高三立体几何章末综合测试题 高三数学章末综合测试题（13）立体几何（1）
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.
资料来自：悦考网www.ykw18.com
高三立体几何章末综合测试题 高三数学章末综合测试题（13）立体几何（1）
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.
资料来自：悦考网www.ykw18.com