階段知能檢測(cè)(7)-立體幾何

單元檢測(cè)﹙七﹚——立體幾何一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，滿分40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．已知a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,3)，且ka＋b與2a－b垂直，則kA.eq\f(12,5)B．1C.eq\f(7,5)D．2【解析】ka＋b＝(k－1，k,3)，2a－b由題意，得(k－1)×3＋k×2＋3×(－3)＝0，解得k＝eq\f(12,5).【答案】A2．某幾何體的正視圖如圖所示，則該幾何體的俯視圖不可能的是()【解析】由正視圖知，俯視圖不可能是圓與內(nèi)接四邊形，C不正確．【答案】C3．直三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)均為2，正視圖和俯視圖如圖所示，則其側(cè)視圖的面積為()A．4B.eq\r(3)C．2eq\r(3)D．2【解析】由正視圖和俯視圖知，直三棱柱的側(cè)視圖是長(zhǎng)為eq\r(3)，寬為2的長(zhǎng)方形，故側(cè)視圖的面積為2eq\r(3).【答案】C4．已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是()A．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥βB．若m∥n，m?α，n?β，則α∥βC．若m∥n，m∥α，則n∥αD．若n⊥α，n⊥β，則α∥β【解析】A錯(cuò)，兩平面也可相交；B錯(cuò)，不符合面面平行的判定定理的條件，需兩平面內(nèi)有兩條相交直線互相平行；C錯(cuò)，直線n不一定在平面α外；D由空間想象知垂直于同一直線的兩平面平行，命題正確．【答案】D5．如圖所示，平行四邊形ABCD中，AB⊥BD，沿BD將△ABD折起，使面ABD⊥面BCD，連結(jié)AC，則在四面體ABCD的四個(gè)面中，互相垂直的平面的對(duì)數(shù)為()A．1B．2C【解析】AB⊥BD，面ABD⊥面BCD，且交線為BD，則AB⊥面BCD，則面ABC⊥面BCD，同理CD⊥面ABD，則面ACD⊥面ABD，因此共有3對(duì)互相垂直的平面．【答案】C6．(2012·茂名調(diào)研)如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是DD1的中點(diǎn)，N是A1B1上的動(dòng)點(diǎn)，則直線ON，AM的位置關(guān)系是()A．平行B．相交C．異面垂直D．異面不垂直【解析】如圖所示，取BC、AD的中點(diǎn)E、F，分別連結(jié)B1E，EF，F(xiàn)A1，則ON?平面A1FEB1.∵AM⊥A1F，AM⊥A1B1，∴AM⊥平面A1FEB1，∴AM⊥ON.【答案】C7．如圖六棱錐P—ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論正確的是()A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直線BC∥平面PAED．直線PD與平面ABC所成的角為45°【解析】∵PB在底面射影為AB，AB與AD不垂直，∴PB與AD不垂直，排除A.又BD⊥AB，BD⊥PA，∴BD⊥面PAB.但BD不在面PBC內(nèi)，排除B.∵BD∥AE，∴BD∥面PAE，∴BC與面PAE不平行，排除C.又∵PD與面ABC所成角為∠PDA，AD＝2AB＝PA，∴∠PDA＝45°.【答案】D8．如圖所示，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影HA．直線AB上B．直線BC上C．直線AC上D．△ABC內(nèi)部【解析】由已知易推出平面ABC1⊥平面ABC，故C1在底面上的射影H在兩平面交線AB上．【答案】A二、填空題(本大題共6小題，每小題5分，滿分30分)9．正方體ABCD—A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1【解析】如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，且設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，∵DB1⊥平面ACD1，∴取平面ACD1的法向量n＝eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1,1)，又eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，若設(shè)BB1與平面ACD1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，DD1〉|＝eq\f(|n·\o(DD1,\s\up6(→))|,|n|·|\o(DD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),3)，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(6),3).【答案】eq\f(\r(6),3)10．(2011·廣東高考改編)如圖所示，某幾何體的正視圖(主視圖)是平行四邊形，側(cè)視圖(左視圖)和俯視圖都是矩形，則該幾何體的體積為_(kāi)_______．【解析】該幾何體為一個(gè)斜棱柱，其直觀圖如圖所示，由題知該幾何體的底面是邊長(zhǎng)為3的正方形，高為eq\r(3)，故V＝3×3×eq\r(3)＝9eq\r(3).【答案】9eq\r(3)11．已知直線l，m，平面α，β且l⊥α，m?β，給出四個(gè)命題：①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l∥m；④若l∥m，則α⊥β.其中真命題的個(gè)數(shù)是________．【解析】命題①，由l⊥α，α∥β得l⊥β，∴l(xiāng)⊥m，故①對(duì)．命題②，l⊥mD/?l⊥β，則l⊥mD/?α∥β，故命題②錯(cuò)誤．命題③，當(dāng)α⊥β時(shí)，l與m也可能相交或異面，故③錯(cuò)誤．命題④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，∴α⊥β，故④正確．【答案】212．(2011·遼寧高考)三棱錐P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，則三棱錐P—ABC的體積等于________．【解析】∵PA⊥底面ABC，∴PA為三棱錐P—ABC的高，且PA＝3，∵底面ABC為正三角形且邊長(zhǎng)為2，∴底面面積為eq\f(1,2)×22×sin60°＝eq\r(3)，∴VP—ABC＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×3＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)13．如圖所示，過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)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________【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不難求出平面APB與平面PCD的法向量n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP與平面CDP所成二面角的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(2),2)，故所求的二面角的大小是45°.【答案】45°14．如圖所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時(shí)，CF⊥平面B【解析】由已知得B1D⊥平面AC1，又CF?平面AC1，∴B1D⊥CF，故若CF⊥平面B1DF，則必有CF⊥DF.設(shè)AF＝x(0＜x＜3a)，則CF2＝x2＋4aDF2＝a2＋(3a－x)2，又CD2＝a2＋9a2＝10∴10a2＝x2＋4a2＋a2＋(3a－x解得x＝a或2a【答案】a或2三、解答題(本大題共6小題，滿分80分．解答時(shí)需寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程和演算步驟)15．