周测卷(七) 立体几何 含解析- 高考一轮总复习数学

周测卷(七)
(立体几何)
一、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6分，部分选对的得部分分，选错或者不选得0分．
1．已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列四个命题中正确的是(　　)
A．若α∩β＝m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ
B．若m α，n α，则m与n为异面直线
C．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且l∩m＝P，则P∈n
D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
解析：ACD　对于A，显然m α，m β，又m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，A正确；
对于B，由m α，n α，得m与n可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由α∩β＝l，β∩γ＝m，l∩m＝P，知点P在平面α，β，γ内，即为平面α，γ的公共点，又γ∩α＝n，因此P∈n，C正确；
对于D，由m⊥α，m⊥β，得α∥β，又α∥γ，因此β∥γ，D正确．故选ACD.
2．如图，若长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则下列四个命题中正确的是(　　)
A．C1E⊥CE
B．平面B1CE∥平面A1BD
C．三棱锥C1－B1CE的体积为
D．三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积为24π
解析：ACD　
对于A，由正方形的底边长为2，长方体的高为4，易知C1E⊥CE，A正确：
对于B，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，若平面B1CE∥平面A1BD，则有交线CE∥A1B，但事实上CE，A1B不平行，B错误；
对于C，由底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，
则VC1－B1CE＝VE－B1C1C＝×4×2××2＝，C正确；
对于D，三棱锥C1－B1CD1的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，故外接球的半径R＝＝，所以三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积S＝4πR2＝24π，D正确．故选ACD.
3．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为底面A1B1C1D1的中心，点E是正方形ABB1A1内(含边界)一个动点，则下列结论正确的是(　　)
A．BO⊥AC
B．点E存在无数个位置满足OE∥平面ACD1
C．直线CC1与平面ACD1所成角的余弦值为
D．三棱锥A－ECD1体积的最大值为
解析：ABD　对于A，根据题意作图，如图1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
易知OO′⊥AC，AC⊥BD，
因为OO′∩BD＝O′，
所以AC⊥平面OO′B，即AC⊥OB，A正确．
对于B，根据题意作图，如图2.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知AD1∥BC1.
因为BC1 平面ACD1，AD1 平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，
同理可得BA1∥平面ACD1，
因为BA1∩BC1＝B，所以平面BA1C1∥平面D1AC，
易知OB 平面BA1C1，当E∈BA1时，OE∥平面D1AC，B正确．
对于C，根据题意作图，如图3.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知AC⊥BD，BB1⊥AC.
因为BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BDB1，即AC⊥B1D，同理可得B1D⊥D1C，
因为AC∩CD1＝C，所以B1D⊥平面ACD1，连接D1O′，易知D1O′∩B1D＝F，
则∠DD1F为直线DD1与平面ACD1所成角，
在Rt△DD1O′中，
cos ∠DD1F＝＝＝.
因为CC1∥DD1，所以直线CC1与平面ACD1所成角的余弦值为，C错误．
对于D，根据题意作图，如图4.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知当点E与点B1重合时，三棱锥A－ECD1的体积取最大值．
设点B1到平面ACD1的距离为h，
则h＝B1D－DD1sin ∠DDO′，
由选项C可知cos ∠DD1O′＝，
则sin ∠DD1O′＝，可得h＝，
则三棱锥A－ECD1体积的最大值为
V＝·S△ACD1·h＝××××＝，D正确．故选ABD.
二、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
4．已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2.若AB，AC的夹角是60°，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的体积为__________．
解析：2π　设圆锥的母线长是l，则l2·sin 60°＝2，解得l＝2，则高是，圆锥底面半径是2×cos 30°＝.于是该圆锥的体积为·π()2·＝2π.
5．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，设M，N分别是线段DA1，B1D1上的动点，若MN∥平面CC1D1D，则线段MN长的最小值为__________.
解析：　如图，过点M，N分别作MG∥A1D1交DD1于点G，作NP∥A1D1交C1D1于点P，连接PG.
要使MN∥平面CC1D1D，
则四边形MGPN为平行四边形，故NP＝MG.
设D1G＝m∈(0，1)，则PC1＝m，故PD1＝1－m.
由勾股定理得MN＝PG＝＝，
其中m2＋(1－m)2＝2m2－2m＋1＝2(m－)2＋≥，当且仅当m＝时，等号成立，
故MN≥.
6．右图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，四边形CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，MN⊥OB，KN⊥OB.如果记α＝∠AOB，β＝∠AOC，γ＝∠BOD，δ＝∠COD，则cos α＝______________(用cos β，cos γ和cos δ表示).
解析：　由四边形CMNK是矩形，得MN⊥KN，
又MN⊥OB，KN∩OB＝N，KN，OB 平面AOB，
则MN⊥平面AOB，而KC∥MN，
则KC⊥平面AOB，
又OA 平面AOB，则KC⊥OA，OK＝OC cos β.
由KN⊥OB，MN⊥KN，MN∩OB＝N，MN，OB 平面BOD，则KN⊥平面BOD，
而CM∥KN，则CM⊥平面BOD，
又OD 平面BOD，则CM⊥OD，
OM＝OC cos δ.
在Rt△MON中，
ON＝OM cos γ＝OC cos δcos γ，
在Rt△KON中，
ON＝OK cos α＝OC cos αcos β，
因此OC cos αcos β＝OC cos δcos γ，
所以cos α＝.
