高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何限時檢測（文、理）

【成才之路】屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題四立體幾何限時檢測（文、理）時間：60分鐘滿分：100分一、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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(·福建省質(zhì)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(diǎn)，M、N分別為VA、VC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．MN∥ABB．MN與BC所成的角為45°C．OC⊥平面VACD．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．(·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.eq\f(1,2)cm3 B.eq\f(2,3)cm3C.eq\f(5,6)cm3 D.eq\f(7,8)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－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×13＝eq\f(5,6)cm3.3．(文)已知某個幾何體的三視圖如下，根據(jù)圖中標(biāo)出的尺寸(單位：cm)，可得這個幾何體的體積是()A.eq\f(1,3)cm3 B.eq\f(2,3)cm3C.eq\f(4,3)cm3 D.eq\f(8,3)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＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×2×2)×2＝eq\f(4,3)cm3.(理)正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱AB上的動點(diǎn)，則直線A1D與直線C1EA．60° B．90°C．30° D．隨點(diǎn)E的位置而變化[答案]B[解析]∵A1D⊥AB，A1D⊥AD1，∴A1D⊥平面AD1C1B，∴A1D⊥C1E4．(文)(·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．48cm3C．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＝1×4×6＋eq\f(1,2)×4×5×2＝44(cm3)．(理)(·鄭州市質(zhì)檢)如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，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(jié)論正確的是()A．A′C⊥BDB．∠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eq\f(1,3)[答案]B[解析]取BD的中點(diǎn)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(shè)A′C⊥BD，∵OC為A′C在平面BCD內(nèi)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(nèi)的射影為A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝eq\r(2)，∴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＝eq\f(1,3)S△A′BD·CD＝eq\f(1,6)，D錯誤，故選B.5．(文)(·濟(jì)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∥βB．m⊥β，α⊥βC．m⊥n，n⊥α，m?αD．m上有不同的兩個點(diǎn)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(nèi)；對于B，直線m可能位于平面α內(nèi)；對于D，當(dāng)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(diǎn)到平面α的距離相等．故選C.(理)過正方形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()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(biāo)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eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(2),2)，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(diǎn)，下列四個結(jié)論不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC[答案]D[解析]∵D、F分別為AB、AC的中點(diǎn)，∴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(diǎn)，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(diǎn)，點(diǎn)P是棱C1D1上的動點(diǎn)，則四面體P－QEFA．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?yàn)镋F＝2，點(diǎn)Q到AB的距離為定值，所以△QEF的面積為定值，設(shè)為S，又因?yàn)镈1C1∥AB，所以D1C1∥平面QEF；點(diǎn)P到平面QEF的距離也為定值，設(shè)為d，從而四面體P－QEF的體積為定值eq\f(1,3)Sd.(理)一個四面體的四個頂點(diǎn)在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中的坐標(biāo)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.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(7,2)[答案]A[解析]四個點(diǎn)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＝eq\f(1,2)×(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＝BD·BC；類似地有命題：在三棱錐A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A點(diǎn)在平面BCD內(nèi)的射影為M，則有Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△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?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝ME·DE，又A點(diǎn)在平面BCD內(nèi)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Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△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(diǎn)E、F分別是棱PC、PD的中點(diǎn)，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(jié)論正確的是________．(寫出所有正確結(jié)論的編號)[答案]①③[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＝eq\f(1,2)CD·PD，S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PA，由AB＝CD，PD>PA知③正確；由E、F分別是棱PC、PD的中點(diǎn)，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＝eq\r(3)BC，將直角△ABE沿BE邊折起，A點(diǎn)在面BCDE上的射影為D點(diǎn)，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eq\r(2)；②VB－ACE的體積是eq\f(1,6)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eq\f(\r(3),3).