阶段性测试题9(文)

阶段性测试题九(立体几何(文)) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。 第Ⅰ卷(选择题　共60分) 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。) 1．某几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的体积是 (　　) A．3eq \r(2)＋eq \r(3)　　　　　　 B.eq \r(2)＋3eq \r(3) C．2eq \r(2)＋3eq \r(3) D．3eq \r(2)－2eq \r(3) [答案]　B [解析]　这个空间几何体下半部分是一个底面边长为eq \r(3)的正方形、高为eq \r(3)的四棱柱，上半部分是一个底面边长为eq \r(3)的正方形、高为eq \r(2)的四棱锥，故其体积为eq \r(3)×eq \r(3)×eq \r(3)＋eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \r(3)×eq \r(2)＝3eq \r(3)＋eq \r(2). 2．已知正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点在一个球面上，且棱长为1，则球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为 (　　) A．12π　　　 B．4π　 　　 C．3π　　　 D．π [答案]　C [解析]　正方体体对角线长eq \r(3)为球的直径2r，则r＝eq \f(\r(3),2)，表面积S＝4πr2＝3π. 3．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是 (　　) A.eq \f(2\r(3),3)π B．2eq \r(3)π C.eq \f(7\r(3),6)π D.eq \f(7\r(3),3)π [答案]　D [解析]　上底半径r＝1，下底半径R＝2，S侧＝6π， 设母线长为l，则π(1＋2)·l＝6π，∴l＝2. ∴高h＝eq \r(l2－(R－r)2)＝eq \r(3). ∴V＝eq \f(1,3)π·eq \r(3)(12＋1×2＋22)＝eq \f(7\r(3)π,3). 4．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是 (　　) A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α B．若m⊥β，m∥α，则α⊥β C．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ D．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β [答案]　B 5．如图1所示，正四面体ABCD中，S为AD的中点，Q为BC上异于中点和端点的任一点，则△SQD在四个面上的射影不可能是 (　　) [答案]　A [解析]　在平面ABC上射影为B，在平面ACD上射影为D(Q射影不可能为C)，在平面ABD上射影为D(Q的射影不可能为B)，在平面BCD上射影为C(S射影不可能为B或C)，故在四个平面上射影都不可能为A. 6．斜四棱柱的四个侧面中，矩形的个数最多是 (　　) A．1　　　　 B．2　　　　 C．3　　　　 D．4 [答案]　B [解析]　若四棱柱的四个侧面中有3个矩形，则有两个矩形是相邻的，它们的公共边(一条侧棱)垂直于一个底面的两条相交的边，则此侧棱垂直于底面，这与斜四棱柱矛盾，因此排除C、D.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，分别取A1A，D1D，B1B，C1C的中点P、Q、M、N，则四棱柱PBCQ－A1MND1是斜四棱柱，而侧面PQD1A1和BCNM是矩形，故选B. 7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是 (　　) A．直线 B．圆 C．双曲线 D．抛物线 [答案]　D [解析]　∵点P在平面BB1C1C内，C1D1⊥平面BB1C1C，∴点P到直线C1D1的距离等于点P到点C1的距离． 由条件知，点P到定点C1与定直线BC距离相等，∴点P的轨迹为抛物线． 8．(08·辽宁)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线 (　　) A．不存在 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有无数条 [答案]　D [解析]　显然在正方体中，A1E∥CF， ∴A1C与EF必相交， ∴A1C是与A1D1、EF、BC都相交的一条直线． 在A1D1上任取一点P，CD与DP确定一个平面与正方体相交得▱PQCD，Q在B1C1上，EF与此平面交点为R，连结PR与CD必相交，设交点为H，则直线PRH，即与A1D1、EF、CD都相交的直线，由作法知，这样的直线有无数多条． [点评]　一般地，异面问题讨论时，总有设法化异为共，如果讨论多条异面直线问题，总是通过平行直线或相交直线或一线一点(点在另一异面直线上)定面，再加讨论． 9．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为eq \f(π,4)和eq \f(π,6).过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则ABA′B′＝ (　　) A．21 B．31 C．32 D．43 [答案]　A [解析]　在Rt△ABB′中，AB′＝AB·coseq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)AB. 在Rt△ABA′中，AA′＝AB·sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)AB. 在Rt△AA′B′中，A′B′＝eq \r(AB′2－AA′2)＝eq \f(1,2)AB. ∴ABA′B′＝21，选A. 10．在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，异面直线B′M与CN所成的角是 (　　) A．30° B．45° C．60° D．90° [答案]　D [解析]　如图所示，取AA′的中点P，连接BP，在正方形ABB′A′中，易证BP⊥B′M. 又∵BP∥CN，∴B′M⊥CN. 11．