资源描述
阶段性测试题九(立体几何)
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，只有一项是符合题目要求的．)
1．(文)(2022·辽宁师大附中期中)已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题
①若m∥n，m⊥α，则n⊥α
②若m⊥α，m⊥β，则α∥β
③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β
④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
其中正确命题的个数是( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
[答案] D
[解析] 由线面垂直的性质知①正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，∴②正确；由m⊥α，m∥n知n⊥α，又n⊂β，∴α⊥β，∴③正确；如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD与平面ADD1A1分别为α、β，CC1为m，则m∥α，α∩β＝n，但m与n不平行，∴④错，故选D．
(理)(2022·浙江台州中学期中)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
①若a⊥b，a⊥α，则b∥α
②若a∥α，α⊥β，则a⊥β
③a⊥β，α⊥β，则a∥α
④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β
其中正确的命题的个数是( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
[答案] B
[解析] ①中可能有b⊂α；②中a⊂β，或a∥β，a与β斜交，a⊥β，都有可能；③中可能有a⊂α；若a⊥b，a⊥α，则b∥α或b⊂α，又b⊥β，∴α⊥β，∴④正确，故选B．
2．(2022·山东省博兴二中质检)设m、n是两条不同直线，α、β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
B．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n
C．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β
D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
[答案] B
[解析] 设m与n相交，m、n都在平面γ内，γ∥α，γ∥β时，满足A的条件，∴A错；若m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，又n⊥β，∴n⊥m，∴B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，结合n⊂β得不出α⊥β，故C错；当m∥n且满足D的条件时，得不出α∥β，故D错．
3．(2021·河南八校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )
A． B．
C．4 D．2π
[答案] A
[解析] 由三视图知该几何体为三棱锥，底面是等腰三角形，其底长为2，高为1，棱锥高为，顶点在底面射影为等腰直角三角形底边的中点D，直观图如图，BD⊥AC，PD⊥平面ABC，DA＝DB＝DC＝1，故球心O在PD上，设OP＝R，则(－R)2＋12＝R2，∴R＝.
∴S球＝4πR2＝.
4．(文)(2022·吉林市摸底)下图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )
A．17＋6 B．34＋6
C．6＋6＋4 D．6＋6＋4
[答案] B
[解析] 由三视图知，这是一个底面是矩形的四棱锥，矩形的长和宽分别是6,2，四棱锥的高是4，其直观图如图，作PE⊥平面ABCD，则垂足E为AD的中点，PE＝4，作EF⊥BC，垂足为F，则PF⊥BC，∵EF＝2，∴PF＝2，
∵AB⊥AD，∴AB⊥PA，PA＝＝5，
∴S＝6×2＋×6×4＋×6×2＋2×(×2×5)＝34＋6，故选B．
(理)(2021·豫南九校联考)已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )
A．3 B．2
C．6 D．8
[答案] C
[解析] 由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，其四个侧面中面积最大的是△PBC，由图中数据知AB＝2，BC＝4，PA＝PD＝3，∴PE＝，取BC中点F，则EF⊥BC，∴PF⊥BC，PF＝＝3，∴S△PBC＝BC·PF＝6.
5．(2022·云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是( )
A． B．π
C． D．
[答案] B
[解析] 由三视图知，这是一个半径为1的球，截去，故其体积为V＝·(·13)＝π.
6．(2021·江西三县联考)平面α与平面β平行的条件可以是( )
A．α内有无穷多条直线与β平行
B．直线a∥α，a∥β
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α
D．α内的任何直线都与β平行
[答案] D
[解析] 当α∩β＝l时，α内与l平行的直线都与β平行，故A错；当α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β时，满足B的条件，∴B错；当α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l时，有a∥β，b∥α，∴C错，故选D．
7．(2022·长春市一调)某几何体的三视图如图(其中俯视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为( )
A．92＋14π B．82＋14π
C．92＋24π D．82＋24π
[答案] A
[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，下部是长宽分别为5、4，高为4的长方体，上部为底半径为2，高为5的半圆柱，故其表面积S＝5×4＋(5＋4)×2×4＋π·22＋(2π×2×5)＝92＋14π，故选A．
8．(2021·许昌、平顶山、新乡调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A． B．10
C．30 D．24＋2
[答案] B
[解析] 由三视图可知，该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，S底＝×(2＋3)×2＝5，棱柱高为2，V＝5×2＝10.
