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& 2014届高三数学二轮专题复习：专题综合检测四（Word有详解答案）
2014届高三数学二轮专题复习：专题综合检测四（Word有详解答案）
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资料概述与简介
专题综合检测四
时间：120分钟　满分：150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(2013·成都石室一模)设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是(　　)
A．若ab，aα，则bα
B．若aα，αβ，则aβ
C．若aβ，αβ，则aα
D．若ab，aα，bβ，则αβ
α⊥β，故D正确．
2．(文)(2013·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
[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.
(理)(2012·河北郑口中学模拟)某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)
[解析]　由正视图及俯视图可知该几何体的高为1，又其体积为，故为锥体，SR＝1，A中为三角形，此时其底面积为，舍去；B为个圆，底面积为，也舍去，C为圆，其面积为π舍去，故只有D成立．
[点评]　如果不限定体积为 ，则如图(1)在三棱锥P－ABC中，ACBC，PC平面ABC，AC＝BC＝PC＝1，则此三棱锥满足题设要求，其俯视图为等腰直角三角形A；如图(2)，底半径为1，高为1的圆锥，被截面POA与POB截下一角，OAOB，则此时几何体满足题设要求，其俯视图为B；如图(3)，这是一个四棱锥，底面是边长为1的正方形，PA平面ABCD，此几何体满足题设要求，其俯视图为D.
3．(2013·湖南文，7)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于(　　)
[解析]　由棱长为1的正方体的俯视图及侧视图的面积可知正方体的一条侧棱正对正前方，其三视图如下：
故正视图是长为，宽为1的矩形，其面积为，选D.
4．(文)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，BAC＝90°，BC1AC，则C1在平面ABC上的射影H必在(　　)
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．ABC的内部
[解析]　AC⊥AB，ACBC1，
AB∩BC1＝B，
AC⊥平面ABC1.又AC平面ABC.
平面ABC1平面ABC.
C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上，故选A.
(理)(2012·嘉兴调研)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(　　)
D．随点E的位置而变化
[解析]　A1D⊥AB，A1DAD1，
A1D⊥平面AD1C1B，A1D⊥C1E.
5．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BDCD.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(　　)
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
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′CBD，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′BA′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＝SA′BD·CD＝，D错误，故选B.
(2012·广州模拟)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(　　)
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°.
7．(文)已知m、n是两条不同直线，α、β为两个不同平面，那么使mα成立的一个充分条件是(　　)
A．mβ，αβ
B．mβ，αβ
C．mn，nα，mα
D．m上有不同的两个点到α的距离相等
[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)如果一条直线和一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成“正交线面对”的概率为(　　)
[解析]　从正方体的8个顶点中任取2个确定一条直线，共确定直线C＝28条，从正方体的8个顶点中取出四个顶点在同一平面内，这样的平面只能是正方体的表面与对角面共12个，共有12×28＝336个不同的基本事件．
其中能构成“正交线面对”时，正方体的一个表面能构成4对，一个对角面能构成2对，共构成6×4＋6×2＝36对，故所求概率P＝＝.
8．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
[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BCPE，BCAE，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.
9．(文)(2013·新课标理，4)已知m，n为异面直线，m平面α，n平面β，直线l满足lm，ln，lα，lβ，则(　　)
A．αβ且lα
B．αβ且lβ
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
[解析]　解法1：平移直线m使之与n相交于O，这两条直线确定的平面为γ，m⊥平面α，n平面β，则平面α与平面β相交．
设交线为a，则aγ，又lm，ln，则lγ，l∥a.
解法2：若αβ，m⊥α，nβ，m∥n，这与m、n异面矛盾，故α与β相交，设α∩β＝a，则am，an，在m上取点O，过O作n′n，设m与n′确定的平面为γ，a⊥m，an′，a⊥γ，l⊥n，l⊥n′，
又lm，l⊥γ，a∥l.