其中正確的敘述有________(寫出所有正確結(jié)論的編號)．[答案]①②④⑤[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＝eq\r(2)a，BC＝a，所以tan∠ABC＝eq\r(2)，故①正確；對于②，VB－ACE＝VA－ECB＝eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×a×a＝eq\f(1,6)a3，故②正確；③明顯錯誤；對于④，因?yàn)锳D⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因?yàn)镈E⊥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＝eq\r(3)a，BE＝a，所以sin∠BAE＝eq\f(\r(3),3)，故⑤正確．10．(·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(dāng)三棱錐體積最大時，求此時三棱錐外接球的體積________．[答案]eq\f(4,3)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＝eq\r(2)，BC＝eq\r(2)，∴BC⊥AC，取AC的中點(diǎn)E，AB中點(diǎn)O，當(dāng)三棱錐體積最大時，平面DCA⊥平面ACB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴OB＝1，∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π.三、解答題(本大題共3小題，共40分，解答應(yīng)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(diǎn)移到A1點(diǎn)，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∴VA1－BCD＝VD－A1BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8×6＝48.(理)(·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(1)求證：直線A1D⊥B1C1(2)判斷A1B與平面ADC1的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)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(diǎn)，所以AD⊥BC，因?yàn)樵谄矫鍭1AD中，A1A∩AD＝A所以BC⊥平面A1AD，又因?yàn)锳1D?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∥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(diǎn)故O為A1C在三角形A1CB中，D為BC中點(diǎn)，O為A1C中點(diǎn)，故DO∥A1B因?yàn)镈O?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(1)求證：AC⊥平面BB1C(2)在A1B1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP和平面BCB1、平面ACB1都平行？證明你的結(jié)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＝eq\r(2)，∠CAB＝45°，∴BC＝eq\r(2)，∴BC⊥AC，又BB1∩BC＝B，BB1、BC?平面BB1C∴AC⊥平面BB1C(2)存在符合條件的點(diǎn)P，且P為A1B1的中點(diǎn)．證明：∵P為A1B1的中點(diǎn)，所以PB1∥AB，且PB1＝eq\f(1,2)AB，又DC∥AB，DC＝eq\f(1,2)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(diǎn)評](2)問中假如存在點(diǎn)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(diǎn)，即有PB1綊DC，而獲解．對于存在性命題，常常是先假設(shè)存在，把其作為一個條件與其他已知條件結(jié)合加以分析，探尋解題的思路．(理)(·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(diǎn)．(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(diǎn)M在線段PC上，試確定點(diǎn)M的位置，使二面角M－BQ－C大小為60°，并求出eq\f(PM,PC)的值．[解析](1)∵PA＝PD，Q為AD的中點(diǎn)，∴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(biāo)原點(diǎn)，分別以QA、QB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖．則Q(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，B(0，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0)，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0<λ<1)，所以M(－2λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)(1－λ))，平面CBQ的一個法向量是n1＝(0,0,1)，設(shè)平面MQB的一個法向量為n2＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(QM,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(QB,\s\up6(→))·n2＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2λx＋\r(3)λy＋\r(3)z1－λ＝0，,\r(3)y＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＝\f(\r(3)1－λz,2λ).))取n2＝(eq\f(3－3λ,2λ)，0，eq\r(3))，由二面角M－BQ－C大小為60°，可得：eq\f(1,2)＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)，解得λ＝eq\f(1,3)，此時eq\f(PM,PC)＝eq\f(1,3).13．(本小題滿分14分)(文)(·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(dāng)正視方向與向量eq\o(AD,\s\up6(→))的方向相同時，畫出四棱錐P－ABCD的正視圖(要求標(biāo)出尺寸，并寫出演算過程)；(2)若M為PA的中點(diǎn)，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(diǎn)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＝4eq\r(3).正視圖如圖所示：(2)取PB中點(diǎn)為N，連接MN、CN.在△PAB中，∵M(jìn)是PA中點(diǎn)，∴MN∥AB，MN＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,3)S△DBC·PD，又S△DBC＝6，PD＝4eq\r(3)，所以VD－PBC＝8eq\r(3).(理)(·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＝eq\r(2).(1)證明：A1C⊥平面BB1D1(2)求平面OCB1與平面BB1D1D的夾角θ的大?。甗解析]如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由AB＝AA1＝eq\r(2)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)∵eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－1，0,1)∴eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0，即A1C⊥DB，A1C⊥BB1且DB∩BB1＝∴A1C⊥平面BB1D1(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＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,2)，所求夾角的大小為60°.