階段綜合檢測卷(五)立體幾何1．解析：如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，對于A，設(shè)平面α為平面ABCD，平面β為平面ADD1A1，m＝B1C1，l＝BC，m∥α，l∥β，α⊥β但m∥l，A錯；對于B，m＝BC，平面α為平面ABCD，l＝AD，平面β為平面ADD1A1，此時m?α，l?β，m∥l，但α與β不平行，B錯；對于D，平面α為平面ABCD，平面β為平面A1B1C1D1，m＝AA1，l＝BB1，此時m⊥α，l⊥β，m∥l，但平面α與平面β不垂直，D錯．綜上，采用排除法可知選C.答案：C2．解析：設(shè)AB中點O′，PB中點O，由CA＝CB＝2，AC⊥BC，所以△ABC的外接圓直徑2r＝AB＝22，且圓心為O′，由于PA⊥底面ABC，OO′∥PA，所以O(shè)O′⊥底面ABC,則O為三棱錐P-ABC外接球的球心，所以外接球的直徑2R＝PB＝23，所以外接球的體積V＝43πR3＝43答案：B3．解析：在圖1中V水＝12×2×2×在圖2中，V水＝VABC-A∴43h＝4，∴h答案：A4．解析：如圖，四邊形PAP′B為該幾何體的軸截面，則四邊形PAP′B的內(nèi)切圓的半徑即為該幾何體內(nèi)切球的半徑，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，由OP＝OA＝1，得r＝22，則V2＝43πr3＝2π3，V1＝2×13π×1所以V1∶V2＝2∶1.答案：D5．解析：由已知圓臺的側(cè)面展開圖為半圓環(huán)，不妨設(shè)上、下底面圓的半徑分別為r，R(r<R)，則2πr＝π×1，2πR＝π×4，解得r＝12，R所以圓臺軸截面為等腰梯形，其上、下底邊的長分別為1cm和4cm，腰長為3cm，即AD＝1，BC＝4，AB＝3，過點A作AH⊥BC，H為垂足，所以BH＝32，AH＝33答案：D6．解析：∵BC∥平面A1B1C1，平面BCMN∩平面A1B1C1＝MN，BC?平面BCMN，∴BC∥MN，設(shè)△ABC的面積為1，△A1MN的面積為S，三棱柱ABC-A1B1C1的高為h，∴三棱臺ABC-A1MN的體積VABC-A1MN＝131+S+S又三棱柱ABC-A1B1C1的體積VABC-A1∴h＝231+S+S·h，解得S∵△A1MN∽△A1C1B1，∴S1＝MNB1C12＝答案：A7．解析：設(shè)因為在正方體ABCD-所以AB⊥A1D，因為AD1所以A1所以∠A設(shè)AA因為點M位于A，B兩點時，OM分別取最小值和最大值，即2所以tanθ∈3因為θ∈0，π2答案：C8．解析：設(shè)點A在平面BCD內(nèi)的射影為點E，則E為△BCD的中心，取CD的中點M，連接BM，則E∈BM，取線段BE的中點F，連接OF，因為O、F分別為AB、BE的中點，則OF∥AE且OF＝12AE因為AE⊥平面BCD，則OF⊥平面BCD，因為BE?平面BCD，則AE⊥BE，正△BCD的外接圓半徑為BE＝a2sinπ3＝33a所以O(shè)F＝12AE＝易知球O被平面BCD所截的截面圓圓心為點F，且BF＝EF＝EM，故FM＝BE＝33a因為△BCD為等邊三角形，M為CD的中點，則BM⊥CD，因為以O(shè)為球心的球面與平面BCD的交線和CD相切，則切點為點M，則球O的半徑為OM＝OF2+因此，球O的體積是V＝43π×22a3＝23答案：D9．解析：A：若m∥α，n∥α，則直線m，n可以平行，也可以相交，還可以異面；若m∥n，則存在平面α，有m∥α，n∥α，所以本選項正確；B：若m⊥α，n⊥α，則m∥n，即垂直于同一平面的兩條直線平行；若m∥n，則存在平面α，有m⊥α，n⊥α，所以本選項不正確；C：若m⊥l，n⊥l，則直線m，n可以平行，也可以相交，還可以異面；若m∥n，則存在直線l，有m⊥l，n⊥l，所以本選項正確；D：若m∥l，n∥l，則m∥n，即平行于同一直線的兩直線平行，若m∥n，則存在直線l，有m∥l，n∥l，所以本選項不正確，答案：AC10．解析：對于A，連接A1P，A1B，B1D，B1C，如圖：∵CD⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1，∴CD⊥BC1，又BC1⊥B1C，B1C∩CD＝C，B1C?平面B1CD，CD?平面B1CD，∴BC1⊥平面B1CD，∵B1D?平面B1CD，∴BC1⊥B1D，連接B1A，同理可得A1B⊥B1D，∵A1B∩BC1＝B，A1B?平面A1BC1，BC1?平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，∵A1P?平面A1BC1，∴B1D⊥A1P，故A正確；對于B，連接BD，C1D如圖：∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四邊形ABC1D1為平行四邊形，∴AD1∥BC1，∵BC1?平面BDC1，AD1?