三、解答题：本大题共3小题，共45分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
7．(本小题满分15分)
如图，在直三棱柱ABC－AB1C1中，D是棱BC上一点(点D与点C不重合)，且AD⊥DC，过A1作平面BCC1B1的垂线l.
(1)证明：l∥AD.
(2)若AC＝CC1＝2，当三棱锥C1－ACD的体积最大时，求AC与平面ADC1所成角的正弦值．
解析：(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
因为AD 平面ABC，所以CC1⊥AD.
又AD⊥DC，CC1∩DC＝C，CC1，DC 平面BCC1B1，
所以AD⊥平面BCC1B1.
又因为l⊥平面BCC1B1，所以l∥AD.
(2)因为VC1－ACD＝S△ACD·CC1，
所以当三棱锥C1－ACD的体积最大时，S△ACD最大．
由(1)可知AD⊥平面BCC1B1，
因为CD 平面BCC1B1，所以AD⊥CD.
又AC＝2，所以4＝AC2＝AD2＋DC2≥2AD·CD＝4S△ACD，
当且仅当AD＝CD＝时取等号，
即当S△ACD最大时，AD＝CD＝.
(方法1：综合法)如图，作CH⊥DC1于H，连接AH.
由(1)可知AD⊥平面BCC1B1，
因为CH 平面BCC1B1，所以AD⊥CH.
又DC1∩AD＝D，AD，DC1 平面ADC1，
所以CH⊥平面ADC1.
因此，AC与平面ADC1所成的角等于∠CAH.
因为CH⊥平面ADC1，AH 平面ADC1，所以CH⊥AH.
在Rt△CDC1中，CD＝，CC1＝2，
所以DC1＝，
因此CH＝＝，
在Rt△ACH中，sin ∠CAH＝＝＝.
所以AC与平面ADC1所成角的正弦值为.
(方法2：向量法)如图，在平面BCC1B1内，作DE∥CC1，DE交B1C1于E.
因为CC1⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
以D为原点，DC，DA，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，
则A(0，，0)，C(，0，0)，C1(，0，2).
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，
易得＝(0，，0)，＝(，0，2)，
可取n＝(，0，－1).
因为＝(，－，0)，
则cos 〈，n〉＝＝＝，
所以AC与平面ADC1所成角的正弦值等于|cos 〈，n〉|＝.
8．(本小题满分15分)
某数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个“刍甍”(如图2).
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF.
(2)若二面角A－EF－B的大小为，求平面OAB与平面ABE夹角的余弦值．
解析：(1)证明：如图3，取线段CF的中点为H，连接OH，GH.
由图1可知，四边形EBCF是矩形，
所以O是线段BF与CE的中点，
所以OH∥BC且OH＝BC.
在图1中AG∥BC且AG＝BC，EF∥BC且EF＝BC.
所以在图2中，AG∥BC且AG＝BC，
所以AG∥OH且AG＝OH，
所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG.
由于AO 平面GCF，HG 平面GCF，所以AO∥平面GCF.
(2)由图1，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
所以∠AEB即为二面角A－EF－B的平面角，
所以∠AEB＝.
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系Exyz如图4.
设CB＝2EB＝2EA＝4，
则B(2，0，0)，O(1，2，0)，A(－1，0，)，
所以＝(1，－2，0)，＝(－3，0，).
易知平面ABE的一个法向量m＝(0，1，0)，
设平面OAB的法向量n＝(x，y，z)，
由得
取x＝2，则y＝1，z＝2，
于是平面OAB的一个法向量n＝(2，1，2)，
所以cos 〈n，m〉＝＝，
所以平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为.
9．(本小题满分15分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD为等边三角形，M为PA的中点，PD⊥AB，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明：平面CDM⊥平面PAB.
(2)若AD∥BC，AD＝2BC，AB＝2，直线PB与平面MCD所成角的正弦值为，求三棱锥P－MCD的体积．
解析：(1)证明：如图，取AD的中点为N，连接PN.
因为△PAD为等边三角形，所以PN⊥AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN 平面PAD，
所以PN⊥平面ABCD，又AB 平面ABCD，所以PN⊥AB.
又因为PD⊥AB，PN∩PD＝P，PN，PD 平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
又因为DM 平面PAD，所以AB⊥DM.
因为M为AP的中点，所以DM⊥PA，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAD，
所以DM⊥平面PAB，
且DM 平面CDM，
所以平面CDM⊥平面PAB.
(2)由(1)可知AB⊥平面PAD，
且AD 平面PAD，所以AB⊥AD.
以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AD＝2a，则可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，a，a)，M(0，，)，C(2，a，0)，D(0，2a，0)，
则＝(2，－a，－a)，＝(2，－a，0)，＝(0，－a，a).
设平面MCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
则可得取y＝2，则x＝a，z＝2，
所以平面MCD的一个法向量为n＝(a，2，2).
设直线PB与平面MCD所成角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝
＝＝，
解得a2＝16或a2＝1，即a＝4或1，
当a＝4时，AD＝2a＝8，
所以VP－MCD＝VC－PMD＝S△PMD·|AB|＝××4×4×2＝.
当a＝1时，AD＝2，
所以VP－MCD＝VC－PMD＝S△PMD·|AB|＝××1××2＝.