一、選擇題1．(·鄭州質(zhì)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＋eq\r(5) B．6＋2eq\r(5)C．8＋eq\r(5) D．8＋2eq\r(5)[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＋eq\r(5))×2＋2×1＝8＋2eq\r(5).2．(·福州質(zhì)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．4πC．6π D．8π[答案]D[解析]由圖可知該幾何體是一個圓柱內(nèi)挖去一個圓錐所得的幾何體，V＝V圓柱－V圓錐＝π×22×3－eq\f(1,3)π×22×3＝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(diǎn)，點(diǎn)P在線段AM上運(yùn)動(P不與A、M重合)，過點(diǎn)P作直線l⊥平面ABC，l與平面BCD交于點(diǎn)Q，給出下列命題：①BC⊥平面AMD；②Q點(diǎn)一定在直線DM上；③VC－AMD＝4eq\r(2).其中正確的是()A．①② B．①③C．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(diǎn)Q，Q點(diǎn)一定在直線DM上，即②正確；由VC－AMD＝eq\f(1,2)VC－ABD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),12)×43＝eq\f(8\r(2),3)，即③不正確，綜上可得正確的命題序號為①②，故應(yīng)選A.(理)(·唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在半徑為eq\r(2)的球面上，AB＝AC＝eq\r(3)，AA1＝2，則二面角B－AA1－C的余弦值為()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)[答案]D[解析]如圖，設(shè)球心為O，底面△ABC外接圓的圓心為O′，則OA＝OB＝OC＝eq\r(2)，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝eq\r(3)，∴△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eq\f(1,2).4．(文)設(shè)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∥αB．若m⊥β，α⊥β，則m∥α或m?αC．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥βD．若m∥α，α⊥β，則m⊥β[答案]D[解析]對于選項(xiàng)D，當(dāng)直線m位于平面β內(nèi)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(xiàng)D不正確．(理)(·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∥γB．若α⊥β，l∥β，則l∥αC．若m∥α，n∥α，則m∥nD．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(guān)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(zhuǎn)過程中的一個圖形，下列命題中，錯誤的是()A．動點(diǎn)A′在平面ABC上的投影在線段AF上B．恒有平面A′GF⊥平面BCEDC．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)(·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(diǎn)，過直線EF的平面分別與棱BB′、DD′交于M、N，設(shè)BM＝x，x∈[0,1]，給出以下四個命題：①平面MENF⊥平面BDD′B′；②當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，四邊形MENF的面積最??；③四邊形MENF周長L＝f(x)，x∈[0,1]是單調(diào)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．②C．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(diǎn)，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(dāng)x＝eq\f(1,2)時，M為BB′的中點(diǎn)，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)(·杭州質(zhì)檢)如圖，設(shè)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(xiàng)中的()A．AC⊥βB．AC⊥EFC．AC與BD在β內(nèi)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?yàn)锽D是AC在平面α內(nèi)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(xiàng)A，因?yàn)锳C⊥β，EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.選項(xiàng)B，因?yàn)锳C⊥EF，所以BD⊥EF.對于選項(xiàng)C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.對于選項(xiàng)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(biāo)出的尺寸，可知這個幾何體的側(cè)面積是()A.eq\r(3)π B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\r(5)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＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，∴側(cè)面積S＝eq\r(5)π.(理)已知正四面體A－BCD，設(shè)異面直線AB與CD所成的角為α，側(cè)棱AB與底面BCD所成的角為β，側(cè)面ABC與底面BCD所成的角為γ，則()A．α>β>γ B．α>γ>βC．β>α>γ D．γ>β>α[答案]B[解析]如圖，設(shè)底面BCD的中心為點(diǎn)O，連接AO，BO，易知∠ABO＝β，取BC的中點(diǎn)E，連接AE、OE，易知∠AEO＝γ，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<β<γ<eq\f(π,2)，延長BO交CD于F，則BF⊥CD，又AO⊥CD，∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝eq\f(π,2).∴α>γ>β.8．(文)在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AB的中點(diǎn)，則點(diǎn)C到平面A1DMA.eq\f(\r(6),3)a B.eq\f(\r(6),6)aC.eq\f(\r(2),2)a D.eq\f(1,2)a[答案]A[解析]設(shè)點(diǎn)C到平面A1DM的距離為h，則由已知得DM＝A1M＝eq\r(a2＋\f(a,2)2)＝eq\f(\r(5),2)a，A1D＝eq\r(2)a，S△A1DM＝eq\f(1,2)×eq\r(2)a×eq\r(\f(\r(5),2)a2－\f(\r(2),2)a2)＝eq\f(\r(6),4)a2，連接CM，S△CDM＝eq\f(1,2)a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得eq\f(1,3)S△A1DM·h＝eq\f(1,3)S△CDM·a，即eq\f(\r(6),4)a2·h＝eq\f(1,2)a2·a，得h＝eq\f(\r(6),3)a，所以點(diǎn)C到平面A1DM的距離為eq\f(\r(6),3)a，選A.(理)已知正方形ABCD的邊長為2eq\r(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(diǎn)，M、N分別為線段DC、BO上的動點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，且BN＝CM.