高考数学二轮复习 专题四 立体几何限时检测（文、理）

【成才之路】届高考数学二轮复习专题四立体几何限时检测（文、理）时间：60分钟满分：100分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48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．(·福建省质检)如图，AB是⊙O的直径，VA垂直⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A、B的任意一点，M、N分别为VA、VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥ABB．MN与BC所成的角为45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC[答案]D[解析]依题意，MN∥AC，又直线AC与AB相交，因此MN与AB不平行；注意到AC⊥BC，因此MN与BC所成的角是90°；注意到直线OC与AC不垂直，因此OC与平面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.综上所述可知选D.2．(·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.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－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×13＝eq\f(5,6)cm3.3．(文)已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是()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]由三视图知几何体为三棱锥，底面等腰三角形底边长2，高为2，棱锥高为2，V＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×2×2)×2＝eq\f(4,3)cm3.(理)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1EA．60° B．90°C．30° D．随点E的位置而变化[答案]B[解析]∵A1D⊥AB，A1D⊥AD1，∴A1D⊥平面AD1C1B，∴A1D⊥C1E4．(文)(·河北名校名师俱乐部模拟)一简单组合体的三视图及尺寸如图所示(单位：cm)，该组合体的体积为()A．42cm3 B．48cm3C．56cm3 D．44cm3[答案]D[解析]由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为6、4、1的长方体和一个直三棱柱组合而成，直三棱柱的底面是等腰三角形，三角形的底边长为4，高为5，棱柱的高为2，其体积V＝1×4×6＋eq\f(1,2)×4×5×2＝44(cm3)．(理)(·郑州市质检)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.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()A．A′C⊥BDB．∠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eq\f(1,3)[答案]B[解析]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′C⊥BD，∵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＝eq\r(2)，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′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＝eq\f(1,3)S△A′BD·CD＝eq\f(1,6)，D错误，故选B.5．(文)(·济南四校联考)已知m、n是两条不同直线，α、β为两个不同平面，那么使m∥α成立的一个充分条件是()A．m∥β，α∥βB．m⊥β，α⊥βC．m⊥n，n⊥α，m⊄αD．m上有不同的两个点到α的距离相等[答案]C[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)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()A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]B[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BC⊥PE，BC⊥AE，∴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.7．(文)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－QEFA．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D．是常量[答案]D[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D1C1∥AB，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eq\f(1,3)Sd.(理)一个四面体的四个顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(0,0,0)、(1,2,0)、(0,2,2)、(3,0,1)，则该四面体中以yOz平面为投影面的正视图的面积为()A．3 B.eq\f(5,2)C．2 D.eq\f(7,2)[答案]A[解析]四个点在yOz平面上的正投影依次为(0,0,0)，(0,2,0)，(0,2,2)，(0,0,1)，故其面积S＝eq\f(1,2)×(1＋2)×2＝3.8．(文)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，在所得的所有新命题中，真命题有()A．0个 B．1个C．2个 D．3个[答案]C[解析]若α、β换成直线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，故选C.(理)如图，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，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Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD.上述命题是()A．真命题B．增加条件“AB⊥AC”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[答案]A[解析]因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，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，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，将S△ABC、S△BCM、S△BCD分别表示出来，可得Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD，故选A.二、填空题(本大题共2小题，每小题6分，共12分，将答案填写在题中横线上．)9．(文)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①棱AB与PD所在直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④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)[答案]①③[解析]由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正确；若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这是不可能的，故②错；S△PCD＝eq\f(1,2)CD·PD，S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PA，由AB＝CD，PD>PA知③正确；由E、F分别是棱PC、PD的中点，可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错，故填①③.(理)如图，正方形BCDE的边长为a，已知AB＝eq\r(3)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：①AB与DE所成角的正切值是eq\r(2)；②VB－ACE的体积是eq\f(1,6)a3；③AB∥CD；④平面EAB⊥平面ADE；⑤直线BA与平面ADE所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).其中正确的叙述有________(写出所有正确结论的编号)．[答案]①②④⑤[解析]由题意可得如图所示的几何体，对于①，AB与DE所成角为∠ABC，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝eq\r(2)a，BC＝a，所以tan∠ABC＝eq\r(2)，故①正确；对于②，VB－ACE＝VA－ECB＝eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×a×a＝eq\f(1,6)a3，故②正确；③明显错误；对于④，因为AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因为DE⊥BE，所以BE⊥平面ADE，可得平面EAB⊥平面ADE，故④正确；对于⑤，由④可知，∠BAE即为直线BA与平面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正确．