(理)(2013·山东理，4)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
[解析]　如图所示，由已知＝SA1B1C1·AA1＝××sin60°·AA1，AA1＝，
A1P＝AP′＝A1D1＝
P，P′分别为平面A1B1C1与平面ABC的中心，则PP′⊥平面ABC，P′AP即为PA与平面ABC所成的角，
tanP′AP＝＝＝＝，P′AP＝.
10．(文)已知a、b、c、d是空间四条直线，如果ac，bc，ad，bd，那么(　　)
B．a、b、c、d中任意两条可能都不平行
D．a、b、c、d中至多有一对直线互相平行
[解析]　若a与b相交，则存在平面β，使得aβ且bβ，由ac，bc，知cβ，同理dβ，所以cd.若ab，则c与d可能平行，也可能不平行．结合各选项知选C.
(理)已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为(　　)
D．以上都不正确
以点D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，
＝(0,1，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
令z＝1，得y＝1.
所以n＝(0,1,1)，
cos＝＝＝－1.
所以＝180°，所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.
11．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
[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D1C1AB，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.
12．(文)已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“αβ，且αγ?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(　　)
[解析]　若α、β换成直线a、b，则命题化为“ab，且aγ?b⊥γ”，此命题为真命题；若α、γ换为直线a、b，则命题化为“aβ，且ab?b⊥β”，此命题为假命题；若β、γ换为直线a、b，则命题化为“aα，且bα?a⊥b”，此命题为真命题，故选C.
(理)如图，在ABC中，ABAC，若ADBC，则AB2＝BD·BC；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＝SBCM·S△BCD.上述命题是(　　)
B．增加条件“ABAC”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
[解析]　因为AD平面ABC，所以ADAE，ADBC，在ADE中，AE2＝ME·DE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM平面BCD，AMBC，所以BC平面ADE，所以BCDE，将SABC、SBCM、SBCD分别表示出来，可得S＝SBCM·S△BCD，故选A.
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填写在题中横线上．)
13．(2012·海南模拟)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
棱AB与PD所在直线垂直；
平面PBC与平面ABCD垂直；
PCD的面积大于PAB的面积；
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)
[解析]　由条件可得AB平面PAD，AB⊥PD，故正确；
若平面PBC平面ABCD，由PBBC，得PB平面ABCD，从而PAPB，这是不可能的，故错；
SPCD＝CD·PD，SPAB＝AB·PA，由AB＝CD，PD>PA知正确；
由E、F分别是棱PC、PD的中点，可得EFCD，又ABCD，EF∥AB，故AE与BF共面，错，故填.
(2012·安庆市二模)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：
AB与DE所成角的正切值是；
VB－ACE的体积是a2；
平面EAB平面ADE；
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)．
[解析]　由题意可得如图所示的几何体，对于，AB与DE所成角为ABC，在ABC中，ACB＝90°，AC＝a，BC＝a，所以tanABC＝，故正确；
对于，VB－ACE＝VA－ECB＝×a××a×a＝a3，故正确；明显错误；
对于，因为AD平面BCDE，所以ADBE，又因为DEBE，所以BE平面ADE，可得平面EAB平面ADE，故正确；对于，由可知，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sinBAE＝，故正确．
15．(2013·济南质检)如图，在半径为R的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱体积的最大值是________．
[答案]　πR3
[解析]　设圆柱的底面半径为r，高为h，则r2＋h2＝R2，体积设为V，则V＝πr2·h＝π(R2－h2)·h＝πR2h－πh3，V′＝πR2－3πh2.令V′＝0得h＝，易知此时V取得最大值，最大值为πR3.
16．(文)三棱锥S－ABC中，SBA＝SCA＝90°，ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：
直线SB平面ABC；
平面SBC平面SAC；
点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的序号是________．
[解析]　由题意知AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离，正确．
(理)在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2，ABC＝DCB＝，则二面角A－BC－D的大小等于__________．
[解析]　ABC＝DCB＝，
AB⊥BC，CDBC，
与的夹角等于二面角A－BC－D的大小，
AB＝1，BC＝3，CD＝2，AD＝2，＝＋＋，2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，
12＝1＋9＋4＋2·，·＝－1，
设二面角的大小为θ，则
cosθ＝＝＝，
0≤θ≤π，θ＝.