設(shè)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＝eq\f(1,2)CM·AD＝eq\r(2)x，NO＝2－x，∴VN－AMC＝eq\f(1,3)S△AMC·NO＝eq\f(\r(2),3)x(2－x)，即f(x)＝eq\f(\r(2),3)x(2－x)，故選B.二、填空題9．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一動點(diǎn)，則三棱錐P－[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＝3×4×2＋eq\f(2＋1,2)×1×4＝30.[點(diǎn)評]解決三視圖問題應(yīng)弄清圖中各量與原幾何體的量的關(guān)系．(理)設(shè)C是∠AOB所在平面外的一點(diǎn)，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eq\f(\r(3),3)，則θ的值為________．[答案]60°[解析]作CC1⊥平面AOB于點(diǎn)C1，C1A1⊥OA于點(diǎn)A1，C1B1⊥OB于點(diǎn)B1，連接OC1，則∠COC1為直線OC與平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB設(shè)OA1＝x，則OC＝eq\f(x,cosθ)，OC1＝eq\f(x,cos\f(θ,2))，易求得cos∠COC1＝eq\f(cosθ,cos\f(θ,2))＝eq\f(2cos2\f(θ,2)－1,cos\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),3)，即2cos2eq\f(θ,2)－eq\f(\r(3),3)coseq\f(θ,2)－1＝0，解之得coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)或coseq\f(θ,2)＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)，故eq\f(θ,2)＝30°，所以θ＝60°.三、解答題11．(文)(·威海兩校質(zhì)檢)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝2，E是側(cè)棱PC上的動點(diǎn)．(1)求四棱錐P－ABCD的體積；(2)如果E是PA的中點(diǎn)，求證PC∥平面BDE；(3)是否不論點(diǎn)E在側(cè)棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？證明你的結(jié)論．[解析](1)∵PA⊥平面ABCD，∴VP－ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq\f(1,3)×12×2＝eq\f(2,3).即四棱錐P－ABCD的體積為eq\f(2,3).(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(diǎn)．又∵E是PA的中點(diǎn)，∴PC∥OE.∵PC?平面BDE，OE?平面BDE，∴PC∥平面BDE.(3)不論點(diǎn)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(diǎn)E在何位置，都有CE?平面PAC.∴不論點(diǎn)E在何位置，都有BD⊥CE.(理)(·成都一診)如圖，PO⊥平面ABCD，點(diǎn)O在AB上，EA∥PO，四邊形ABCD為直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝eq\f(1,2)CD.(1)求證：PE⊥平面PBC；(2)直線PE上是否存在點(diǎn)M，使DM∥平面PBC，若存在，求出點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E即為所求的點(diǎn)，即點(diǎn)M與點(diǎn)E重合．取PB的中點(diǎn)F，連接EF、CF、DE，延長PE交BA的延長線于H，則E為PH的中點(diǎn)，O為BH的中點(diǎn)，∴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(nèi)，DE不在平面PBC內(nèi)，∴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(biāo)系，設(shè)DC＝1，則B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，設(shè)平面BDE的一個法向量為n1＝(x，y，z)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq\f(3,2)，eq\f(1,2))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－\f(3,2)y＋\f(1,2)z＝0.))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〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(3,\r(11)·1)＝eq\f(3\r(11),11)，故二面角E－BD－A的余弦值為eq\f(3\r(11),11).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(diǎn)．(1)求三棱錐C－PBD的體積；(2)若F是BC上任一點(diǎn)，求證：AE⊥PF；(3)邊PC上是否存在一點(diǎn)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(cè)棱PA⊥平面ABCD，且PA＝2，∴VC－PBD＝VP－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3).(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(diǎn)，∴AE⊥PB.又∵BC∩PB＝B，∴AE⊥平面PBC，且PF?平面PBC，∴AE⊥PF.(3)存在點(diǎn)M，可以使DM∥平面EAC.連接BD，設(shè)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(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)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(diǎn)E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，將△BEF剪去，將△AED、△DCF分別沿DE、DF折起，使A、C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)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＝eq\f(1,2)，∴PE＝PF＝eq\f(1,2)，在△BEF中EF＝eq\r(2)BE＝eq\f(\r(2),2)，在△PEF中，PE2＋PF2＝EF2，∴PE⊥PF，∴S△PEF＝eq\f(1,2)·PE·PF＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，∴VP－DEF＝VD－PEF＝eq\f(1,3)S△PEF·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,8)×1＝eq\f(1,24).(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＝eq\r(PD2＋PE2)＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，PE＝eq\f(1,2)，∴sin∠PDE＝eq\f(PE,DE)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5).13．(文)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D為AC(1)求證：B1C∥平面A1BD(2)求證：B1C1⊥平面ABB1A(3)在CC1上是否存在一點(diǎn)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(nèi)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⊥B1C[解析](1)連接AB1與A1B相交于M，則M為A1B的中點(diǎn)．連接MD，又D為AC的中點(diǎn)，∴B1C∥MD又B1C?平面A1BD，MD?平面A1BD，∴B1C∥平面A1(2)∵AB＝B1B，∴平行四邊形ABB1A1∴A1B⊥A