平面BDC1，∴AD1∥平面BDC1，同理四邊形ADC1B1為平行四邊形，∴AB1∥DC1，∵DC1?平面BDC1，AB1?平面BDC1，∴AB1∥平面BDC1，∵AB1∩AD1＝A，AB1?平面AB1D1，AD1?平面AB1D1，∴平面BDC1∥平面AB1D1，∴DP?平面BDC1，∴DP∥平面AB1D1，故B正確；對于C，如圖：由B知AD1∥BC1，∵AD1?平面ACD1，BC1?平面ACD1，∴BC1∥平面ACD1，∴點P到平面ACD1的距離等于點B到平面ACD1的距離，∴VP-ACD1對于D，將平面A1BC1和平面BCC1沿直線BC1展開為一個平面，如圖：∵BC1＝A1B＝A1C1＝22+22＝2，∴∠A1∴cos∠A1C1C＝cos(60°＋45°)＝12A1C2＝A1C12+CC12－2·A1C1·CC1·cos∠A1C∴A1C＝3＋1，即A1P＋PC的最小值為3＋1，故D正確．答案：ABD11．解析：由題意，某半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成，其可由正四面體切割而成，其棱長為1，A中，該半正多面體的表面積為4×34×32?3B中，如圖所示，該半正多面體所在的正四面體中，可得正四面體的棱長為3，取正四面體的下底面的中心為N，連接MN，則MN⊥底面ABC，在直角△MNG中，因為MG＝3，NG＝23所以MN＝MG2即該半正多面體所在的正四面體的高為6，體積為13該半正多面體的體積為92C中，該半正多面體外接球的球心即其所在正四面體的外接球的球心，記球心為O，半徑為R，△DEF的中心為O1，連接OA，NA，OF，OO1，由等邊△DEF的邊長為1，可得O1F＝23又由底面正六邊形AHKBCL的邊長為1，可得NA＝1，在正四面體M-DEF中，可得MO1＝63，所以O(shè)1N＝MN－MO1＝6設(shè)ON＝h，因為OA＝OF＝R，可得NA2＋h2＝O1F2＋O1O2，即12＋h2＝332＋263?h2，解得h＝64所以R2＝OA2＝642＋12＝118，故該半正多面體外接球的表面積為4π·OA2＝D中，該半正多面體的展開圖，如圖所示，則FT＝4，AT＝3，AF＝答案：BCD12．解析：如圖所示：正三角形繞AB所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周，得到幾何體是兩個同底的圓錐，圓錐的底面半徑為r＝OC＝3，所以所得幾何體的表面積為S＝2×πr×AC＝2×π×3×答案：43π13．解析：由臺體的結(jié)構(gòu)特征知：A1B1AB＝A1D1∴B1D1＝A1設(shè)臺體的外接球球心為O，半徑為R，BD，B1D1中點分別為E，E1，作出截面BDD1B1如圖所示，設(shè)OE＝h，則OE1＝4－h(huán)，在Rt△OB1E1和Rt△OBE中，4?h解得h＝0，R2＝32，即球心O∴該臺體的外接球表面積S＝4πR2＝128π.答案：128π14．解析：第一空：設(shè)A1到平面BCDE的距離為h，易得VC-A1BE＝VA1-CBE＝13·h·S△CBE，S△CBE＝12S△要使三棱錐C-A1BE的體積最大，即h最大，顯然當(dāng)平面A1DE⊥平面BCDE時，h最大，取BC中點P，連接AP交DE于G，則G為DE中點，連接A1G，易得A1G⊥DE，又平面A1DE∩平面BCDE＝DE，則A1G⊥平面BCDE，即h最大為A1G＝12AP＝12×232?32則P為四邊形BCDE的外心，設(shè)△A1DE的外心為N，過P作直線l⊥平面BCDE，易得l∥A1G，則l，A1G共面，過N作直線垂直于平面A1DE交直線l于O，易得O即為外接球球心，連接OA1，OA1即為外接球半徑，易得四邊形GNOP為矩形，則A1N＝23A1GON＝GP＝AG＝32，則OA1＝A故外接球O的表面積為4π×1322第二空：要使截面圓面積最小，顯然當(dāng)OM垂直于截面圓時，截面圓半徑最小，面積最小，又E，C都在球面上，M為EC中點，顯然EC為截面圓的直徑，又EC＝AP＝3，則截面圓的面積最小為π·EC22＝9π答案：13π9π15．證明：(1)在平面BCC1B1中，過B1作B1H⊥BC，又∠C1DC為銳角，∴B1H與C1D必有交點，設(shè)為P，∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，B1H⊥BC，B1H?平面BCC1B1，∴B1H⊥平面ABC，又AD?平面ABC，∴AD⊥B1H，AD⊥DC1，B1H∩DC1＝P，B1H?平面BCC1B1，DC1?平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.(2)連接A1C交AC1于點O，在斜三棱柱中，四邊形ACC1A1為平行四邊形，∴O為A1C的中點，連接OD，∵A1B∥平面ADC1，A1B?平面A1BC，平面A1BC∩平面ADC1＝OD，∴A1B∥OD，又在△A1BC中，O為A1C的中點，∴D為BC中點，又AD⊥平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，∴AD⊥BC，在△ABC中，D為BC中點，∴AB＝AC，△ABC是等腰三角形．