2011走向高考,贾凤山,高中总复习,阶段性测试题9(理)

阶段性测试题九(立体几何、空间向量(理))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．已知一个几何体是上下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为5，则该几何体的体积是()A.4π3B．2πC.8π3D.10π3[答案]A[解析]这个几何体是一个底面半径为1，高为2的圆锥和一个半径为1的半球组成的组合体，故其体积为13π×12×2＋12×43π×13＝4π3.2．在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，平面A1BD截该正方体的内切球所得截面的面积为()A.πa23B.πa29C.πa22D.πa26[答案]D[解析]如图，S△A1BD＝32a2，S△OBD＝14SBDD1B1＝24a2，设球心O到平面A1BD的距离为d，则VO—A1BD＝VA1—OBD，即13S△A1BD·d＝13S△OBD·22a，解得d＝36a.∴截面圆的半径r＝a22－36a2＝16a.∴S截＝πr2＝π6a2.3．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.233πB．23πC.736πD.733π[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＝l2－(R－r)2＝3.∴V＝13π·3(12＋1×2＋22)＝73π3.4．已知直线m、n和平面α，那么m∥n的一个必要而不充分条件是()A．m∥α，n∥αB．m⊥α，n⊥αC．n⊂α且m∥αD．m、n与α成等角[答案]D[解析]由题意知：m∥n能推出四个选项的某个结论，而这个结论作为条件又不能推出m∥n.在选项D中，因为m∥n，则有m、n与α成等角；而m、n与α成等角，可以是不同方向上成等角，故不能推出m∥n.5．如图所示，b、c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C，D，E均异于A，B)则△CDE是()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形[答案]C[解析]由条件知，∠DAE、∠CBE、∠CBD均为直角，∴DE2＋CE2－CD2＝(DA2＋AE2)＋(CB2＋BE2)－(CB2＋BD2)＝DA2＋AE2＋BE2－DA2－AB2＝AE2＋BE2－AB20，∴∠CED为钝角．6．若A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，则△BCD是()A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不确定[答案]B[解析]∵BC→·BD→＝(AC→－AB→)·(AD→－AB→)＝AC→·AD→－AB→·AD→－AC→·AB→＋AB2→＝|AB→|20，同理CB→·CD→0，DB→·DC→0，故△BCD为锐角三角形．因此选B.7．在四面体O－ABC中，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，若OG→＝13OA→＋x4OB→＋x4OC→，则使G与M、N共线的x的值为()A．1B．2C.23D.43[答案]A[解析]若G、M、N共线，则存在实数λ使MG→＝λMN→，即OG→－OM→＝λ(ON→－OM→)，∴OG→＝(1－λ)OM→＋λON→＝(1－λ)·23OA→＋λ·12(OB→＋OC→)＝2(1－λ)3OA→＋λ2OB→＋λ2OC→，∴2(1－λ)3＝13x4＝λ2，∴x＝1.8．(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，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1.M在EF上．且AM∥平面BDE.则M点的坐标为()A．(1,1,1)B.23，23，1C.22，22，1D.24，24，1[答案]C[解析]∵M在EF上，设ME＝x，∴M22x，22x，1，∵A(2，2，0)，D(2，0,0)，E(0,0,1)，B(0，2，0)∴ED→＝(2，0，－1)，EB→＝(0，2，－1)，AM→＝22x－2，22x－2，1设平面BDE的法向量n＝(a，b，c)由n·ED→＝0n·EB→＝0得，a＝b＝22c.故可取一个法向量n＝(1,1，2)∵n·AM→＝0，∴x＝1，∴M22，22，1，故选C.10．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A．45°B．60°C．90°D．120°[答案]B[解析]设B1C交BC1于点G，取AC的中点H，则GH∥AB1∥EF.设AB＝BC＝AA1＝a，在三角形GHC中，易知GH＝HC＝GC＝22a，又GB＝HG＝22a，故两直线所成的角即为∠HGB＝60°.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．③④B．①③C．②③D．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ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC[答案]D[解析]在平面图形中CD⊥BD，折起后仍然有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ABC.所以平面ADC⊥平面ABC.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]655[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＝5，作AM⊥PD于M，则AM⊥平面PBC，由PD·AM＝AD·PO得，AM＝655.14．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2；④二面角C—B1D1－C1的正切值是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＝CC1AC＝CC12CC1＝22.④∠C1OC为二面角C—B1D1—C1的平面角，tan∠C1OC＝CC1C1O＝CC122CC1＝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．(08·全国Ⅰ)已知菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角A－BD－C为120°，则点A到△BCD所在平面的距离等于________．[答案]32[解析]设AC与BD相交于点O，折起后如图．易知OA＝OC＝1，OB＝32，设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，则|a|＝1，|b|＝32，|c|＝1，a·c＝－12，a·b＝0，b·c＝0.设平面BCD的法向量为n＝xa＋yb＋zc，∵n·b＝xa·b＋yb2＋zb·c＝34y＝0，∴y＝0.n·c＝xa·c＋yb·c＋yc2＝－12x＋z＝0，∴x＝2z.取z＝1，则x＝2，∴n＝2a＋c，∵AC→·n＝(c－a)(2a＋c)＝a·c－2a2＋c2＝－32，|n|＝4a2＋c2＋4a·c＝3，∴点A到平面BCD的距离d＝|AC→·n||n|＝32.三、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92＋42＝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＋AP21＝MP21，∴(3＋x)2＋22＝29，∴x＝2，∴PC＝P1C＝2.∵NCMA＝P1CP1A＝25，∴NC＝45.(3)棱柱的表面积：S＝S侧＋2S底＝9×4＋2×12×32×32＝36＋932.18．(本小题满分12分)已知某几何体的三视图如下图所示，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＝3，∴V＝33.(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∵