在O兩側(cè)，則MN取最大值5，故③④正確．
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫 線上)
13. 如圖，在正四棱柱A1C中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則M只需滿(mǎn)足條件________時(shí)，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請(qǐng)?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個(gè)條件即可，不必考慮全部可能情況)

　解析　∵FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，則MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)
【答案】　M位于線段FH上
14．已知α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的兩條不同的直線，給出四個(gè)論斷：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題：________.
　解析　同垂直于一個(gè)平面的兩條直線互相平行，同垂直于兩個(gè)平行平面的兩條直線也互相平行．
【答案】�、冖邰�⇒①
15．已知命題：“若x⊥y，y∥z，則x⊥z”成立，那么字母x，y，z在空間所表示的幾何圖形有可能是：①都是直線；②都是平面；③x，y是直線，z是平面；④x，z是平面，y是直線．上述判斷中，正確的有________(請(qǐng)將你認(rèn)為正確的序號(hào)都填上)．
　解析　當(dāng)字母x，y，z都表示直線時(shí)，命題成立；當(dāng)字母x，y，z都表示平面時(shí)，命題也成立；當(dāng)x，z表示平面，y表示直線時(shí)，由相關(guān)的判定定理知命題也成立；
當(dāng)x，y表示直線，z表示平面時(shí)，x⊥z不一定成立，還有可能x∥z或x與z相交，故①②④正確，③不正確．
【答案】�、佗冖�
16．如圖，二面角α－l－β的大小是60°，線段AB⊂α，B∈l，AB與l所成的角為30°，則AB與平面β所成的角的正弦值是________．

　解析　如圖，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，連接OB、OC，則OC⊥l.設(shè)AB與β所成角為θ，

則∠ABO＝θ ，由圖得sin θ＝AOAB＝ACAB•AOAC＝sin 30°•sin 60°＝34.
【答案】　34
三、解答題(本大 題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)
17．(10分)如圖所示，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿對(duì)角線BD把△ABD折起，使點(diǎn)A在平面BCD上的射影E落在BC上．

(1)求證：平面ACD⊥平面ABC;
(2)求三棱錐 A－BCD的體積．
　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)如圖，四邊形ABCD為正方形，四邊形BDEF為矩形，AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G為EF的中點(diǎn)．
(1)求證：CF∥平面ADE；
(2)求證：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)如圖，取AB的中點(diǎn)M，CD的中點(diǎn)N，連接GM、GN、MN、AC、BD，設(shè)AC、MN、BD交于O，連接GO.
∵四邊形ABCD為正方形，四邊形BDEF為矩形，
AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G為EF的中點(diǎn)，
則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為二面角C－FG－B的平面角，
∴cos ∠CGO＝GOGC＝33.
19．(12分)(2011•南昌二模)如圖所示的多面體ABC－A1B1C1中，三角形ABC是邊長(zhǎng)為4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.
(1)若O是AB的中點(diǎn)，求證：OC1⊥A1B1；
(2)求平面AB1C1與平面A1B1C1所成的角的余弦值．
　解析　(1)設(shè)線段A1B1的中點(diǎn)為E，連接OE，C1E.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AB，
又BB1∥AA1且AA1＝BB1，
所以AA1B1B是矩形．
又點(diǎn)O是線段AB的中點(diǎn)，
所以O(shè)E∥AA1，所以O(shè)E⊥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?yàn)镺C1⊂平面OC1E，所以O(shè)C1⊥A1B1.
(2)如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OE→，OA→，OC→所在方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，
則A(0,2,0)，A1(4,2,0)，B1(4，－2,0)，C1(2,0,23)，
設(shè)平面AB1C1的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則有
n1•AB1→＝0，n1•AC1→＝0⇒
x1，y1，z1•4，－4，0＝0，x1，y1，z1•2，－2，23＝0⇒x1＝y(tǒng)1，z1＝0，
令x1＝1，則n1＝(1,1,0)．
設(shè)平面A1B1C1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則有
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，則n2＝(3，0,1)．
所以cos〈n1，n2〉＝n1•n2n1•n2＝32×2＝64，
所以平面AB1C1與平面A1B1C1所成的角的余弦值是64.
20．(12分)如圖所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn)．
(1)求證：B1D1∥平面A1BD；
(2)求證：MD⊥AC；
(3)試確定點(diǎn)M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
　解析　(1)由直四棱柱概念，得BB1?DD1，
∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，
∴B1D1∥BD.
而B(niǎo)D⊂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)當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，取DC的中點(diǎn)N，D1C1的中點(diǎn)N1，連接NN1交DC1于O，連接OM，如圖所示．
∵N是DC的中點(diǎn)，BD＝BC，∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD與平面DCC1D1的交線，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可證得，O是NN1的中點(diǎn)，∴BM?ON，
即四邊形BMON是平行四邊形，
∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
21．(12分)如圖所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F(xiàn)，G分別為線段PC，PD，BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD.
(1)求證：PA∥平面EFG；
(2)求二面角G－EF－D的大�。�

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內(nèi)，∴PA∥平面EFG.
(2)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，G(1,2,0)，
易知DA→＝(2 ,0,0)為平面EFD的一個(gè)法向量．
設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為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)．
設(shè)所求二面角為θ，cos θ＝n•DA→nDA→＝222＝22，
∴θ＝45°，即二面角G－EF－D的平面角的大小為45°.
2 2．(12分)在側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E為BB1延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E－AC－D1的大小；
(2)在D1E上是否存在一點(diǎn)P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，說(shuō)明理由．
　解析　設(shè)AC與BD交于O，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz，設(shè)AB＝2，則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)設(shè)E(0,1,2＋h)，則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)．
設(shè)平面EAC的法向量為m＝(x，y，z)，
則m⊥AC→，m⊥AE→，
∴x＝0，－3x＋y＋3z＝0，
令z＝－1，得m＝(0,3，－1)，
∴cos〈m，D1E→〉＝m•D1E→mD1E→＝22，
∴二面角E－AC－D1的大小為45°.
(2)設(shè)D1P→＝λPE→＝λ(D1E→－D1P→)，
則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.
∴存在點(diǎn)P使A1P∥平面EAC，
此時(shí)D1P∶PE＝3∶2.

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