三、解答题(本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分12分)(2013·江西八校联考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，点M、N分别为A1B和B1C1的中点．
(1)证明：A1M平面MAC；
(2)求三棱锥A－CMA1的体积；
(3)证明：MN平面A1ACC1.
[解析]　(1)在RtBAC中，
BC＝＝＝2，
在Rt△A1AC中，
A1C＝＝＝2.
即A1CB为等腰三角形．
又点M为A1B的中点，A1M⊥MC.
又四边形AA1B1B为正方形，M为A1B的中点，
A1M⊥MA，又AC∩MA＝A，AC平面MAC，MA平面MAC，
A1M⊥平面MAC.
(2)由(1)的证明可得：
三棱锥A－CMA1的体积VA－CMA1＝VC－AMA1＝×SAMA1×CA＝××2×1×2＝.
(3)取A1B1的中点P，连MP，NP，
而M、P分别为AB1与A1B1的中点，
MP∥AA1，MP平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，
MP∥平面A1ACC1，同理可证NP平面A1ACC1，
又MP∩NP＝P，
平面MNP平面A1ACC1.MN?平面MNP，MN∥平面A1ACC1.
18．(本小题满分12分)(2013·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A1DB1C1；
(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AA1BC，
在等边ABC中，D是BC中点，所以ADBC，
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A1DBC，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1BC，
所以，A1DB1C1.
(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DOA1B.
因为DO平面ADC1，A1B平面ADC1，
所以，A1B平面ADC1，
故A1B与平面ADC1平行．
19．(本小题满分12分)(2013·江西师大附中、鹰潭一中模拟)如图1，O的直径AB＝4，点C、D为O上两点，且CAB＝45°，F为的中点．沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图2)．
(1)求证：OF平面ACD；
(2)在AD上是否存在点E，使得平面OCE平面ACD？若存在，试指出点E的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)CAB＝45°，COB＝90°，
又F为的中点，FOB＝45°，
OF∥AC，又AC平面ACD，
从而OF平面ACD.
(2)存在，E为AD中点，
OA＝OD，OE⊥AD，
又OCAB且两半圆所在平面互相垂直，
OC⊥平面OAD，
又AD平面OAD，AD⊥OC，
由AD⊥平面OCE，
又AD平面ACD，平面OCE平面ACD.
20．(本小题满分12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PB1AB，且PB1＝AB，
又DCAB，DC＝AB，
DC∥PB1，且DC＝PB1.
四边形CDPB1为平行四边形，从而CB1DP.
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CDPB1，故四边形CDPB1为平行四边形，A1B1＝2CD，故只须P为A1B1的中点，即有PB1DC，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．
(2012·山西大同学情调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BAD＝90°，ADBC，AB＝BC＝a，AD＝2a，PA平面ABCD，PD与平面ABCD成30°角．
(1)若AEPD，E为垂足，求证：BEPD；
(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
[解析]　(1)PA⊥平面ABCD，AB⊥PA.
又AB⊥AD，AD∩AP＝A，AB⊥平面PAD.
又PD⊥AE，AB∩AE＝A，PD⊥平面ABE，
(2)∵PA⊥平面ABCD，PA⊥AD，PAAB.
又ABAD，PA、AB、AD两两垂直．
以A为原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(a，a,0)，D(0,2a,0)，＝(0,2a,0)．
PA⊥平面ABCD，
ADP是PD与平面ABCD所成的角．
ADP＝30°.
AD＝2a，PA＝2atan30°＝a，P(0,0，a)．
＝(a，a，－a)，＝(0,2a，－a)．
设n＝(x，y，z)为平面PCD的法向量，则，
，取x＝1，则n＝(1,1，)．
易知，＝(0,2a,0)为平面PAB的一个法向量，
cos〈n，〉＝＝，
平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.