10．(·邯郸一模)已知直角梯形ABCD，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2沿AC折成三棱锥，当三棱锥体积最大时，求此时三棱锥外接球的体积________．[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的中点E，AB中点O，当三棱锥体积最大时，平面DCA⊥平面ACB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴OB＝1，∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π.三、解答题(本大题共3小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)11．(本小题满分13分)(文)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：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⊥CO，CO∩A1O＝O，CO⊂平面A1CD，A1O⊂平面A1CD，∴BC⊥平面A1CD，又A1D⊂平面A1CD，∴BC⊥A1D.(2)∵四边形ABCD为矩形，∴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)(·大兴区模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC(1)求证：直线A1D⊥B1C1(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AA1⊥BC在等边△ABC中，D是BC中点，所以AD⊥BC，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A1D⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1∥所以，A1D⊥B1C1(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于点故O为A1C在三角形A1CB中，D为BC中点，O为A1C中点，故DO∥A1B因为DO⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以，A1B∥平面ADC1，故A1B与平面ADC1平行．12．(本小题满分13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(1)求证：AC⊥平面BB1C(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＝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)存在符合条件的点P，且P为A1B1的中点．证明：∵P为A1B1的中点，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.∴四边形CDPB1为平行四边形，从而CB1∥DP.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CD∥PB1，故四边形CDPB1为平行四边形，∵A1B1＝2CD，故只须P为A1B1的中点，即有PB1綊DC，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．(理)(·哈三中一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，试确定点M的位置，使二面角M－BQ－C大小为60°，并求出eq\f(PM,PC)的值．[解析](1)∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，又∵底面ABCD为菱形，∠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为坐标原点，分别以QA、QB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图．则Q(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，B(0，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0)，设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的一个法向量是n1＝(0,0,1)，设平面MQB的一个法向量为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大小为60°，可得：eq\f(1,2)＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)，解得λ＝eq\f(1,3)，此时eq\f(PM,PC)＝eq\f(1,3).13．(本小题满分14分)(文)(·福建文，18)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60°.(1)当正视方向与向量eq\o(AD,\s\up6(→))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CE⊥AB，垂足为E.由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝CD＝3，在Rt△BEC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PD⊥AD，从而在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60°，得PD＝4eq\r(3).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＝eq\f(1,2)AB＝3，又CD∥AB，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＝eq\f(1,3)S△DBC·PD，又S△DBC＝6，PD＝4eq\r(3)，所以VD－PBC＝8eq\r(3).(理)(·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＝eq\r(2).(1)证明：A1C⊥平面BB1D1(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＝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＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,2)，所求夹角的大小为60°.一、选择题1．(·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()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＋eq\r(5))×2＋2×1＝8＋2eq\r(5).2．(·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()A．2π B．4πC．6π D．8π[答案]D[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－eq\f(1,3)π×22×3＝8π，故选D.3．(文)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：①BC⊥平面AMD；②Q点一定在直线DM上；③VC－AMD＝4eq\r(2).其中正确的是()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②正确；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不正确，综上可得正确的命题序号为①②，故应选A.(理)(·唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在半径为eq\r(2)的球面上，AB＝AC＝eq\r(3)，AA1＝2，则二面角B－AA1－C的余弦值为()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]如图，设球心为O，底面△ABC外接圆的圆心为O′，则OA＝OB＝OC＝eq\r(2)，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝eq\r(3)，∴△ABC为正三角形，∴二面角B－AA1－C的平面角BAC＝60°，∴二面角B－AA1－C的余弦值为eq\f(1,2).4．(文)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m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥αB．若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂αC．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β[答案]D[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m∥α，显然m与平面β不垂直，因此选项D不正确．(理)(·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α⊥β，β⊥γ，则α∥γB．