2013高三数学总复习立体几何单元检测

第八章章末检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2010·山东)在空间中，下列命题正确的是()A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行2．(2011·聊城模拟)设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①α∥βα∥γ⇒β∥γ；②α⊥βm∥α⇒m⊥β；③m⊥αm∥β⇒α⊥β；④m∥nn⊂α⇒m∥α.其中真命题的序号是()A．①④B．②③C．①③D．②④3．(2010·福建)如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是()A．EH∥FGB．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台4．正四面体的内切球与外接球的半径之比为()A．1∶3B．1∶9C．1∶27D．1∶815．(2011·广东)如图所示，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()A．63B．93C．123D．1836．(2011·舟山月考)若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比为()A.1＋2π2πB.1＋π4πC.1＋2ππD.1＋π2π7.如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为()A.12B.24C.22D.328．(2011·四川)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∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面9．(2011·临沂模拟)某几何体的三视图如图，则该几何体的体积的最大值为()A.16B.13C.23D.1210．设P是60°的二面角α—l—β内一点，PA⊥平面α，PB⊥平面β，A、B分别为垂足，PA＝4，PB＝2，则AB的长是()A．23B．25C．27D．4211．正三棱柱ABC－A1B1C1的底面三角形的边长是a，D，E分别是BB1，CC1上的点，且EC＝BC＝2BD，则平面ADE与平面ABC的夹角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°12．(2011·丽水月考)如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为π4和π6.过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′等于()A．2∶1B．3∶1C．3∶2D．4∶3二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．如图，是△AOB用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′，则△AOB的面积是________．14.如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC，BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则点M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.15．(2011·上海)若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．16．(2011·阳江月考)正四棱锥S—ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为5、圆心角为6π5的扇形，在这个圆锥中内接一个高为x的圆柱．(1)求圆锥的体积；(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？18．(12分)已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折叠，使面ABC与面ADC垂直，求B、D间的距离．19．(12分)(2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求AE→与DB→夹角的余弦值．20．(12分)(2011·广州模拟)如图，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点，A1A＝AB＝2.(1)求证：BC⊥平面AA1C；(2)求三棱锥A1—ABC的体积的最大值．21．(12分)(2011·重庆)如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.(1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积．(2)若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．22．(12分)(2011·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．第八章章末检测1．D2.C3.D4.A5．B[由三视图可还原几何体的直观图如图所示．此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为3的平行六面体，所求体积V＝3×3×3＝93.]6．A7.B8．B[当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．]9．D10.C11.B12.A13．1614.M∈线段FH15.33π16.30°17．解(1)因为圆锥侧面展开图的半径为5，所以圆锥的母线长为5.设圆锥的底面半径为r，则2πr＝5×6π5，解得r＝3.(2分)所以圆锥的高为4.从而圆锥的体积V＝13πr2×4＝12π.(4分)(2)右图为轴截面图，这个图为等腰三角形中内接一个矩形．设圆柱的底面半径为a，则3－a3＝x4，从而a＝3－34x.(6分)圆柱的侧面积S(x)＝2π(3－34x)x＝32π(4x－x2)＝32π[4－(x－2)2](0x4)．