设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情况：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面． 其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是 (　　) A．③④ B．①③ C．②③ D．①② [答案]　C [解析]　由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故②可以使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题；又由于垂直于同一直线的两个平面平行，故③可以使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题；在如图所示正方体中，取x为直线A1B1，y为直线BC，z为直线BB1，显然命题不真；又取x、y分别为平面ABB1A1和BCC1B1，z为平面ABCD，命题也不真，故选C. 12．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是 (　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC [答案]　D [解析]　在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC.所以平面ABC⊥平面ADC. 第Ⅱ卷(非选择题　共90分) 二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．正三棱锥P—ABC的高为2，侧棱与底面ABC成45°角，则点A到侧面PBC的距离为________． [答案]　eq \f(6\r(5),5) [解析]　设P在底面射影为O，AO交BC于D， 由题意：∠PAO＝45°，∴AO＝PO＝2， ∴AD＝3，OD＝1，∴PD＝eq \r(5)， 作AM⊥PD于M，则AM⊥平面PBC， 由PD·AM＝AD·PO得，AM＝eq \f(6\r(5),5). 14．如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论中正确的是________．(把你认为正确的结论都填上) ①BD∥平面CB1D1； ②AC1⊥平面CB1D1； ③AC1与底面ABCD所成角的正切值是eq \r(2)； ④二面角C—B1D1－C1的正切值是eq \r(2)， ⑤过点A1与异面直线AD与CB1成70°角的直线有2条． [答案]　①②④ [解析]　①∵BD∥B1D1，B1D1⊂平面CB1D1， ∴BD∥平面CB1D1. ②连结A1C1交B1D1于O， ∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1. 又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1.∴B1D1⊥AC1. 同理B1C⊥AC1.∴AC1⊥平面CB1D1. ③∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角， tan∠C1AC＝eq \f(CC1,AC)＝eq \f(CC1,\r(2)CC1)＝eq \f(\r(2),2). ④∠C1OC为二面角C—B1D1—C1的平面角， tan∠C1OC＝eq \f(CC1,C1O)＝eq \f(CC1,\f(\r(2),2)CC1)＝eq \r(2). ⑤异面直线AD与CB1所成的角为45°，则满足题意的直线有4条． 15．如图所示是正方体的平面展开图，在这个正方体中：①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个说法中，正确说法的序号依次是________． [答案]　③④ [解析]　如图所示，显然BM与ED不平行；∵BC綊AD綊EN，∴四边形BCNE是平行四边形，∴BE∥CN，故②错；△BME为正三角形，∴∠EBM＝60°.，∵CN∥BE，∴∠EBM为BM与CN所成的角，故③正确； ∵BC⊥平面CDNM，∴BC⊥DM， 又DM⊥CN，CN∩BC＝C， ∴DM⊥平面BCN，∴DM⊥BN，故④正确． 16．如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别为B、D.若增加一个条件，就能推出BD⊥EF.现有： ①AC⊥β；②AC∥BD；③AB与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF. 那么上述几个条件中能成为增加条件的是________．(填上你认为正确的所有条件的序号) [答案]　①③ [解析]　 eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(AC⊥β⇒AC⊥EF,AB⊥α⇒AB⊥EF))⇒EF⊥平面ABC,\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(AB⊥α,CD⊥α))⇒AB∥CD⇒BD⊂平面ABC))⇒EF⊥BD，故①正确； eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(AB⊥α,CD⊥α))⇒AB∥CD,AB与CD在β内射影在同一条直线上)) ⇒AB与CD确定的平面ABDC⊥β， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α∩β＝EF,平面ABDC⊥α))⇒EF⊥平面ABDC⇒EF⊥BD故③正确． 三、解答题(本大题共6个小题，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)底面是正三角形，侧棱垂直于底面的棱柱为正三棱柱．如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AA1＝4，M为AA1中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短距离为eq \r(29)，设这条最短路线与CC1的交点为N，求： (1)棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC与NC的长； (3)棱柱的表面积． [解析]　(1)正三棱柱ABC－A1B1C1侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线长为eq \r(92＋42)＝eq \r(97). (2)如图是侧面展开图的一部分．