21．(本小题满分12分)
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：BCA1D；
(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BCCO，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BCA1D.
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＝××6×8×6＝48.
22．(本小题满分14分)(文)(2013·福建文，18)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，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CEAB，垂足为E.
由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3，
在RtBEC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PDAD，
从而在RtPDA中，由AD＝4，PAD＝60°，
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CDAB，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＝SDBC·PD，
又SDBC＝6，PD＝4，所以VD－PBC＝8.
(理)(2013·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A1CDB，A1CBB1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．(文)(2012·杭州第二次质检)如图，是一个几何体的三视图，侧视图和正视图均为矩形，俯视图为正三角形，尺寸如图，则该几何体的侧面积为(　　)
[解析]　由三视图可知该几何体是正三棱柱，其底面是高为的正三角形，柱高为4.因此底面正三角形的边长为2，所以侧面积为S＝3×2×4＝24.
(理)(2013·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(　　)
C．8＋ D．8＋2
[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＋2×1＝8＋2.
2．(2013·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(　　)
[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＝π×22×3－π×22×3＝8π，故选D.
3．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mn，mα，nα，则nα
B．若mβ，αβ，则mα或mα
C．若mn，mα，nβ，则αβ
D．若mα，αβ，则mβ
[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mα，显然m与平面β不垂直，因此选项D不正确．
4．(2013·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αβ，βγ，则αγ
B．若αβ，lβ，则lα
C．若mα，nα，则mn
D．若mα，nα，则mn
[解析]　A错，两平面还可垂直；B错，还可能有lα；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．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：
BC⊥平面AMD；
Q点一定在直线DM上；
VC－AMD＝4.
其中正确的是(　　)
[解析]　由BCAM，BCMD，可得BC平面AMD，即正确；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，即正确；由VC－AMD＝VC－ABD＝××43＝，即不正确，综上可得正确的命题序号为，故应选A.
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
[解析]　由题意，DE平面AGA′，
A、B、C正确，故选D.
7．(2013·合肥质检)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，ABC、ACD、ADB的面积分别为、、，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为(　　)
[解析]　AB·AC＝，AD·AC＝，AB·AD＝，AB＝，AC＝1，AD＝.将此三棱锥补成长方体，则外接球的直径为长方体对角线的长，则r＝，
V＝π()3＝π.
(2013·合肥二检)用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如下图形，对这个几何体，下列说法正确的是(　　)
A．这个几何体的体积一定是7
B．这个几何体的体积一定是10
C．这个几何体的体积的最小值是6，最大值是10
D．这个几何体的体积的最小值是5，最大值是11
[解析]　易知其俯视图如图编号，由其正视图与侧视图知5处必有3块，1和9处(或3和7处)各有一块时，最小体积为5，当5处有3块，其余各为1块时，体积最大为11.
(理)(2013·杭州质检)如图，设平面α∩β＝EF，ABα，CDα，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BDEF，这个条件不可能是下面四个选项中的(　　)
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
[解析]　因为BD是AC在平面α内的射影，所以只需得到ACEF，那么由三垂线定理的逆定理可得BDEF.对于选项A，因为ACβ，EFβ?AC⊥EF?BD⊥EF.选项B，因为ACEF，所以BDEF.对于选项C，可得平面ABDCβ，所以BDEF.对于选项D，AC与α、β所成的角相等，无法保证ACEF.综上知选D.
9．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
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<γγ>β.
10．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(　　)
[解析]　设点C到平面A1DM的距离为h，则由已知得DM＝A1M＝＝a，A1D＝a，SA1DM＝×a×＝a2，连接CM，SCDM＝a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得SA1DM·h＝SCDM·a，即a2·h＝a2·a，得h＝a，所以点C到平面A1DM的距离为a，选A.
11．(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(　　)
[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.