(8分)当x＝2时，S(x)有最大值6π.所以当圆柱的高为2时，圆柱有最大侧面积为6π.(10分)18．解方法一如图，过D、B分别作DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，则由已知条件得AC＝5，∴DE＝AD·DCAC＝125，BF＝AB·BCAC＝125.∴AE＝AD2AC＝95＝CF.∴EF＝AC－2AE＝75.(3分)∵DB→＝DE→＋EF→＋FB→，∴|DB→|2＝|DE→＋EF→＋FB→|2＝DE→2＋EF→2＋FB→2＋2DE→·EF→＋2DE→·FB→＋2EF→·FB→.(6分)∵面ADC⊥面ABC，而DE⊥AC，∴DE⊥面ABC，∴DE⊥BF.(8分)∴|DB→|2＝DE→2＋EF→2＋FB→2＝14425＋4925＋14425＝33725.∴|DB→|＝3375，故B、D间的距离为3375.(12分)方法二同方法一，过E作FB的平行线交AB于P点，以E为坐标原点，以EP、EC、ED所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图．则由方法一知DE＝FB＝125，EF＝75.(4分)∴D0，0，125，B125，75，0.(6分)∴|DB→|＝1252＋752＋－1252＝3375.(12分)19．(1)证明∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.(2分)又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.(4分)∵AD⊂平面ABD，∴平面ADB⊥平面BDC.(6分)(2)解由∠BDC＝90°及(1)，知DA，DB，DC两两垂直．不妨设DB＝1，以D为坐标原点，分别以DB→，DC→，DA→所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，3)，E(12，32，0)，(9分)∴AE→＝(12，32，－3)，DB→＝(1,0,0)，(10分)∴AE→与DB→夹角的余弦值为cos〈AE→，DB→〉＝AE→·DB→|AE→|·|DB→|＝121×224＝2222.(12分)20．(1)证明∵C是底面圆周上异于A，B的任意一点，且AB是圆柱底面圆的直径，∴BC⊥AC.∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC.(4分)∵AA1∩AC＝A，AA1⊂平面AA1C，AC⊂平面AA1C，∴BC⊥平面AA1C.(5分)(2)解设AC＝x，在Rt△ABC中，BC＝AB2－AC2＝4－x2(0x2)，(7分)故VA1—ABC＝13S△ABC·AA1＝13·12·AC·BC·AA1＝13x4－x2(0x2)，(9分)即VA1—ABC＝13x4－x2＝13x24－x2＝13－x2－22＋4.∵0x2,0x24，∴当x2＝2，即x＝2时，三棱锥A1—ABC的体积最大，最大值为23.(12分)21.①(1)解如图①，设F为AC的中点，连接DF，由于AD＝CD，所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF＝ADsin30°＝1，AF＝ADcos30°＝3.(2分)在Rt△ABC中，因为AC＝2AF＝23，AB＝2BC，由勾股定理易知BC＝2155，AB＝4155，(4分)故四面体ABCD的体积V＝13·S△ABC·DF＝13×12×4155×2155×1＝45.(6分)(2)解方法一如图①，设G，H分别为边CD，BD的中点，连接FG，FH，HG，则FG∥AD，GH∥BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角．(7分)设E为边AB的中点，连接EF，则EF∥BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由(1)有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB.所以∠DEF为二面角C－AB－D的平面角．由题设知∠DEF＝60°.(9分)设AD＝a，则DF＝AD·sin∠CAD＝a2.在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝a2·33＝36a，从而GH＝12BC＝EF＝36a.因为Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD＝AD＝a，从而，在Rt△BDF中，FH＝12BD＝a2.(10分)又FG＝12AD＝a2，从而在△FGH中，因FG＝FH，由余弦定理得cos∠FGH＝FG2＋GH2－FH22FG·GH＝GH2FG＝36.因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为36.(12分)②方法二如图②，过F作FM⊥AC，交AB于M.已知AD＝CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F－xyz.(7分)不妨设AD＝2，由CD＝AD，∠CAD＝30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0，－3，0)，C(0，3，0)，D(0,0,1)，则AD→＝(0，3，1)．显然向量k＝(0,0,1)是平面ABC的法向量．已知二面角C－AB－D为60°，故可取平面ABD的单位法向量n＝(l，m，n)，使得〈n，k〉＝60°，从而n＝12.由n⊥AD→，有3m＋n＝0，从而m＝－36.由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±63.设点B的坐标为(x，y,0)，由AB→⊥BC→，n⊥AB→，取l＝63，有x2＋y2＝3，63x－36y＋3＝0，解得x＝469，y＝739，或x＝0，y＝－3(舍去)．易知l＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去．因此点B的坐标为(469，739，0)．(10分)所以CB→＝(469，－239，0)，从而cos〈AD→，CB→〉＝AD→·CB→|AD→||CB→|＝3×－2393＋14692＋－2392＝－3