期中数学试卷题号一二三总分得分一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）1.当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A. 三点确定一平面B. 不共线三点确定一平面C. 两条相交直线确定一平面D. 两条平行直线确定一平面2.正方体被平面所截得的图形不可能是（）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形3.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF=，则下列结论中错误的是（）A. AC⊥BEB. EF∥平面ABCDC. 三棱锥A-BEF的体积为定值D. △AEF的面积与△BEF的面积相等4.由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（）（每个方格边长为1）A. 5B. 6C. 7D. 8二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）5.设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的______条件．6.已知直线a，b及平面α，下列命题中：①；②；③；④．正确命题的序号为______（注：把你认为正确的序号都填上）．7.地球北纬45°圈上有A，B两地分别在东经80°和170°处，若地球半径为R，则A，B两地的球面距离为______．8.如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是______．9.若三棱锥S-ABC的所有的顶点都在球O的球面上．SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，则球O的表面积为______．10.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=a，则它的5个面中，互相垂直的面有______对．11.如图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为______．12.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），∠ABC=45°，AB=AD=1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为______．13.四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有______个．14.在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比=，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB交于E，则类比的结论为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．求证：空间四边形B1EDF是菱形．16.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，（如图）E是棱C1D1的中点，F是侧面AA1D1D的中心．（1）求三棱锥A1-D1EF的体积；（2）求异面直线A1E与AB的夹角；（3）求EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小．（结果用反三角函数表示）17.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点，且AM=λAB1．（1）若，求证：MN⊥AA1；（2）求二面角B1-AB-N的余弦值；（3）若直线MN与平面ABN所成角的大小为θ，求sinθ的最大值．18.平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD中棱AB，AC，AD两两垂直，那么称四面体ABCD为直角四面体．请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明．（请在结论1～3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h表示斜边上的高，r，R分别表示内切圆与外接圆的半径）直角三角形ABC直角四面体ABCD条件AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD结论1AB2+AC2=BC2结论2sin2B+sin2C=1结论3=结论4=结论5（2R）2=（AB2+BC2+CA2）答案和解析1.【答案】B【解析】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上，所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定．故选：B．自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定，此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上．本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题．2.【答案】C【解析】【分析】平面与正方体相交与不同的位置，可以出现不同的几何图形，不可能出现正五边形本题考查了用平面截正方体，明确几何体的特征，是解好本题的关键．本题属基础题．【解答】解：如图所示，平面与正方体相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，．故选：C．3.【答案】D【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，点A、B到直线B1D1的距离不相等，由此能求出结果．