16．解：(1)記AD的中點為H，連接HC，HB，HG，GE，則BCAH，BEAG，所以四邊形ABCH和ABEG為平行四邊形，所以ABCH，ABEG，所以CEHG，因為HG?平面CDE，CE?平面CDE，所以HG∥平面CDE，又CB12AD，所以BCDH，所以四邊形BCDH為平行四邊形，所以BH∥CD，又因為BH?平面CDE，CD?平面CDE，所以BH∥平面CDE，因為HG∩BH＝H，HG，BH?平面BHG，所以平面BHG∥平面CDE，又BG?平面BHG，所以BG∥平面DCE.(2)連接AE，因為平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，又因為平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥AF，AF?平面ABEF，所以AF⊥平面ABCD，又AF∥BE，所以BE⊥平面ABCD，易知S△AEF＝12AF·AB＝2，S梯形ABCD＝12(AD＋BC)·所以多面體ABCDEF的體積V＝VD-AEF＋VE-ABCD＝13×S△AEF×AD＋13×S梯形ABCD×BE＝17．解：(1)因為M為線段AB的中點，且△ABC為等邊三角形，所以CM⊥AB，因為EA⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以EA⊥CM，因為EA∥BD，所以A，B，D，E四點共面，因為AB?平面ABDE，AE?平面ABDE，AB∩AE＝A，所以CM⊥平面ABDE，因為DE?平面ABDE，所以ED⊥MC.(2)設(shè)AB的中點為O，連接OC，在平面ABDE內(nèi)，過點O作ON⊥AB交ED于點N，由(1)可得OC，ON，AB兩兩垂直，分別以O(shè)B，OC，ON所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，因為AB＝BD＝2，AE＝1，AM＝3MB，所以M12，0，0，C0，3，0，所以MC＝?12，3，0設(shè)平面MCE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則m·MC＝?12x1+3y1＝0，m所以平面MCE的一個法向量為m＝23設(shè)平面MCD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則n令x2＝23，得y2＝1，z2＝－32所以平面MCD的一個法向量為n＝23所以cos〈m，n〉＝m·所以二面角D-CM-E的余弦值為172218．解：(1)因為PD∥BC，∠B＝90°，所以∠APD＝90°，所以A′P⊥PD，所以A′P⊥BC，又因為BC⊥BP，A′P∩BP＝P，A′P?平面PBA′，BP?平面PBA′，所以BC⊥平面PBA′，又BC?平面CBA′，所以平面CBA′⊥平面PBA′.(2)因為PD∥BC，BC⊥AP，所以PD⊥AP，又因為A′P⊥AP，A′P∩PD＝P，A′P，PD?平面A′PD，所以AP⊥平面A′PD，所以PA、PA′、PD兩兩垂直，以P點為原點，PA為x軸，PD為y軸，PA′為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為PB＝CB＝2PD＝4，PD∥BC，所以AP＝PB＝4.則D(0，2，0)，C(－4，4，0)，B(－4，0，0)，A′(0，0，4)，平面BCD的一個法向量為m＝(0，0，1)，A'C＝(－4，4，－4)，設(shè)A'E＝λA'C＝(－4BA'＝(4，0，4)，BE＝BA'+A'E＝(－4設(shè)平面BDE的法向量為n＝(x，y，z)，則n所以?4λ+4取x＝1，則y＝－2，z＝3λ?11?λ故n＝1，?2，3λ?11?λ為平面所以|cos〈m，n〉|＝m·解得λ＝23即A'E＝219．證明：(1)因為四邊形ABCD為平行四邊形，且△ADE為等邊三角形，所以∠BCE＝120°.又E為CD的中點，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE為等腰三角形，所以∠CEB＝30°.所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE.又因為平面AEP⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，所以BE⊥平面APE，又AP?平面APE，所以BE⊥AP.(2)取AE的中點O，連接PO，由于△APE為正三角形，則PO⊥AE，又平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO?平面EAP，所以PO⊥平面ABCE，PO＝3，BE＝2取AB的中點G，則OG∥BE，由(1)得BE⊥AE，所以O(shè)G⊥AE，以點O為原點，