【寒假作业11 立体几何】参***。
a组】1. 答案：a
分析：不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；b，c，d均是平面的基本性质公理．
2. 答案：b.
分析：图2所示的几何体的左视图由点a，d，,确定外形为正方形，判断的关键是两条对角线和是一实一虚，其中要把和区别开来，故选b.
3. 答案：a
分析：圆柱的侧面积公式为，故选a
4．答案 1
分析：由已知可得，所以。
5．答案 3
分析：由三视图可知直观图是一个底面为边长等于3的正方形，高为1的四棱锥，由棱锥的体积公式得v四棱锥＝×32×1＝3.
6．答案 0
分析：命题(1)中n可以在β内，故不正确；命题(2)中m，n还可以相交、异面，故不正确；命题(3)中m，n不一定相交得不出α∥β故不正确；命题(4)中α与β可以相交，故不正确．所以正确命题的个数为0.
7证明：(1)∵gh是△a1b1c1的中位线，∴gh∥b1c1.
又∵b1c1∥bc，∴gh∥bc. ∴b，c，h，g四点共面．
2)∵e、f分别为ab、ac的中点，∴ef∥bc.
ef平面bchg，bc平面bchg，ef∥平面bchg.
a1g綊eb，∴四边形a1ebg是平行四边形．
a1e∥gb.
a1e平面bchg，gb平面bchg.
a1e∥平面bchg.
a1e∩ef＝e，∴平面efa1∥平面bchg.
8．解：(1)由该四面体的三视图可知，bd⊥dc，bd⊥ad，ad⊥dc，bd＝dc＝2，ad＝1，ad⊥平面bdc，四面体abcd的体积v＝××2×2×1＝.
2)证明：∵bc∥平面efgh，平面efgh∩平面bdc＝fg，平面efgh∩ 平面abc＝eh，bc∥fg，bc∥eh，∴fg∥eh.
同理ef∥ad，hg∥ad，∴ef∥hg，四边形efgh是平行四边形．
又∵ad⊥平面bdc，∴ad⊥bc，∴ef⊥fg，四边形efgh是矩形．
9．证明： (1)因为d，e分别为棱pc，ac的中点，所以de∥pa.又因为pa平面def，de平面def，所以直线pa∥平面def.
2)因为d，e，f分别为棱pc，ac，ab的中点，pa＝6，bc＝8，所以de∥pa，de＝pa＝3，ef＝bc＝4.又因为df＝5，所以df2＝de2＋ef2，所以∠def＝90°，即de⊥ef.又pa⊥ac，de∥pa，所以de⊥ac.
因为ac∩ef＝e，ac平面abc，ef平面abc，所以de⊥平面abc.
又de平面bde，所以平面bde⊥平面abc.
10．解：(1)证明：如图所示，因为四边形abcd为菱形，o为菱形的中心，连接ob，则ao⊥ob.因为∠bad＝，所以ob＝ab·sin∠oab＝2sin＝1.
又因为bm＝，且∠obm＝，在△obm中，om2＝ob2＋bm2－2ob·bm·cos∠obm＝12＋－2×1××cos＝，所以ob2＝om2＋bm2，故om⊥bm.
又po⊥底面abcd，所以po⊥bc.从而bc与平面pom内的两条相交直线om，po都垂直，所以bc⊥平面pom.
2)由(1)可得，oa＝ab·cos∠oab＝2×cos＝.
设po＝a，由po⊥底面abcd，知△poa为直角三角形，故pa2＝po2＋oa2＝a2＋3.
又△pom也是直角三角形，故pm2＝po2＋om2＝a2＋.连接am，在△abm中，am2＝ab2＋bm2－2ab·bm·cos∠abm＝22＋－2×2××cos＝.
由已知mp⊥ap，故△apm为直角三角形，则。
pa2＋pm2＝am2，即a2＋3＋a2＋＝，解得a＝或a＝－(舍去)，即po＝.
此时s四边形abmo＝s△aob＋s△omb＝·ao·ob＋·bm·om
所以四棱锥pabmo的体积v四棱锥pabmo＝·s四边形abmo·po＝××
b组】1. 答案：c
分析： mα，nα，l⊥m，l⊥n，需要m∩n＝a才有l⊥α，选项a错误；若mα，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交、异面，选项b错误；若l⊥m，l⊥n，l与m可能平行、相交、异面，选项d错误。
2. 答案：a
分析：该三视图对应的几何体是一个正方体截去两个小三棱锥得到的几何体，如图，其体积。
3. 答案： d
分析：选设正方体的外接球半径为r，正方体棱长为a，则πr3＝π，r＝1.∴a＝2r＝2.∴a＝.