MP1就是由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线． 设PC＝x，即P1C＝x， 在Rt△MAP1中，AM2＋APeq \o\al(2,1)＝MPeq \o\al(2,1)，∴(3＋x)2＋22＝29， ∴x＝2，∴PC＝P1C＝2. ∵eq \f(NC,MA)＝eq \f(P1C,P1A)＝eq \f(2,5)，∴NC＝eq \f(4,5). (3)棱柱的表面积： S＝S侧＋2S底＝9×4＋2×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×32＝36＋eq \f(9\r(3),2). 18．(本小题满分12分)已知某几何体的三视图如右图所示，其中俯视图为正三角形，设D为AA1的中点． (1)作出该几何体的直观图并求其体积． (2)求证：平面BB1C1C⊥平面BDC1. (3)BC边上是否存在点P，使AP∥平面BDC1？若不存在，说明理由；若存在，证明你的结论． [解析]　由题意可知该几何体为直三棱柱，且它的直观图如图所示．由图知底面正三角形边长为2，棱柱高为3， ∴S△ABC＝eq \r(3)，∴V＝3eq \r(3). (2)证明：连结B1C交BC1于E点，则E为B1C、BC1的中点，连结DE. ∵AD＝A1D，AB＝A1C1，∠BAD＝∠DA1C1＝90°， ∴△ABD≌△A1C1D.∴BD＝C1D.∴DE⊥BC1. 同理，DE⊥B1C， 又∵B1C∩BC1＝E.∴DE⊥平面BB1C1C. 又∵DE⊂平面BDC1，∴平面BB1C1C⊥平面BDC1. (3)解：取BC的中点P，连结AP，则AP∥平面BDC1， 证明：连结PE，则PE∥AD，且PE＝AD， ∴四边形APED为平行四边形． ∴AP∥DE.又DE⊂平面BDC1，AP⊄平面BDC1， ∴AP∥平面BDC1. 19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥S—ABCD中，侧棱SA＝SB＝SC＝SD，底面ABCD是菱形，AC与BD交于O点． (1)求证：AC⊥平面SBD； (2)若E为BC中点，点P在侧面△SCD内及其边界上运动，并保持PE⊥AC，试指出动点P的轨迹，并证明你的结论． [解析]　(1)证明：∵底面ABCD是菱形，O为中心， ∴AC⊥BD. 又SA＝SC，∴AC⊥SO.而SO∩BD＝O，∴AC⊥面SBD. (2)解：取棱SC中点M，CD中点N，连结MN， 则动点P的轨迹即是线段MN. 证明：连结EM、EN， ∵E是BC的中点，M是SC的中点， ∴EM∥SB.同理，EN∥BD，∴平面EMN∥平面SBD， ∵AC⊥平面SBD，∴AC⊥平面EMN. 因此，当点P在线段MN上运动时，总有AC⊥EP； P点不在线段MN上时，不可能有AC⊥EP. 20．(本小题满分12分)如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1⊥底面ABCD，F为棱AA1的中点，M为线段BD1的中点． (1)求证：MF∥平面ABCD； (2)求证：MF⊥平面BDD1B1. [分析]　由M、F为中点容易联想到三角形中位线，故延长D1F与平面ABCD相交于E，构造出三角形可证明(1)．进而可把(2)转化为证明BE⊥平面BDD1B1.也可以取AC与BD的交点O.利用MFAO为矩形证之． [证明]　(1)连结AC、BD交于点O，再连结MO. ∴OM∥A1A且OM＝eq \f(1,2)A1A， 又∵AF＝eq \f(1,2)A1A， ∴OM∥AF且OM＝AF. ∴四边形MOAF是平行四边形，∴MF∥OA. 又∵OA⊂平面ABCD，MF⊄平面ABCD， ∴MF∥平面ABCD. (2)连结B1D1，∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD. 又∵B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥B1B，∴AC⊥平面BDD1B1， 又∵MF∥AC，∴MF⊥平面BDD1B1. 21．(本小题满分12分)如图，已知矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，将矩形沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上． (1)求证：BC⊥A1D； (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BC⊥CD，A1O∩CD＝O， ∴BC⊥平面A1CD，又A1D⊂平面A1CD， ∴BC⊥A1D. (2)∵四边形ABCD为矩形，∴A1D⊥A1B，由(1)知A1D⊥BC，又A1B∩BC＝B，∴A1D⊥平面A1BC， 又A1D⊂平面A1BD， ∴平面A1BC⊥平面A1BD. (3)∵A1D⊥平面A1BC，∴A1D⊥A1C. ∵A1D＝6，CD＝10，∴A1C＝8， ∴VA1－BCD＝VD－A1BC＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×8))×6＝48. 22．(本小题满分14分)如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，E为AB上的点，且AD＝AE＝DC＝2，BE＝1，将△ADE沿DE折叠到P点，使PC＝PB. (1)求证：平面PDE⊥平面ABCD； (2)求四棱锥P－EBCD的体积． [解析]　(1)证明：取BC中点G，DE中点H， 连结PG，GH，HP. ∵HG∥AB，AB⊥BC，∴HG⊥BC. 又∵PB＝PC，∴PG⊥BC. ∴BC⊥平面PGH，∴PH⊥BC. ∵PD＝PE，H为DE中点，∴PH⊥DE. ∵BC与DE不平行，∴PH⊥平面BCDE. 而PH⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE， 即平面PDE⊥平面ABCD. (2)由(1)可知，PH为四棱锥P－BCDE的高， ∵DC綊AE，且AD＝AE＝2， ∴四边形AECD为菱形， ∴CE＝AD＝2，而EB＝1，EB⊥BC， ∴BC＝eq \r(CE2－EB2)＝eq \r(3)，DE＝2， ∴PH＝AH＝eq \r(3). ∴VP－BCDE＝eq \f(1,3)×PH×S梯形BCDE ＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(1,2)(1＋2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2).