9．(2021·广东揭阳一中期中)下列命题中，错误的是( )
A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交
B．平行于同一平面的两个不同平面平行
C．假如平面α不垂直平面β，那么平面α内确定不存在直线垂直于平面β
D．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线
[答案] D
[解析] 当直线l在平面α内时可知D错误．
10．(文)(2021·广东执信中学期中)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的左视图为( )
[答案] B
[解析] 其左视图可考虑在原正方体中，将该几何体投射到平面BCC1B1上，则A点射影为B，D点射影为C，D1点射影为C1，AD1的射影为BC1，应为实线，DD1的射影CC1为实线，B1C应为虚线(左下到右上)，故应选B．
(理)(2021·甘肃天水一中段测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E1，F1分别是线段A1B1，A1C1的中点，则直线BE1与AF1所成角的余弦值是( )
A． B．
C． D．
[答案] A
[解析] 以A为原点，直线AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则B(1,0,0)，E1(，0,1)，F1(，，1)，∴＝(，，1)，＝(－，0,1)．
cos〈，〉＝＝＝，故选A．
11．(2021·深圳市五校联考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )
A． B．
C．6 D．7
[答案] A
[解析] 由三视图可知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图，正方体棱长为2，正三棱锥侧棱相互垂直，侧棱长为1，故几何体的体积为：V＝V正方体－2V三棱锥＝2×2×2－2×(××1×1×1)＝.
12．(2022·长沙市重点中学月考)某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )
A．2＋π B．2＋π
C．2＋(1＋)π D．2＋π
[答案] A
[解析] 由三视图知，该几何体是倒立的半个圆锥，圆锥的底半径为1，高为2，故其表面积为
S＝π·12＋×2×2＋π·1·＝2＋π，故选A．
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．(2021·甘肃天水一中段测)若某几何体的三视图如下，该几何体的体积为2，则俯视图中的x＝________.
[答案] 2
[解析] 由三视图可知，该几何体为四棱锥，高为2，底面为直角梯形，面积S＝(1＋x)×2＝1＋x，因此V＝Sh＝·(1＋x)·2＝2，解得x＝2.
14．(2022·成都七中模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M是BC1的中点，P是BB1一动点，则(AP＋MP)2的最小值为________．
[答案]
[解析] 将平面ABB1A1开放到与平面CBB1C1共面，如下图，易知当A、P、M三点共线时(AP＋MP)2最小．
AM2＝AB2＋BM2－2AB×BMcos135°＝12＋()2－2×1××(－)＝.
15．(2022·海南省文昌市检测)边长是2的正三角形ABC内接于体积是4π的球O，则球面上的点到平面ABC的最大距离为________．
[答案]
[解析] 设球半径为R，则由条件知πR3＝4π，∴R＝，正三角形ABC所在平面截球得截面如图，OO1⊥平面ABC(O1为△ABC的中心)，OA＝，O1A＝××2＝，∴OO1＝＝，∴球面上的点到平面ABC的最大距离为PO1＝PO＋OO1＝.
16．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．
[答案] 9
[解析] 由三视图可得该几何体是一个三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为6，高为3，三棱锥的高为3，所以V＝×(×6×3)×3＝9.
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)(2021·石光中学月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，若E，F分别为PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PDC⊥平面PAD；
(3)求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析] (1)连接EF，AC，
∵四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形且点F为对角线BD的中点，
∴对角线AC经过F点，又点E为PC的中点，
∴EF为△PAC的中位线，∴EF∥PA．
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD．
(2)∵底面ABCD是边长为a的正方形，∴CD⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
∴CD⊥平面PAD．
又CD⊂平面PCD，∴平面PDC⊥平面PAD．
(3)过点P作AD的垂线PG，垂足为点G，
∵侧面PAD⊥底面ABCD，PG⊂平面PAD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
∴PG⊥平面ABCD，即PG为四棱锥P－ABCD的高，
又PA＝PD＝AD且AD＝a，∴PG＝.
∴V四棱锥P－ABCD＝S正方形ABCD·PG＝×a2×＝a3.
18．(本小题满分12分)(文)(2022·合肥市质检)如图，在多面体ABCDFE中，底面ABCD是梯形，且AD＝DC＝CB＝AB．直角梯形ACEF中，EF綊AC，∠ECA是直角，且平面ACEF⊥平面ABCD．
(1)求证：BC⊥AF；
(2)试推断直线DF与平面BCE的位置关系，并证明你的结论．
[解析] (1)证明：取AB的中点H，连接CH，
∵底面ABCD是梯形，且AD＝DC＝CB＝AB，
易证四边形AHCD为菱形，
∴AD＝HC＝AB，∴∠ACB＝90°，∴BC⊥AC．
∵平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，
∴BC⊥平面ACEF，而AF⊂平面ACEF，故BC⊥AF.
(2)DF∥平面BCE.证明如下：
连接DH交AC于点M，易知M为AC的中点，连接FM.