4. 答案： 240
分析： 几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，腰为5的等腰梯形，故两个底面面积的和为×(2＋8)×4×2＝40，四个侧面面积的和为(2＋8＋5×2)×10＝200，所以直四棱柱的表面积为s＝40＋200＝240。
5．答案：2＋.
分析： 由题意画出斜二测直观图及还原后原图，由直观图中底角均为45°，腰和上底长均为1，得下底长为1＋，所以原图是上、下底分别为1,1＋，高为2的直角梯形．所以面积s＝×(1＋＋1)×2＝2＋.
6．答案： 84π
分析：如图，三棱柱的外接球球心为o，其中d为上底面三角形外接圆的圆心，其中ad＝×6＝2，又od＝3，故在rt△oad中可得r＝|oa|＝＝故球的表面积为4π()2＝84
7．证明：(1)连接ad1，由abcd a1b1c1d1是正方体，知ad1∥bc1.
因为f，p分别是ad，dd1的中点，所以fp∥ad1.
从而bc1∥fp.
而fp平面efpq，且bc1平面efpq，故直线bc1∥平面efpq.
2)如图，连接ac，bd，a1c1，则ac⊥bd.
由cc1⊥平面abcd，bd平面abcd，可得cc1⊥bd.
又ac∩cc1＝c，所以bd⊥平面acc1a1.
而ac1平面acc1a1，所以bd⊥ac1.
因为m，n分别是a1b1，a1d1的中点，所以mn∥bd，从而mn⊥ac1.
同理可证pn⊥ac1.
又pn∩mn＝n，所以直线ac1⊥平面pqmn.
8．解：(1)证明：设bd与ac的交点为o，连接eo.
因为abcd为矩形，所以o为bd的中点．
又e为pd的中点，所以eo∥pb.
eo平面aec，pb平面aec，所以pb∥平面aec.
2)v＝××pa×ab×ad＝ab，由v＝，可得ab＝.
作ah⊥pb交pb于点h.
由题设知bc⊥平面pab，所以bc⊥ah，因为pb∩bc＝b，所以ah⊥平面pbc.
又ah＝＝，所以点a到平面pbc的距离为。
9．解： (1)证明：因为bc∥平面gefh，bc平面pbc，且平面pbc∩平面gefh＝gh，所以gh∥bc.
同理可证ef∥bc，因此gh∥ef.
2)连接ac，bd交于点o，bd交ef于点k，连接op，gk.
因为pa＝pc，o是ac的中点，所以po⊥ac，同理可得po⊥bd.又bd∩ac＝o，且ac，bd都在平面abcd内，所以po⊥平面abcd.
又因为平面gefh⊥平面abcd，且po平面gefh，所以po∥平面gefh.
因为平面pbd∩平面gefh＝gk，所以po∥gk，所以gk⊥平面abcd.
又ef平面abcd，所以gk⊥ef，所以gk是梯形gefh的高．
由ab＝8，eb＝2得eb∶ab＝kb∶db＝1∶4，从而kb＝db＝ob，即k是ob的中点．
再由po∥gk得gk＝po，所以g是pb的中点，且gh＝bc＝4.
由已知可得ob＝4，po＝＝＝6，所以gk＝3，故四边形gefh的面积s＝·gk＝×3＝18.
10．解：(1)证明：由aa1⊥bc知bb1⊥bc.又bb1⊥a1b，故bb1⊥平面bca1，所以bb1⊥a1c.
又bb1∥cc1，所以a1c⊥cc1.
2)方法一：设aa1＝x.
在rt△a1bb1中，a1b＝＝.
同理，a1c＝＝.
在△a1bc中，cos∠ba1c＝＝，sin∠ba1c＝，所以s△a1bc＝a1b·a1c·sin∠ba1c＝.
从而三棱柱abc a1b1c1的体积v＝s直·l＝s△a1bc·aa1＝.
因为x＝＝所以当x＝＝，即aa1＝时，体积v取到最大值。
2)方法二：过a1作bc的垂线，垂足为d，连接ad.
由aa1⊥bc，a1d⊥bc，得bc⊥平面aa1d，故bc⊥ad.又∠bac＝90°，所以s△abc＝ad·bc＝ab·ac，得ad＝.
设aa1＝x.在rt△aa1d中，a1d＝＝，s△a1bc＝a1d·bc＝.
从而三棱柱abc a1b1c1的体积v＝s直·l＝s△a1bc·aa1＝.因为x＝＝，所以当x＝＝，即aa1＝时，体积v取到最大值。
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