【解答】解：连结BD，因为AC⊥BD，AC⊥，则AC⊥平面BB1D1D∴AC⊥BE，由于BD∥B1D1，易得EF∥平面ABCD，又定值，定值所以三棱锥A-BEF的体积为定值，从而A，B，C正确．∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误．故选：D．4.【答案】C【解析】解：通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体．则几何体的体积最小值为7．故选：C．通过主视图和左视图分析出原几何体的形状，可以得到原几何体的体积本题考查由三视图还原几何体，空间想象能力，属于基础题．5.【答案】充分不必要【解析】解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．故a∥b是b∥M的“充分不必要”故答案为：充分不必要．判断由a∥b能否得到b∥M，再判断由b∥M能否得到a∥b即可．本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于简单题．6.【答案】④【解析】解：对于①若b⊥α，a⊥b，则a⊂α或a∥α；对于②，a⊥b，b∥α则a也可与α平行；对于③a⊂α时，不成立；对于④，根据两条平行线中有一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面，故正确故答案为④．对于四个选项一一进行判断，不成立可列举反例验证说明．本题的考点是平面的基本性质及推论，主要考查线、面的位置关系，注意掌握反例排除．7.【答案】R【解析】解：地球表面上从A地（北纬45°，东经80°）到B地（北纬45°，西经170°），A，B两地都在北纬45°上，对应的纬圆半径是，经度差是90°．∴AB=R，得球心角是．∴A，B两地的球面距离是．故答案为：．由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的AB弦长，以及球心角，然后求出球面距离．本题考查球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题．8.【答案】【解析】解：球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，∴单位立方体的棱切球的半径为，则球的体积为．故答案为：．由题意画出图形，求得球的半径，再计算体积得答案．本题考查空间想象能力，球的体积计算，是基础题．9.【答案】20π【解析】【分析】本题考查三棱锥、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．由余弦定理求出BC=2，利用正弦定理得∠ABC=90°．从而△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，进而能求出球O的半径R，由此能求出球O的表面积．【解答】解：如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，∵SA⊥平面ABC．SA=AB=2，AC=4，∠BAC=，∴BC==2，∴AC2=BC2+AB2，∴∠ABC=90°．∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r=AC=2，∴球O的半径R==，∴球O的表面积S=4πR2=20π．故答案为：20π．10.【答案】5【解析】解：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA=a，PB=PD=a，可得PA⊥底面ABCDPA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，可得：面PAB⊥面PAD，BC⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，CD⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；故答案为：5先找出直线平面的垂线，然后一一列举出互相垂直的平面即可．本题考查平面与平面垂直的判定，考查棱锥的结构，是基础题．11.【答案】【解析】解：由已知中由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成故该棱锥的底面面积S=2×2=4侧高为正三角形的高则棱锥的高h==故折起后形成的四棱锥的体积V==故答案为：由已知中正四棱锥的展开图为一个边长为2的正方形及四个正三角形，我们可以分别计算出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可求出折起后形成的四棱锥的体积．本题考查的知识点是棱棱的体积，其中根据已知条件，计算出棱锥的底面面积，及结合正四棱锥中（其中h为棱锥的高，H为棱锥的侧高，a为底面的棱长）求出棱锥的高，是解答本题的关键．12.【答案】2+【解析】解：DC=AB sin 45°=，BC=AB sin 45°+AD=+1，S梯形ABCD=（AD+BC）DC=（2+）=+，S=S梯形ABCD=2+．故答案为：2+求出直观图中，DC，BC，S梯形ABCD，然后利与用平面图形与直观图形面积的比是，求出平面图形的面积．本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．13.【答案】3【解析】解：将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是180°，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角．故答案为：3．通过定性分析，对四面体取特殊情况可以得到钝二面角的个数本题考查利用极限思想，通过定性分析来解决问题，属于简单题．14.【答案】【解析】【分析】本题考查了类比推理，将平面中的性质类比到空间．三角形的内角平分线定理类比到空间三棱锥，根据面积类比体积，长度类比面积，从而得到．解：在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比=，将这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中，平面DEC平分二面角A-CD-B且与AB交于E，则类比的结论为根据面积类比体积，长度类比面积可得：，故答案为：．