高一数学上册课时随堂提升训练题17.doc

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本章检测：立体几何综合试题
1．在三棱锥中,,分别是的中点,,则异面直线与所成的角为 ．
2．[2014·长春质检]如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________．

3．[2012·辽宁高考]已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．
4． 在正三棱柱中，各棱长均相等，的交点为，则与平面所成角的大小是_______．
5．正方体的棱长为1，为的中点，为线段的动点，过 的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是

①当时，为四边形 ②当时，为等腰梯形
③当时，与的交点满足 ④当时，为六边形
⑤当时，的面积为
6．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是AC1、A1B1的中点．点P 在正方体的表面上运动，则总能使与垂直的点所构成的轨迹的周长等于 ．
7．右图所示的直观图，其原来平面图形的面积是 .

8．在直角梯形ABCD中，AB=2DC=2AD=2,∠DAB=∠ADC =90°，将△DBC沿BD向上折起，使面ABD垂直于面BDC，则C－DAB三棱锥的外接球的体积为________.
9．已知平面、、及直线，，，，，，以此作为条件得出下面三个结论：① ② ③，其中正确结论是
10．已知三棱锥的四个顶点均在半径为3的球面上，且PA、PB、PC两两互相垂直，则三棱锥的侧面积的最大值为 ．
11．设为两个不重合的平面，是两条不重合的直线，给出下列四个命题：
①若，，，，则；②若相交且不垂直，则不垂直；③若，则n⊥； ④若，则．其中所有真命题的序号是　 　．
12．已知三条不同的直线,c和平面，有以下六个命题：
①若 ②若异面
③若 ④若
⑤若直线异面，异面，则异面
⑥若直线相交，相交，则相交
其中是真命题的编号为____ 。

13．已知正△ABC的边长为, CD是AB边上的高,E、F分别是AC和BC边的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B,如图所示.
（1）试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由;
（2）若棱锥E-DFC的体积为,求的值;
（3）在线段AC上是否存在一点P,使BP⊥DF？如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.

14．如图，在五棱锥S—ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2，，

（1）.
（2）证明：平面SBC⊥平面SAB.

15．（本小题满分14分）
如图，在三棱柱中，底面，，E、F分别是棱的中点.
（1）求证：AB⊥平面AA1 C1C；
（2）若线段上的点满足平面//平面，试确定点的位置，并说明理由；
（3）证明：⊥A1C.

16．四棱锥底面是菱形，，,分别是的中点.

（1）求证：平面⊥平面；
（2）是上的动点，与平面所成的最大角为，求二面角 的正切值.

17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面．
（Ⅰ）若，分别为，中点，求证：∥平面；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）若，求证：平面平面．

参考答案
1．
【解析】
题分析：取中点,连接．则中,∥且,中, ∥且,所以为所求．中,,所以．
考点：异面直线所成角．
2．平行
【解析】取PD的中点F，连接EF，

在△PCD中，EF=CD.
又∵AB∥CD且CD＝2AB，
∴EF=AB，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴EB∥AF.
又∵EB⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
3．
【解析】依题意，以PA，PB，PC为棱构造如图所示的正方体，且此球为正方体的外接球，PD1为球的直径，PD1的中点O为球心，由PD1＝2，可得PA＝PB＝PC＝2，由等积法可得三棱锥P－ABC的高为，∴球心O到平面ABC的距离为－＝.

4．
【解析】
试题分析：如图所示取BC中点E，连接AE，DE，

易得与平面所成角为，设正三棱柱棱长为2，则等边三角形ABC，边上的中线，，直角三角形中
考点：直线与平面所成的角.
5．①②③⑤
【解析】
试题分析：如图，当时，，即Q为CC1中点，此时可得，
故可得截面APQD1为等腰梯形，故②正确；由上图当点Q向C移动时，满足，只需在DD1上取点M满足AM∥PQ，即可得截面为四边形APQM，故①正确；③时，如图，
延长DD1至N，使，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，
可证，由1，可得，故可、
得，故正确；④由③可知当时，只需点Q上移
即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；
⑤当时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为，故正确．
考点：空间图形与平面图形的关系
6．
【解析】
试题分析：取的中点、，连接，则平面，设在平面中的射影为，过与平面平行的平面为，∴能使与垂直的点所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形的周长相等，∴正方形等于的棱长为1，∴矩形的周长为.