(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD＝90°，且AB＝2AD＝2DC＝2PD＝4(單位：cm)，E為PA的中點(diǎn)．(1)證明：DE∥平面PBC；(2)證明：DE⊥平面PAB.【證明】(1)如圖所示，設(shè)PB的中點(diǎn)為F，連結(jié)EF、CF，則EF∥AB，DC∥AB，∴EF∥DC，且EF＝DC＝eq\f(1,2)AB，故四邊形CDEF為平行四邊形，可得DE∥CF，DE?平面PBC，CF?平面PBC，故DE∥平面PBC.(2)PD垂直于底面ABCD，AB?平面ABCD，∴AB⊥PD，又AB⊥AD，PD∩AD＝D，∴AB⊥平面PAD，ED?平面PAD，故ED⊥AB，又PD＝AD，E為PA中點(diǎn)，故ED⊥PA.PA∩AB＝A，∴DE⊥平面PAB.16．(本小題滿分13分)(2012·湛江質(zhì)檢)如圖所示，四面體ABCD中，O、E分別是BD、BC的中點(diǎn)，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq\r(2).(1)求證：AO⊥平面BCD；(2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值；【解】(1)證明連結(jié)OC.∵BO＝DO，AB＝AD，∴AO⊥BD.∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝eq\r(3).又AC＝2，∴AO2＋CO2＝AC2.∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.又AO⊥BD，BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.(2)以O(shè)為原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，A(0,0,1)，E(eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)．∴cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),4).∴異面直線AB與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4).17．(本小題滿分13分)(2011·課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)證明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A—PB—C的余弦值．【解】(1)證明因?yàn)椤螪AB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.從而B(niǎo)D2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射線DA為x軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz.則A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，P(0,0,1)．eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,0,0)．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y－z＝0.))因此可取n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．設(shè)平面PBC的法向量為m，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(0，－1，－eq\r(3))．cos〈m，n〉＝eq\f(－4,2\r(7))＝－eq\f(2\r(7),7).故二面角A—PB—C的余弦值為－eq\f(2\r(7),7).18．(本小題滿分14分)(2012·佛山模擬)如圖，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA＝AB＝1，AD＝eq\r(3)，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上移動(dòng)．(1)求三棱錐E—PAD的體積；(2)當(dāng)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，試判斷EF與平面PAC的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；(3)證明：無(wú)論點(diǎn)E在邊BC的何處，都有PE⊥AF.【解】(1)∵VE—PAD＝VP—ADE，又PA＝1，S△ADE＝eq\f(1,2)AD·AB＝eq\f(\r(3),2)，∴VE－PAB＝eq\f(1,3)PA·S△ADE＝eq\f(1,3)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),6).(2)當(dāng)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，EF與平面PAC平行．∵在△PBC中，E、F分別為BC、PB的中點(diǎn)，∴EF∥PC，又EF?平面PAC，PC?平面PAC，∴EF∥平面PAC.(3)證明∵PA⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，∴BE⊥PA，又BE⊥AB，AB∩PA＝A，∴BE⊥平面PAB.又AF?平面PAB，∴AF⊥BE.又PA＝AB＝1，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，∴PB⊥AF，又∵PB∩BE＝B，∴AF⊥平面PBE.∵PE?平面PBE，∴AF⊥PE.19．(本小題滿分14分)(2011·江西高考)如圖，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，PD∥BC交AC于點(diǎn)D，現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.(1)當(dāng)棱錐A′—PBCD的體積最大時(shí)，求PA的長(zhǎng)．(2)若點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，E為A′C的中點(diǎn)，求證：A′B⊥DE.【解】(1)令PA＝x(0＜x＜2)，則A′P＝PD＝x，BP＝2－x.因?yàn)锳′P⊥PD，且平面A′PD⊥平面PBCD，故A′P⊥平面PBCD.∴VA′—PBCD＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,6)(2－x)·(2＋x)x＝eq\f(1,6)(4x－x3)．令f(x)＝eq\f(1,6)(4x－x3)，由f′(x)＝eq\f(1,6)(4－3x2)＝0，得x＝eq\f(2,3)eq\r(3).當(dāng)x∈(0，eq\f(2,3)eq\r(3))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\f(2\r(3),3)，2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)x＝eq\f(2,3)eq\r(3)時(shí)，f(x)取得最大值．故當(dāng)VA′—PBCD最大時(shí)，PA＝eq\f(2\r(3),3).(2)證明設(shè)F為A′B的中點(diǎn)，如圖所示，連結(jié)PF，F(xiàn)E，則有EF綊eq\f(1,2)BC，PD綊eq\f(1,2)BC.所以EF綊PD.所以四邊形EFPD為平行四邊形．所以DE∥PF.又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B.20．(本小題滿分14分)(2011·湖南高考)如圖，在圓錐PO中，已知PO＝eq\r(2)，⊙O的直徑AB＝2，C是eq\x\to(AB)的中點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)．(1)證明：平面POD⊥平面PAC；(2)求二面角B—PA—C的余弦值．【解】(1)證明如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，eq\r(2))，D(－eq\f(1,