在菱形AHCD中，DM⊥AC，
由第一问知BC⊥AC，故DM∥BC．
在直角梯形ACEF中，EF綊CM，四边形EFMC是平行四边形，故FM∥EC．
而BC，CE⊂平面BCE，BC∩CE＝C，
而DM，MF⊂平面DMF，DM∩MF＝M，
故平面BCE∥平面DMF，DF⊂平面DMF，
从而，DF∥平面BCE.
(理)(2022·天津南开中学月考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面为边长为2的等边三角形，侧棱长为，且侧棱与底面垂直，D为B1C1的中点．
(1)求证AC1∥平面A1BD；
(2)求异面直线AC1与BD所成角的余弦值；
(3)求二面角B1－A1B－D的平面角的正弦值．
[解析] 由于三棱柱的侧棱垂直于底面，所以平面BB1C1C⊥平面A1B1C1.
在等腰三角形A1B1C1中，D为B1C1中点，
∴A1D⊥B1C1，∴A1D⊥平面BB1C1C．
取BC的中点E，连接DE，则直线ED，B1C1，A1D两两垂直．
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
在等边三角形A1B1C1中，边长为2，所以A1D＝，
所以D(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(－1,0,0)，A1(0,0，)，B(1，－，0)，C(－1，－，0)，A(0，－，)．
(1)证明：＝(0,0，)，＝(1，－，0)．
设平面A1BD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则令y1＝，则x1＝3，z1＝0.
所以m＝(3，，0)．
又＝(－1，，－)，·m＝0，∴⊥m，
又∵AC1⊄平面BDA1，∴AC1∥平面BDA1.
(2)＝(－1，，－)，＝(1，－，0)，
cos〈，〉＝＝＝－.
异面直线AC1与BD所成角的余弦值为.
(3)＝(0，－，0)，＝(－1,0，)，
设平面B1BA1的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则令z2＝，则x2＝3.
所以n＝(3,0，)．
cos〈m，n〉＝＝＝.
∴二面角B1－A1B－D的平面角的正弦值为.
19．(本小题满分12分)(文)(2021·江西三县联考)如图，四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF＝BE＝2，EF＝4，AB＝2，ABCD是矩形．AD⊥平面ABEF，其中Q，M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．
(1)求证：PQ∥平面BCE；
(2)求证：AM⊥平面BCM；
(3)求点F到平面BCE的距离．
[解析] (1)由于AB∥EM，且AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形．
连接AE，则AE过点P，且P为AE中点，又Q为AC中点，
所以PQ是△ACE的中位线，于是PQ∥CE.
∵CE⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
(2)AD⊥平面ABEF⇒BC⊥平面ABEF⇒BC⊥AM.
在等腰梯形ABEF中，由AF＝BE＝2，EF＝4，AB＝2，
可得∠BEF＝45°，BM＝AM＝2，
∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM⊥BM.
又BC∩BM＝B，∴AM⊥平面BCM.
(3)解法一：点F到平面BCE的距离是M到平面BCE的距离的2倍，
∵EM2＝BE2＋BM2，∴MB⊥BE，
∵MB⊥BC，BC∩BE＝B，
∴MB⊥平面BCE，∴d＝2MB＝4.
解法二：VC－BEF＝S△BEF·BC＝BC，
VF－BCE＝S△BCE·d＝BC．
∵VC－BEF＝VF－BCE，∴d＝4.
(理)(2022·成都七中模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝GD，GB⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四周体P－BCG的体积为.
(1)求过P、C、B、G四点的球的表面积；
(2)求直线DP与平面PBG所成角的正弦值；
(3)在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．
[解析] (1)∵四周体P－BCG的体积为，GB⊥GC，GB＝GC＝2，PG⊥平面ABCD，∴PG＝4，
以GP，GB，GC为棱构造长方体，外接球的直径为长方体的对角线．
∴(2R)2＝16＋4＋4，∴R＝，
∴S＝4π×6＝24π.
(2)∵GB＝GC＝2，∠BGC＝，E为BC的中点，
∴GE＝，BGsin∠AGB＝，∴∠AGB＝，作DK⊥BG交BG的延长线于K，
∴DK⊥平面BPG，
∵BC＝＝2，∴DG＝BC＝，
∴DK＝GK＝，PD＝.
设直线DP与平面PBG所成角为α，
∴sinα＝＝.
