章末综合测（13）立体几何（1）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A．7 B．6 C．5 D．3
解析 A 依题意，设圆台上、下底面半径分别为r、3r，则有π(r＋3r)•3＝84π，解得r＝7.
2．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且CFCB＝CGCD＝23，则( )
A．EF与GH平行
B．EF与GH异面
C．EF与 GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D．EF与GH的交点M一定在直线AC上
解析 D 依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面．因为EH＝12BD，FG＝23BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，所 以点M一定在AC上．
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则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)，∵两向量垂直，∴3(k－1)＋2k－2×2＝0，∴k＝75.
4．已知直线m、n和平面α，在下列给定的四个结论中，m∥n的一个必要但不充分条件是( )
A．m∥&alpha,
高考;，n∥α B．m⊥α，n⊥α
C．m∥α，n⊂α D．m、n与 α所成的角相等
解析 D 对于选项A，当m∥α，n∥α时，直线m、n可以是平行、相交或异面 ；而当m∥n时，m、n与α的关系不确定，故选项A是m∥n的既不充分也不必要条件；选项B是m∥n的充分不必要条件；选项C是m∥n的既不充分也不必要条件；对于选项D，由m∥n可以得到m、n与α所成的角相等，但是m、n与α所成的角相等得不到m∥n.故选项D符合题意．
5．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )
A．288＋36π
B．60π
C．288＋72π
D．288＋18π
解析 A 依题意得，该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为8、6、6，半个圆柱相应的圆柱底面半径为3、高为8，因此该几何体的体积等于8×6×6＋12×π×32×8＝288＋36π，故选A.
6．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确 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共点⇒l1，l2，l3共面
解析 B 在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另 一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．
7．将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了( )
A．6a2 B．12a2
C．18a2 D．24a2
解析 B 依题意，小正方体的棱长为a3，所以27个小正方体的表面积总和为27×6×a32＝18a2，故表面积增加量为18a2－6a2＝12a2.
8．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )
A.63 B.265
C.155 D.105
解析 D 如图，连接A1C1，B1D1，交于点O1，由长方体的性质易知∠C1BO1为BC1与平面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是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒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，在所得的所有命题中，真命题有( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
解析 C 若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．
10．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝10，AD＝5，AA1＝4.分别过BC、A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1＝VAEA1－DFD1，V2＝VEBE1A1－FCF1D1，V3＝VB1E1B－C1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶3∶1，则截面A1EFD1的面积为( )
A．410 B．83
C．202 D．162
解析 C 由V1＝V3，可得AE＝B1E1，设AE＝x，则12x×4×5∶[(10－x)×4×5]＝1∶3，得x＝4，则A1E＝42＋42＝42，所以截面A1EFD1的面积为202.
11．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析 C 还原正方体，如下图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.故选C.
12．连接球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于27、43，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：
①弦AB、CD可能相交于点M；
②弦AB、CD可能相交于点N；
③MN的最大值为5；
④MN的最小值为1.
其中真命题的个数是 ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析 C 易求得M、N到球心O的距离分别为OM＝3，ON＝2，若两弦交于M，则ON⊥MN，在Rt△ONM中，有ON<OM，符合题意，故①正确．若两弦交于N，同①推得，OM<ON，矛盾，故②错．当M、O、N共线，M、N在O同侧，则MN取最小值1；M、N在O两侧，则MN取最大值5，故③④正确．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横 线上)
13. 如图，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析 ∵FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)
【答案】 M位于线段FH上
14．已知α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.
解析 同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行．
【答案】 ②③④⇒①
15．已知命题：“若x⊥y，y∥z，则x⊥z”成立，那么字母x，y，z在空间所表示的几何图形有可能是：①都是直线；②都是平面；③x，y是直线，z是平面；④x，z是平面，y是直线．上述判断中，正确的有________(请将你认为正确的序号都填上)．
解析 当字母x，y，z都表示直线时，命题成立；当字母x，y，z都表示平面时，命题也成立；当x，z表示平面，y表示直线时，由相关的判定定理知命题也成立；
当x，y表示直线，z表示平面时，x⊥z不一定成立，还有可能x∥z或x与z相交，故①②④正确，③不正确．
【答案】 ①②④
16．如图，二面角α－l－β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB与平面β所成的角的正弦值是________．
解析 如图，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，连接OB、OC，则OC⊥l.设AB与β所成角为θ，
则∠ABO＝θ ，由图得sin θ＝AOAB＝ACAB•AOAC＝sin 30°•sin 60°＝34.
【答案】 34
三、解答题(本大 题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)如图所示，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC;
(2)求三棱锥 A－BCD的体积．
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)如图，四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G为EF的中点．
(1)求证：CF∥平面ADE；
(2)求证：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)如图，取AB的中点M，CD的中点N，连接GM、GN、MN、AC、BD，设AC、MN、BD交于O，连接GO.
∵四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，
AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G为EF的中点，
则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为二面角C－FG－B的平面角，
∴cos ∠CGO＝GOGC＝33.
19．(12分)(2011•南昌二模)如图所示的多面体ABC－A1B1C1中，三角形ABC是边长为4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.
(1)若O是AB的中点，求证：OC1⊥A1B1；
(2)求平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值．
解析 (1)设线段A1B1的中点为E，连接OE，C1E.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AB，
又BB1∥AA1且AA1＝BB1，
所以AA1B1B是矩形．
又点O是线段AB的中点，
所以OE∥AA1，所以OE⊥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，
因为OC1⊂平面OC1E，所以OC1⊥A1B1.
(2)如图，以O为原点，OE→，OA→，OC→所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，
则A(0,2,0)，A1(4,2,0)，B1(4，－2,0)，C1(2,0,23)，
设平面AB1C1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则有
n1•AB1→＝0，n1•AC1→＝0⇒
x1，y1，z1•4，－4，0＝0，x1，y1，z1•2，－2，23＝0⇒x1＝y1，z1＝0，
令x1＝1，则n1＝(1,1,0)．
设平面A1B1C1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则有
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，则n2＝(3，0,1)．
所以cos〈n1，n2〉＝n1•n2n1•n2＝32×2＝64，
所以平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值是64.
20．(12分)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点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，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，
∴B1D1∥BD.
而BD⊂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)当点M为棱BB1的中点时，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示．
∵N是DC的中点，BD＝BC，∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可证得，O是NN1的中点，∴BM?ON，
即四边形BMON是平行四边形，
∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
21．(12分)如图所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD.
(1)求证：PA∥平面EFG；
(2)求二面角G－EF－D的大小．
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内，∴PA∥平面EFG.
(2)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，G(1,2,0)，
易知DA→＝(2 ,0,0)为平面EFD的一个法向量．
设平面EFG的一个法向量为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)．
设所求二面角为θ，cos θ＝n•DA→nDA→＝222＝22，
∴θ＝45°，即二面角G－EF－D的平面角的大小为45°.
2 2．(12分)在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E为BB1延长线上的一点，D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E－AC－D1的大小；
(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，说明理由．
解析 设AC与BD交于O，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设AB＝2，则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)设E(0,1,2＋h)，则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)．
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则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的大小为45°.
(2)设D1P→＝λPE→＝λ(D1E→－D1P→)，
则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.
∴存在点P使A1P∥平面EAC，
此时D1P∶PE＝3∶2.
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