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高三数学章末综合测试题（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84，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(r＋3r)3＝84，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EHFG，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Dk 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－22＝0，k＝75. 4．已知直线m、n和平面，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∥，n∥ B．m，n C．m∥，n D．m、n与 所成的角相等 解析D对于选项A，当m∥，n∥时，直线m、n可以是平行、相交或异面 ；而当m∥n时，m、n与的关系不确定，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与所成的角相等，但是m、n与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＋36 B．60 C．288＋72 D．288＋18 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866＋20238＝288＋36，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．l1l2，l2l3l1∥l3 B．l1l2，l2∥l3l1l3 C．l1∥l2∥l3l1，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．6a2B．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276a32＝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＝2023＋22＝2， 在Rt△BO1C1中，sin C1BO1＝O1C1BC1＝25＝105. 9．已知，，是三个不同的平面，命题“∥，且”是真命题，如果把，，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，换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且ab”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a∥，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a∥，且bab”，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12x45∶[(10－x)45]＝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ONMN，在Rt△ONM中，有ONOM，符合题意，故①正确．若两弦交于N，同①推得，OMON，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MFH，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、是两个不同的平面，m、n是平面及平面之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m∥n，②∥，③m，④n，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】②③④① 15．已知命题：“若xy，y∥z，则xz”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，xz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－l－的大小是60，线段AB，Bl，AB与l所成的角为30，则AB与平面所成的角的正弦值是________． 解析如图，作AO于O，ACl于C，连接OB、OC，则OCl.设AB与所成角为， 则ABO＝ ，由图得sin ＝AOAB＝ACABAOAC＝sin 30sin 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，AECD. 又BCCD， 且AEBC＝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，CDAB. 又∵ABAD，CDAD＝D， AB平面ACD. VA－BCD＝VB－ACD＝13S△ACDAB. 又∵在△ACD中，ACCD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3， AC＝AD2－CD2＝42－32＝7. VA－BCD＝2023733＝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，BFBC＝B，DEAD＝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， GNMG. 又GN DC，AB∥DC， GNAB. 又ABMG＝M， GN平面GAB. 又GN平面CDG， 平面ABG平面CDG. (3)由已知易得CGFG，由(2)知GOEF， CGO为二面角C－FG－B的平面角， cos CGO＝GOGC＝33. 19．(12分)(2023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：OC1A1B1； (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AA1AB， 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OEA1B1. 由AA1平面ABC得AA1AC，A1ABC. 又BB1∥AA1∥CC1， 所以BB1BC，CC1AC，CC1BC， 且AC＝BC＝4，AA1＝BB1＝4，CC1＝2， 所以A1C1＝B1C1，所以C1EA1B1. 又C1EOE＝E， 所以A1B1平面OC1E， 因为OC1平面OC1E，所以OC1A1B1. (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 n1AB1＝0，n1AC1＝0 x1，y1，z14，－4，0＝0，x1，y1，z12，－2，23＝0x1＝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 n2A1B1＝0，n2A1C1＝0x2，y2，z20，－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〉＝n1n2|n1||n2|＝322＝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，DBAC，点M是棱BB1上一点． (1)求证：B1D1∥平面A1BD； (2)求证：MDAC； (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綊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， BB1AC. 又∵BDAC，且BDBB1＝B， AC平面BB1D1D. 而MD平面BB1D1D， MDAC. (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，BNDC. 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綊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，ABBC，CDAP，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∵EFEG＝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nEF＝0，nEG＝0，得x，y，z0，－1，0＝0，x，y，z1，1，－1＝0， 即y＝0，x＋y－z＝0，取x＝1，得n＝(1,0,1)． 设所求二面角为，cos ＝nDA|n||DA|＝222＝22， ＝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， D1EAC，D1ED1A， D1EAC＝0，D1ED1A＝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mAC，mAE， x＝0，－3x＋y＋3z＝0， 令z＝－1，得m＝(0,3，－1)， cos〈m，D1E〉＝mD1E|m||D1E|＝22， 二面角E－AC－D1的大小为45. (2)设D1P＝PE＝(D1E－D1P)， 则D1P＝1＋D1E＝0，21＋，1＋， A1P＝A1D1＋D1P ＝(－3，－1,0)＋0，21＋，1＋ ＝－3，－11＋，1＋. ∵A1P∥平面EAC， A1Pm， A1Pm＝0， －30＋3－11＋＋(－1)1＋＝0， ＝32. 存在点P使A1P∥平面EAC， 此时D1P∶PE＝3∶2. | 