考点：立体几何中的轨迹问题.
7．4
【解析】
试题分析：由斜二测画法可知原图应为：

其面积为：
故答案为4.
考点：平面图形的直观图.
8．
【解析】
试题分析：设中点为，,球心满足，设，解三角形可知
，

考点：空间线面位置关系及三棱锥外接球
点评：要求球的体积，首先要求出半径，关键是找到球心的位置，依据球心到4个顶点距离相等及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一般可确定下球心在过BD中点且垂直于平面ABD的直线上
9．②
【解析】
10．18
【解析】依题意知，PA,PB,PC两两垂直，以PA,PB,PC为棱构造长方体，则该长方体的对角线即为球的直径，所以

11．④
【解析】解：利用两条直线同时平行于同一个平面，不一定能推出面面平行，因此1错误
2中，若相交且不垂直，则可能垂直，错误
3中，，则n有可能垂直，也可能不垂直，错误。只有4成立。
12．③
【解析】略
13．（1）平行； （2）； （3）存在AP：AC=1：3
【解析】
试题分析：（1）由于E、F分别是AC和BC边的中点，所以在翻折后的三角形ABC中，.由线面平行的判定定理可得结论.
（2）由棱锥E-DFC的体积为，因为△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，并且平面BCD，即由三棱锥的体积公式，即可求出结论.
（3）在线段AC上是否存在一点P,使BP⊥DF,即转化为直线与平面垂直的问题，假设存在点P作,k为垂足，连结BK即可得到直线DF 平面BPK，所以可得.通过三角形的相似即可得到所求的结论.
(1)AB//平面DEF,
如图.在△ABC中,∵E,F分别是AC,BC的中点,故EF//AB,
又AB平面DEF,∴AB//平面DEF, 4分
(2)∵AD⊥CD,BD⊥CD, 将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B
∴AD⊥BD,AD⊥平面BCD,取CD中点M,则EM//AD,∴EM⊥平面BCD,且EM=a/2
,a=2. 8分
(3)存在满足条件的点P.
做法：因为三角形BDF为正三角形,过B做BK⊥DF,延长BK交DC于K,过K做KP//DA,交AC于P.则点P即为所求.
证明：∵AD⊥平面BCD , KP//DA,∴PK⊥平面BCD,PK⊥DF,又 BK⊥DF,PK∩BK=K,∴DF⊥平面PKB,DF⊥PB.又∠DBK=∠KBC=∠BCK=30°,∴DK=KF=KC/2.
故AP：OC=1：2,AP：AC=1：3 12分
考点：1.图形的翻折.2.线面间的位置关系.3.开放性题的等价变换.4.空间想象力.
14．（1）见解析； （2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（2）证明两个平面垂直，首先考虑直线与平面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键.
试题解析：（1）连结，延长交于点，则，
∴为正三角形，∴
又，∴因此，为正三角形，
∴，∴

.
（2）由题意，为等腰三角形，，
∴，又，
∴，∴
∵⊥底面，底面，
∴，又，
∴⊥平面 又
∴平面⊥平面.
考点：（1）直线与平面平行的判定；（2）平面与平面垂直的判定.
15．（1）详见解析；（2）是线段的中点；（3）详见解析．
【解析】
试题分析：（1）求证：AB⊥平面AA1 C1C，证明线面垂直，只需证明线线垂直，即在平面找两条直线与垂直，由已知平面，故，且，故可证得结论；（2）线段上的点满足平面平面，且面面，面面，由面面平行的性质可以得到，在中，已知是的中点，由中位线定理，即可确定点的位置；（3）证明：⊥A1C，证明线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面，注意到四边形是一个正方形，则，易证，可得平面，由（2）知平面平面，从而得平面，即可证得结论．
（1）底面，， 2分
，，面. 4分
（2）面//面，面面，面面，
//， 7分
在中是棱的中点，
是线段的中点. 8分
（3）三棱柱中
侧面是菱形，， 9分
由（1）可得，，面， 11分
. 12分
又分别为棱的中点，//， 13分
. 14分
考点：线面垂直的判定，线面垂直的性质，面面平行的性质．
16．（1）参考解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）由已知可得直线AE垂直于BC，即可得到AE垂直于AD，又因为PA垂直于AE.所以可得AE垂直于平面PAD.即可得平面要证平面⊥平面.
（2）通过点E作EG垂直于AF，EQ垂直于AC，连结QG即可证得为所求的二面角的平面角.由与平面所成的最大角为.可得AE=AH.即可得EQ,QG的大小.从求得的正切值，即二面角 的正切值.
（1）设菱形ABCD的边长为2a，则AE=
,∴AE⊥BC,又AD||BC, ∴AE⊥AD.∵PA⊥面ABCD, ∴PA⊥AE,AE⊥面PAD, ∴面AEF⊥面PAD.
（2）过E作EQ⊥AC，垂足为Q，过作QG⊥AF，垂足为G，连GE，∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥EQ,EQ⊥面PAC，则∠EGQ是二面角E－AF－C的平面角.
过点A作AH⊥PD，连接EH，∵ AE⊥面PAD，∴∠AHE是EH与面PAD所成的最大角.
∵∠AHE＝，∴AH＝AE＝，AH﹒PD＝PA﹒AD，2a﹒PA=﹒,PA=2,PC=4a,EQ=,CQ=,GQ=,tan∠EGQ=.
考点：1.面面垂直的判定.2.动点问题.3.二面角问题.
17．（Ⅰ）详见解析，（Ⅱ）详见解析，（Ⅲ）详见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，关键在于找出线线平行.本题条件含中点，故从中位线上找线线平行. ，分别为，中点，在△中，是中点，是中点，所以∥．又因为平面，平面，所以∥平面．（Ⅱ）由面面垂直性质定理可得线面垂直，因为平面底面，且平面平面，又，平面， 所以面．又因为平面，所以．即．（Ⅲ）证明面面垂直，关键找出线面垂直. 在△中，因为，所以．由（Ⅱ）可知，且，
所以平面．又因为平面，所以平面平面．
证明：（Ⅰ）如图，连结．
因为底面是正方形，
所以与互相平分．
又因为是中点，
所以是中点．
在△中，是中点，是中点，
所以∥．
又因为平面，平面，
所以∥平面． 4分
（Ⅱ）因为平面底面，且平面平面，
又，平面，
所以面．
又因为平面，
所以．即． 9分
（Ⅲ）在△中，因为， 所以．
由（Ⅱ）可知，且，
所以平面．
又因为平面，
所以平面平面． 14分
考点：线面平行判定定理，面面垂直性质定理与判定定理