15.【答案】证明：取AD中点G，连接FG，BG，可得B1B∥FG，B1B=FG，∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG=DE，则B1F∥DE，且B1F=DE，∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，∴四边形B1EDF是菱形；．【解析】由题意画出图形，取AD中点G，连接FG，BG，可证四边形B1BGF为平行四边形，得BG∥B1F，再由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，得BG∥DE，BG=DE，从而得到B1F∥DE，且B1F=DE，进一步得到四边形B1EDF为平行四边形，再由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，得到四边形B1EDF是菱形；本题考查正方体内线段之间的关系，空间四边形的证明，属于简单题．16.【答案】解：（1）由题意知，==••h=×（×2×1）×1=；（2）∵A1B1∥AB，∴∠EA1B1或其补角即为异面直线A1E与AB所成角，在△EA1B1，A1E=EB1=，A1B1=2，∴cos∠EA1B1===，∴异面直线A1E与AB所成角为arccos；（3）取A1D1中点M，联结MF，∵MF∥A1A且A1A⊥平面A1B1C1D1，∴MF⊥平面A1B1C1D1，∴∠FEM即为EF与底面A1B1C1D1所成的角，MF=AA1=1，ME=∴tan∠FEM===，∴EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小为arctan．【解析】（1）对三棱锥A1-D1EF换底，换成以F为顶点，△A1D1E为底的三棱锥，求出底面△A1D1E的面积和对应的高，得到所求的体积；（2）找到异面直线A1E与AB所成的角，在△EA1B1内由余弦定理求出；（3）找出直线EF与底面A1B1C1D1所成的角，再计算大小．本题考查三棱锥等体积转化，求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，属于中档题．17.【答案】解：（1）取AA1中点D，联结MD和ND，∵λ=，∴M为AB1中点，又D为AA1中点，∴MD∥B1A1，∵B1A1⊥AA1，∴MD⊥AA1，同理ND⊥AA1，∴AA1⊥平面MND，∴MN⊥AA1；（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，则EN⊥AB，EF⊥AB，∠FEN即为二面角B1-AB-N的平面角，设AB=2a（a＞0），则EF=4a，EN=FN=a，∴cos∠FEN==，即二面角B1-AB-N的余弦值为；（3）设AB=2a（a＞0），M到平面ABN的距离为d，则S△ABM=λ=λ••2a•4a=4λa2，S△ABN=•2a•a=a2；由等体积法，V三棱锥N-ABM=V三棱锥M-ABN，即•S△ABM•a=•S△ABM•d，可得d=λa，而MN==2a，∴sinθ==•=•=•≤•=，当且仅当=，即λ=时，等号成立，即sinθ的最大值为．【解析】（1）取AA1中点D，通过线线垂直证明AA1⊥平面MND，从而得到MN⊥AA1；（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，则∠FEN即为二面角B1-AB-N的平面角，再利用余弦定理求出其余弦值．（3）利用等体积法，求出M到平面ABN的距离及MN的长度，从而表示出sinθ关于λ的函数，求出最大值．本题考查通过线面垂直证明线线垂直，二面角的求法，以及线面角的正弦值的表示，属于中档题．18.【答案】解：记△ABC、△ABD、△ACD、△BCD的面积依次为S1、S2、S3、S，平面BCD与AB、AC、AD所成角依次为α、β、γ，点A到平面BCD的距离为d，r，R分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为直角三角形ABC直角四面体ABCD条件AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD结论1AB2+AC2=BC2结论2 sin2B+sin2C=1sin2α+sin2β+sin2γ=1结论3=结论4=结论5（2R）2=（AB2+BC2+CA2）（2R）2=AB2+AC2+BC2证明：设AB=a、AC=b、AD=c，过A作AE⊥BC，垂足为E，联结DE，过A作AH⊥DE，垂足为H，易证：DE⊥BC，AH⊥平面BCD，则d=AH，结论1：==，在Rt△ABC中，AE=．DE==，=∴；结论2：d=AH===，∴sinα==．同理，sinβ=，sinγ=，∴sin2α+sin2β+sin2γ==1；结论3：∵d=，∴=，又==，∴结论4：∵V D-ABC=V O-ABC+V OABD+V O-ACD+V O-BCD，∴=+．从而=，即；结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2=AB2+BC2+CA2．【解析】在得到结论时，直角三角形中的长度类比成直角四面体的面积，角度类比成二面角，等面积类比成等体积，外接圆类比成外接球．结论1：分别表示、、，然后证明结论2：在△DAE中利用等面积法，表示出高d，然后分别表示sin2α、sin2β、sin2γ，再证明sin2α+sin2β+sin2γ=1结论3：利用结论2中得到的d的表达式，再表示出，再证明结论4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用V D-ABC=V O-ABC+V O-ABD+V O-ACD+V O-BCD进行证明结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，再进行证明．本题考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，线面角的表示，几何体的体积分割法求内切球半径，补齐几何体求外接球半径等，属于难题．。