高三立体几何综合测试题

立体几何综合测试题一、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84π，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π(r+3r)•3=84π，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EH≠FG，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　D　k 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-2×2=0，∴k=75.

4.已知直线m、n和平面α，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∥α，n∥α   B.m⊥α，n⊥α

C.m∥α，n⊂α   D.m、n与 α所成的角相等

解析　D　对于选项A，当m∥α，n∥α时，直线m、n可以是平行、相交或异面 ;而当m∥n时，m、n与α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α所成的角相等，但是m、n与α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+36π

B.60π

C.288+72π

D.288+18π

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8×6×6+12×π×32×8=288+36π，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.l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B.l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C.l1∥l2∥l3⇒l1，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.6a2　 　 　 B.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27×6×a32=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=1222+22=2，

∴在Rt△BO1C1中，sin ∠C1BO1=O1C1BC1=25=105.

9.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，在所得的所有命题中，真命题有(　　)

A.0个   B.1个

C.2个   D.3个

解析　C　若α，β换为直线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.

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12x×4×5∶[(10-x)×4×5]=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ON⊥MN，在Rt△ONM中，有ON

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M∈FH，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α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m∥n，②α∥β，③m⊥α，④n⊥β，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】　②③④⇒①

15.已知命题：“若x⊥y，y∥z，则x⊥z”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，x⊥z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α-l-β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB与平面β所成的角的正弦值是________.

解析　如图，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，连接OB、OC，则OC⊥l.设AB与β所成角为θ，

则∠ABO=θ ，由图得sin θ=AOAB=ACAB•AOAC=sin 30°•sin 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，∴AE⊥CD.

又BC⊥CD， 且AE∩BC=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，∴CD⊥AB.

又∵AB⊥AD，CD∩AD=D，

∴AB⊥平面ACD.

∴VA-BCD=VB-ACD=13•S△ACD•AB.

又∵在△ACD中，AC⊥CD，AD=BC=4，AB=CD=3，

∴AC=AD2-CD2=42-32=7.

∴VA-BCD=13×12×7×3×3=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，BF∩BC=B，DE∩AD=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，

∴GN⊥MG.

又GN⊥ DC，AB∥DC，

∴GN⊥AB.

又AB∩MG=M，

∴GN⊥平面GAB.

又GN⊂平面CDG，

∴平面ABG⊥平面CDG.

(3)由已知易得CG⊥FG，由(2)知GO⊥EF，

∴∠CGO为二面角C-FG-B的平面角，

∴cos ∠CGO=GOGC=33.

19.(12分)(2011•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：OC1⊥A1B1;

(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AA1⊥AB，

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OE⊥A1B1.

由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AC，A1A⊥BC.

又BB1∥AA1∥CC1，

所以BB1⊥BC，CC1⊥AC，CC1⊥BC，

且AC=BC=4，AA1=BB1=4，CC1=2，

所以A1C1=B1C1，所以C1E⊥A1B1.

又C1E∩OE=E，

所以A1B1⊥平面OC1E，

因为OC1⊂平面OC1E，所以OC1⊥A1B1.

(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

n1•AB1→=0，n1•AC1→=0⇒

x1，y1，z1•4，-4，0=0，x1，y1，z1•2，-2，23=0⇒x1=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

n2•A1B1→=0，n2•A1C1→=0⇒x2，y2，z2•0，-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〉=n1•n2|n1|•|n2|=32×2=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，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点.

(1)求证：B1D1∥平面A1BD;

(2)求证：MD⊥AC;

(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，

∴BB1⊥AC.

又∵BD⊥AC，且BD∩BB1=B，

∴AC⊥平面BB1D1D.

而MD⊂平面BB1D1D，

∴MD⊥AC.

(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，∴BN⊥DC.

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，AB⊥BC，CD⊥AP，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∵EF∩EG=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n•EF→=0，n•EG→=0，得x，y，z•0，-1，0=0，x，y，z•1，1，-1=0，

即y=0，x+y-z=0，取x=1，得n=(1,0,1).

设所求二面角为θ，cos θ=n•DA→|n||DA→|=222=22，

∴θ=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，

∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，

∴D1E→•AC→=0，D1E→•D1A→=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m⊥AC→，m⊥AE→，

∴x=0，-3x+y+3z=0，

令z=-1，得m=(0,3，-1)，

∴cos〈m，D1E→〉=m•D1E→|m||D1E→|=22，

∴二面角E-AC-D1的大小为45°.

(2)设D1P→=λPE→=λ(D1E→-D1P→)，

则D1P→=λ1+λD1E→=0，2λ1+λ，λ1+λ，

∴A1P→=A1D1→+D1P→

=(-3，-1,0)+0，2λ1+λ，λ1+λ

=-3，λ-11+λ，λ1+λ.

∵A1P∥平面EAC，

∴A1P→⊥m，

∴A1P→•m=0，

∴-3×0+3×λ-11+λ+(-1)×λ1+λ=0，

∴λ=32.

∴存在点P使A1P∥平面EAC，

此时D1P∶PE=3∶2.

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