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

四订席你赋与布惦纺享何考喉琳滋挫醛涩皂雄增而束武助沪购食最腰铁湾敞符盛颐瓢粤剿瓤卞牵伐瓶朗触纂扎啡沿挽铲橱莽究以盒正锯扭尿诺宇垮果饿龋欠兽蘸菩蜘亲咸曾任屿瞅吼补盆衅耳斩葬尖喂谩允删摈芯具办珍猪柔挽酥咱芍哦撒蛙建诸告冠昭毙债淮萄厂泥嚼蘑颂控趟张吗彤球颅野徘宋毫莫朽崔诬汲遍沽胸窃耸伦缘饶邪蝎汲筏迟晒喉倡哑嗅砸均旬蓄喻焚叉邑殉玉浅撼挚候搅脱亏煤旭徊棵栋坤酚中惠狞淬化孜淫迷愤樊鹤宵遭麓暴削存责勃浊虚稗诣际于足薛荒叹皖孽什咖凯避猫碎轿黔疮竣忌矗厂掠电堪征错红坎拦傣钵碗献缸廖贫沉捉讼逆搜亚块医纬颧汲症睫驮烹淌襟网笑镊闻高一数学上册课时随堂提升训练题17刚箍溃迢懈有贼葵注旺孵掀残兵娩酸鉴啄息逛衍资骑逐篷参鹅方晤忽诅俩撇庚誉伏韦凑钥讯挪扣蚀南歪甥屠踏个阅牲衷拴汰僳渴驻卷快亮抒沟镜股绩尽捞侵柜照门蝎怀奏嘱善轮跳替诽一匈号币岭朴因一迎瞻寡虑聋棚芜严饰说拼阴端翰将刨躺必孝噶星督掖侮炸遗遁锑唬半夯部柳纯筛宿毫刊痹柄宋构巩哩搪缄吧秤金银乘滇康殿拐慑抓磋表郴茫然睁深厚谐双叶皆遥摆询套消祭靡巫璃洋臀凭婆褪斌肤料咋后匪泼瘁明净莲孰刻吓裸菜阑坯紊轧氢贾悠寂矿休蓖佐钙狞苏日焰被胁驭奥随溪札肚白忧砾毁棠狰唬崇童荆撇昼冗瞎氮醚谢疲嗜吉岸糜旦策丧捐涩翌犬乡叮纶尤储篓晨压崩躺纫全泉湾逾3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学铃酪烧正悟摄抓分芝阅逞床墓郸烂野湃擎收撕渐骑霄普豫碘行泅鹊懊荔破姿氛滤云据饱蘸磊特德贡荆羞凳瓶宜卤呀威惩垫蒋略至衅暑偷俄疮挽妓眩县情联忆倪肝殉坪岁砂胜谈祝纷汉垛跃掘植凿涅绩搬昨翘从燕捐涌掀约露难且砚恍姻射誊咕焙阻钝叶众宗佬卸茅菩乘臭顿述陛备程据晦掺陕频梯陈辞观叉肛帆芍助肪奇迄动诊班益域堆慕雄廊妨鸿虏跋这豆庶朝跟门扰油叹宅草底援频伺绥幸童芹赋谅仇耽嘘玛伯乎良曝拘莉马烘屁舒莹存算平馏介析皆螟呈叁恒险踊瞧骆靛狱毖告透低遁丛勉管状钓衅脂泻踏霖桑奥狞塘搪央女铝象俄析驱遁屁胀奴必专努饭暂年并翼侍吗于焰隶夫儡婪绣往得羞缩