(3)假设F存在，过F作FF′⊥GC交GC于F′，则必有DF′⊥GC．
由于AG＝GD，且AD＝2，所以GD＝，
又∠DGF′＝45°，∴GF′＝＝GC，∴PF＝PC．
∴当＝时满足条件．
20．(本小题满分12分)(2021·大连市二十中期中)如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．
(1)当BE＝1时，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，指出P点位置，若不存在，说明理由；
(2)设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A－CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．
[解析] (1)存在点P使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时＝.
证明如下：＝，过点P作MP∥FD，与AF交于点M，则有＝，
又FD＝5，故MP＝3，又由于EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以PC∥ME，
又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．
(2)由于平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，又AF⊥EF，所以AF⊥平面EFDC．
由已知BE＝x，所以AF＝x(0<x<4)，FD＝6－x.
故VA－CDF＝·(DF·EF)·AF＝··2·(6－x)·x＝(6x－x2)＝[－(x－3)2＋9]＝－(x－3)2＋3.
所以，当x＝3时，VA－CDF有最大值，最大值为3.
21．(本小题满分12分)(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.
(2)求证：CD＝C1D；
(2)求点C到平面B1DP的距离．
[解析] (1)证明：连接B1A交BA1于O，
∵PB1∥平面BDA1，B1P⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，
∴B1P∥OD．又∵O为B1A的中点，
∴D为AP的中点，∴C1为A1P的中点，
∴△ACD≌△PC1D，∴CD＝C1D；
(2)由于VC－B1PD＝VB1－PCD
所以h·S△B1PD＝A1B1·S△PCD，
∵A1B1＝1，
S△PCD＝CD·PC1＝，
在△B1PD中，B1D＝，B1P＝，PD＝，
∴cos∠DB1P＝，sin∠DB1P＝.
∴S△B1PD＝×××＝，∴h＝.
(理) (2022·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，设AC与BD相交于点O，若∠DAB＝∠DBF＝60°，且FA＝FC．
(1)求证：FC∥平面EAD；
(2)求二面角A－FC－B的余弦值．
[解析] (1)证明：∵四边形ABCD与BDEF均为菱形，
∴AD∥BC，DE∥BF.
∵AD⊄平面FBC，DE⊄平面FBC，
∴AD∥平面FBC，DE∥平面FBC，
又AD∩DE＝D，AD⊂平面EAD，DE⊂平面EAD，
∴平面FBC∥平面EAD，
又FC⊂平面FBC，∴FC∥平面EAD．
(2)连接FO、FD，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，
∵O为BD中点．所以FO⊥BD，O为AC中点，且FA＝FC，
∴AC⊥FO，
又AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD，
∴OA、OB、OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
设AB＝2，由于四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，
则BD＝2，OB＝1，OA＝OF＝，
∴O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，F(0,0，)，
∴＝(，0，)，＝(，1,0)，
设平面BFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有∴
令x＝1，则n＝(1，－，－1)，
∵BD⊥平面AFC，∴平面AFC的一个法向量为＝(0,1,0)．
∵二面角A－FC－B为锐二面角，设二面角的平面角为θ，
∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
∴二面角A－FC－B的余弦值为.
22．(本小题满分14分)(文)(2022·黄石二中检测)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝2AB＝2，且BC1⊥A1C．
(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
(2)设D是A1C1的中点，推断并证明在线段BB1上是否
存在点E，使DE∥平面ABC1；若存在，求三棱锥E－ABC1的体积．
[解析] (1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1A⊥平面ABC．∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.
又BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面ABC1，∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1CC1.
(2)存在，E为BB1的中点．
取A1A的中点F，连EF，FD，当E为B1B的中点时，EF∥AB，DF∥AC1，
∴平面EFD∥平面ABC1，则有ED∥平面ABC1.
当E为BB1的中点时，VE－ABC1＝VC1－ABE＝×2××1×1＝.
(理)(2022·浙北名校联盟联考)已知在长方体ABCD－A′B′C′D′中，点E为棱CC′上任意一点，AB＝BC＝2，CC′＝1.
(1)求证：平面ACC′A′⊥平面BDE；
(2)若点P为棱C′D′的中点，点E为棱CC′的中点，求二面角P－BD－E的余弦值．
[解析] (1)∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵CC′⊥平面ABCD，∴BD⊥CC′，
又CC′∩AC＝C，
∴BD⊥平面ACC′A′，
∴平面BDE⊥平面ACC′A′.
(2)以DA为x轴，以DC为y轴，以DD′为z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，E(0,2，)，P(0,1,1)，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
∵＝(2,2,0)，＝(0,2，)，
∴
令x＝1，则y＝－1，z＝4，
∴m＝(1，－1,4)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
∵＝(0,1,1)，
∴
令x＝1，则y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1,1)，
∴cos〈m，n〉＝＝，
∴二面角P－BD－E的余弦值为.
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