若α⊥β，l∥β，则l∥αC．若m∥α，n∥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n[答案]D[解析]A错，两平面还可垂直；B错，还可能有l∥α；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.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BCEDC．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[答案]D[解析]由题意，DE⊥平面AGA′，∴A、B、C正确，故选D.6．(文)(·山西太原月考)如图所示，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1,E、F分别是棱AA′、CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′、DD′交于M、N，设BM＝x，x∈[0,1]，给出以下四个命题：①平面MENF⊥平面BDD′B′；②当且仅当x＝eq\f(1,2)时，四边形MENF的面积最小；③四边形MENF周长L＝f(x)，x∈[0,1]是单调函数；④四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常函数；以上命题中假命题的序号为()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正确；∵EF为所在棱的中点，由对称性及条件知四边形EMFN为菱形，其面积随着对角线MN的增大而增大，当x＝eq\f(1,2)时，M为BB′的中点，此时MN取最小值，∴②正确，③错误；V四棱锥C′－MENF＝2VC′－MEF＝2VE－MFC′为常数，∴V＝h(x)为常函数．(理)(·杭州质检)如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不可能是下面四个选项中的()A．AC⊥βB．AC⊥EFC．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[答案]D[解析]因为BD是AC在平面α内的射影，所以只需得到AC⊥EF，那么由三垂线定理的逆定理可得BD⊥EF.对于选项A，因为AC⊥β，EF⊂β⇒AC⊥EF⇒BD⊥EF.选项B，因为AC⊥EF，所以BD⊥EF.对于选项C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.对于选项D，AC与α、β所成的角相等，无法保证AC⊥EF.综上知选D.7．(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()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]由三视图知，该几何体是一个圆锥，底半径为1，高为2，母线长l＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，∴侧面积S＝eq\r(5)π.(理)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>βC．β>α>γ D．γ>β>α[答案]B[解析]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<γ<eq\f(π,2)，延长BO交CD于F，则BF⊥CD，又AO⊥CD，∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝eq\f(π,2).∴α>γ>β.8．(文)在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为AB的中点，则点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]设点C到平面A1DM的距离为h，则由已知得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，连接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，所以点C到平面A1DM的距离为eq\f(\r(6),3)a，选A.(理)已知正方形ABCD的边长为2eq\r(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()[答案]B[解析]由条件知，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)，故选B.二、填空题9．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－[答案]1[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1.10．(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＋eq\f(2＋1,2)×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eq\f(\r(3),3)，则θ的值为________．[答案]60°[解析]作CC1⊥平面AOB于点C1，C1A1⊥OA于点A1，C1B1⊥OB于点B1，连接OC1，则∠COC1为直线OC与平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB设OA1＝x，则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、解答题11．(文)(·威海两校质检)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BD⊥CE？证明你的结论．[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).即四棱锥P－ABCD的体积为eq\f(2,3).(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BD⊥CE.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BD⊥CE.(理)(·成都一诊)如图，PO⊥平面ABCD，点O在AB上，EA∥PO，四边形ABCD为直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝eq\f(1,2)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，BC⊥AB，平面PEAB∩平面ABCD＝AB，∴BC⊥平面PEAB，∴PE⊥BC.由平面几何知识知PE⊥PB，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，延长PE交BA的延长线于H，则E为PH的中点，O为BH的中点，∴EF綊OB，又OB綊CD，∴EF∥CD，且EF＝DC，∴四边形DCFE为平行四边形，所以DE∥CF.∵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，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，设平面BDE的一个法向量为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，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〉＝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的余弦值为eq\f(3\r(11),11).12．(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：AE⊥PF；(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＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3).(2)证明：∵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．∴PD∥EO，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.(理)如图①，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②所示．(1)求证：PD⊥EF；(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)依题意知图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为DE与平面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)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D为AC(1)求证：B1C∥平面A1BD(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A(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BB1⊥B1C1，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A1B⊥B1C[解析](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，∴B1C∥MD又B1C⊄平面A1BD，MD⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1(2)∵AB＝B1B，∴平行四边形ABB1A1∴A1B⊥A