如图，鼓状的几何体是由半径为5的圆O经过两个水平平面切割而成，上下底面都是半径为4的圆，五点O1、O、O2、A、D同在平面α上，而另五点O1、O、O2、B、C同在平面β上，若αβ，则直线OB与AC所成角的余弦值为(　　)
[解析]　由条件知O1O2平面O1DC，O1DO1C，O为O1O2的中点，OO2＝3，以O2为原点，O2A、O2B、O2O1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(0,4,0)，O(0,0,3)，O1(0,0,6)，C(0,4,6)，＝(0,4，－3)，＝(－4,4,6)，
设OB与AC所成角为α，则
cosα＝＝＝，故选A.
(2012·朝阳期末)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(　　)
[解析]　由条件知，AC＝4，BO＝2，SAMC＝CM·AD＝x，NO＝2－x，VN－AMC＝SAMC·NO＝x(2－x)，即f(x)＝x(2－x)，故选B.
二、填空题
(2012·临川一中模拟)如图，ABED－FC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形．则棱锥F－OBED的体积为________．
[解析]　因为平面ABED与平面ACFD垂直，ODF是正三角形，OD＝2，则取OD的中点为G，连接FG，则FG平面OBED，所以棱锥F－OBED的高为FG＝，由题可知其底面面积S＝·1×2sin60°＋·2×2sin60°＝，所以棱锥F－OBED的体积V＝·×＝.
14．(文)(2012·西宁一中模拟)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
(1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
(2)若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l与α平行；
(3)若α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
(4)直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．
上面命题中，真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)
[答案]　(1)(2)
[解析]　由二面平行的判定定理知(1)正确；由线面平行的判定定理知(2)正确；当两相交平面不垂直时，在一个平面内总能作出与交线垂直的直线，故(3)错；当l与α内两平行直线垂直时，不一定有lα.
(2012·廊坊模拟)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________．
[答案]　45°
[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°.
15．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________．
[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.
16．(文)(2012·天津文)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＝3×4×2＋×1×4＝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，C1A1OA于点A1，C1B1OB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＝，
易求得cosCOC1＝＝＝，
即2cos2－cos－1＝0，解之得
cos＝或cos＝－(舍去)，
故＝30°，所以θ＝60°.
三、解答题
如图，在空间四边形ABDP中，ADα，ABα，ABAD，PDα，且PD＝AD＝AB，E为AP中点．
(1)请在BAD的平分线上找一点C，使得PC平面EDB；
(2)求证：ED平面EAB.
[解析]　(1)设BAD的平分线交BD于O，延长AO，并在平分线上截取OC＝AO，则点C即为所求的点．
证明：连接EO、PC，AB＝AD，AO平分BAD，O为BD中点，又E为PA中点，则EO为PAC的中位线，
所以PCEO，而EO平面EDB，且PC平面EDB，
PC∥平面EDB.
(2)PD＝AD，E是边AP的中点，DE⊥PA①
又PD⊥α，AB平面α，
PD⊥AB，由已知ADAB，AB⊥平面PAD，
而DE平面PAD，AB⊥DE②
由及AB∩PA＝A得DE平面EAB.
18．下面一组图形为P－ABC的底面与三个侧面．已知ABBC，PAAB，PAAC.
(1)写出三棱锥P－ABC中的所有的线面垂直关系(不要求证明)；
(2)在三棱锥P－ABC中，M是PA上的一点，
求证：平面MBC平面PAB；
(3)在三棱锥P－ABC中，M是PA的中点，且PA＝BC＝3，AB＝4，求三棱锥P－MBC的体积．
(1)如图，三棱锥P－ABC中，PA平面ABC，BC平面PAB.
(2)PA⊥AB，PAAC，AB∩AC＝A，
PA⊥平面ABC，PA⊥BC.
又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，
BC⊥平面PAB.
又BC平面MBC，平面MBC平面PAB.
(3)法一：PA＝3，M是PA的中点，MA＝.
又AB＝4，BC＝3.
VM－ABC＝SABC·MA＝××4×3×＝3，
又VP－ABC＝SABC·PA＝××4×3×3＝6，
VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝6－3＝3.
法二：PA＝3，AB＝4，M是PA的中点，
S△PBM＝SPAB＝××3×4＝3.
又BC⊥平面PAB，且BC＝3，
VP－MBC＝VC－PBM＝SPBM·BC＝×3×3＝3.
19．(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：AEPF；
(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＝××1×2×2＝.
(2)证明：BC⊥AB，BCPA，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．
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.
(2012·合肥第二次质检)如图，PO平面ABCD，点O在AB上，EAPO，四边形ABCD为直角梯形，BCAB，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，BCAB，
平面PEAB∩平面ABCD＝AB，
BC⊥平面PEAB，PE⊥BC.
由平面几何知识知PEPB，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，由平面几何知识知EFAB，又ABCD，EF∥CD，且EF＝DC，
四边形DCFE为平行四边形，所以DECF.
∵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，－，)，
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.
20．(文)(2012·梅州二模)下图是一几何体的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图．其中俯视图是边长为4的正方形，正(主)视图为直角梯形，侧 (左)视图为等腰直角三角形，且CE是中线．
(1)若F为PD的中点，求证：AF平面PCD；
(2)证明：BD平面PEC.
[解析]　(1)由几何体的三视图可知，底面ABCD是边长为4的正方形，PA平面ABCD，PAEB，PA＝2EB＝4.
PA＝AD，F为PD的中点，PD⊥AF.
又CD⊥DA，CDPA，CD⊥平面PDA，
又AF平面PDA，CD⊥AF.
∴AF⊥平面PCD.
(2)取PC的中点M，连接AC、BD交于点N，连接MN、EM.
MN＝PA，MNPA，又由已知得BEPA.
∴MN＝EB，MNEB，故BEMN为平行四边形．
EM∥BN，即EMBD，EM平面PEC，BD平面PEC，
BD∥平面PEC.
(理)(2013·天津耀华中学月考)如图所示，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBC∥FE，ABAD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.
(1)求证：BFDM；
(2)求二面角A－CD－E的余弦值．
[解析]　以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝1，
依题意得A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1,0)、D(0,2,0)、E(0,1,1)、F(0,0,1)、M(，1，)．
(1)证明：＝(－1,0,1)，＝(，－1，)，
·＝－＋0＋＝0，BF⊥DM.
(2)解：设平面CDE的一个法向量为u＝(x，y，z)，
又＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，
令x＝1，可得u＝(1,1,1)．
又由题设，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，
cos〈u，v〉＝＝＝.
故二面角A－CD－E的余弦值为.
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BB1B1C1，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A1BB1C1.(3)用余弦定理解A1BE.
(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，
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，BB1B1C1，
B1C1⊥平面ABB1A1.
(3)设AB＝a，CE＝x，B1C1⊥A1B1，在RtA1B1C1中有A1C1＝a，同理A1B1＝a，C1E＝a－x，
在A1BE中，由余弦定理得
BE2＝A1B2＋A1E2－2A1B·A1E·cos45°，即
a2＋x2＝2a2＋x2＋3a2－2ax－2a·，
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)(2012·揭阳一模)如图，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，得一三棱锥如图所示．
(1)求证：PDEF；
(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)依题意知图折前ADAE，CDCF，
折起后PDPE，PFPD，
PE∩PF＝P，PD⊥平面PEF.
又EF?平面PEF，PD⊥EF.
(2)依题意知图中AE＝CF＝，PE＝PF＝，在BEF中EF＝BE＝，
在PEF中，PE2＋PF2＝EF2，PE⊥PF，
S△PEF＝·PE·PF＝··＝，
VP－DEF＝VD－PEF＝SPEF·PD＝××1＝.
(3)由(2)知PEPF，又PEPD，PE⊥平面PDF，
PDE为DE与平面PDF所成的角．
在RtPDE中，
DE＝＝＝，PE＝，
sin∠PDE＝＝＝.
22．(文)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BDCE？证明你的结论．
[解析]　(1)PA⊥平面ABCD，
VP－ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×12×2＝.
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BDCE.
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BDCE.
(理)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A1BOD，
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
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．
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