2023届一轮复习人教B版 立体几何 作业

1、阶段质量检测(五)一、选择题1(2019全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面B由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件；由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，因此B中条件是的充要条件，故选B2(2021全国新高考卷)已知圆锥的底面半径为eq r(,2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A2 B2eq r(,2) C4 D4eq r(,2)B设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为eq r(,2)，所以2eq r(,2)

2、l，解得l2eq r(,2)，故选B3(2021全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC，ACBC1，则三棱锥OABC的体积为()Aeq f(r(2),12) Beq f(r(3),12) Ceq f(r(2),4) Deq f(r(3),4)A如图所示，因为ACBC，所以AB为截面圆O1的直径，且ABeq r(2)连接OO1，则OO1平面ABC，OO1eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(AB,2)sUP12(2)eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)sUP12(2)eq f(r(2),2)，所以三棱锥OABC的体积Veq

3、 f(1,3)SABCOO1eq f(1,3)eq f(1,2)11eq f(r(2),2)eq f(r(2),12)4(2021浙江高考)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则()A直线A1D与直线D1B垂直，直线MN平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B1A法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1A1D因为AB平面AA1D1D，所以ABA1D，所以A1D平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直在ABD1中，由中位

4、线定理可得MNAB，所以MN平面ABCD易知直线AB与平面BB1D1D成45角，所以MN与平面BB1D1D不垂直所以选项A正确故选A法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)设AB2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以eq o(A1D,sup7()(2,0，2)，eq o(D1B,sup7()(2,2，2)，eq o(MN,sup7()(0,1,0)，所以eq o(A1D,sup7()eq o(D1B,sup7()4040，所以A1DD1B又由图易知直线A

5、1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直因为平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)，所以eq o(MN,sup7()n0，所以MN平面ABCD设直线MN与平面BB1D1D所成的角为，因为平面BDD1B1的一个法向量为a(1,1,0)，所以sin |coseq o(MN,sup7()，a|eq f(|o(MN,sup7()a|,|o(MN,sup7()|a|)eq f(1,r(2)eq f(r(2),2)，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直故选A5(2020全国卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧

6、面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()Aeq f(r(5)1,4) Beq f(r(5)1,2) Ceq f(r(5)1,4) Deq f(r(5)1,2)C设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2eq f(1,2)2am，即h2am，易知h2a2m2，由得meq f(1r(5),2)a，所以eq f(m,2a)eq f(f(1r(5),2)a,2a)eq f(1r(5),4)故选C6(2020全国卷)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A64eq r(2) B44eq r(2)C62eq r(3) D42eq r(3)C由

7、三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥PABC，将其放入正方体中，如图，易知PAABAC2，PBPCBC2eq r(2)，故其表面积为SABCSPABSPACSPBCeq f(1,2)22eq f(1,2)22eq f(1,2)22eq f(1,2)2eq r(2)2eq r(2)eq f(r(3),2)62eq r(3)，故选C7如图，在四面体ABCD中，ADBD，截面PQMN是矩形，则下列结论不一定正确的是()A平面BDC平面ADCBAC平面PQMNC平面ABD平面ADCDAD平面BDCD由PQMN，MN平面ADC，PQ平面ADC，得PQ平面ADC，又PQ平面ABC，平面ABC平面ADCA

8、C，PQAC，同理QMBD，因为PQQM，ACBD，又BDAD，ACADA，BD平面ADC，平面BDC平面ADC，平面ABD平面ADC，A和C选项均正确由PQAC，得AC平面PQMN，B选项正确不能得到ADDC或ADBC，不能得到AD平面BDC，故选项D不一定正确故选D8在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，同时点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记以E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，当0 x2时，表示V与x关系的图象为()ABCD

9、C因为点P与点Q运动的速度相等，设底面ABCD的中心为O，连接OE，OF，则平面OEF把几何体PEFQ分割为体积相等的两部分(1)当0 xeq f(1,2)时，点P在BG上，Q在HD上，如图所示，SOEFeq f(1,2)11eq f(1,2)，易知点P到平面OEF的距离为x，故V2VPOEF2eq f(1,3)eq f(1,2)xeq f(x,3)图图(2)当eq f(1,2)xeq f(3,2)时，点P在BC上，Q在AD上，点P到平面OEF的距离为eq f(1,2)，SOEFeq f(1,2)11eq f(1,2)，V2VPOEF2eq f(1,3)eq f(1,2)eq f(1,2)eq

10、 f(1,6)，为定值(3)当eq f(3,2)x2时，点P在CH上，Q在AG上，如图所示，SOEFeq f(1,2)11eq f(1,2)，P到平面OEF的距离为2x，故V2VPOEF2eq f(1,3)eq f(1,2)(2x)eq f(2x,3)综上所述，Veq blcrc (avs4alco1(f(x,3)，0 xf(1,2)，,f(1,6)，f(1,2)xf(3,2)，,f(2x,3)，f(3,2)x2，)故选C二、填空题9(2021全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30，则该圆锥的侧面积为 39设该圆锥的高为h，则由已知条件可得eq f(1,3)62h30，解得heq

11、f(5,2)，则圆锥的母线长为eq r(h262)eq r(f(25,4)36)eq f(13,2)，故该圆锥的侧面积为6eq f(13,2)3910(2021江苏南京师大附中高三期末)直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACeq r(2)，AA12，则点A到平面A1BC1的距离为 eq f(2r(3),3)法一：C1A1A1B1，C1A1AA1，C1A1平面AA1B1B，又C1A1平面C1A1B，平面C1A1B平面AA1B1B又A1B平面C1A1B平面AA1B1B，过A作AGA1B，则AG的长为点A到平面A1BC1的距离，在RtAA1B中，AGeq f(ABAA1,A1B)eq

12、f(2r(2),r(6)eq f(2r(3),3)法二：由等体积法可知VAA1BC1VBAA1C1，解得点A到平面A1BC1的距离为eq f(2r(3),3)11正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EFeq f(r(2),2)，则下列结论中正确的有 (填序号)ACBE；三棱锥ABEF的体积为定值；二面角AEFB的大小为定值；异面直线AE、BF所成角为定值易知AC平面BEF，所以ACBE；三棱锥ABEF的高就是点A到平面BB1D1D的距离且为一定值，BEF为一定值，故三棱锥ABEF的体积为定值；二面角AEFB的平面角与二面角AB1D1B的平面角相等，故为一

13、定值12三棱锥ABCD的顶点都在同一个球面上，满足BD过球心O，且BD2eq r(2)，则三棱锥ABCD体积的最大值为 ；三棱锥ABCD体积最大时，平面ABC截球所得的截面圆的面积为 eq f(2r(2),3)eq f(4,3)依题意可知，BD是球的直径，所以当OCBD，OABD，即OCOAeq r(2)时，三棱锥ABCD体积取得最大值为eq f(1,3)SBCDOAeq f(1,3)eq f(1,2)2eq r(2)eq r(2)eq r(2)eq f(2r(2),3)此时BCACAB2，即三角形ABC是等边三角形，设其外接圆半径为r，由正弦定理得eq f(2,sin f(,3)2rreq

14、f(2,r(3)，所以等边三角形ABC的外接圆的面积，也即平面ABC截球所得的截面圆的面积为r2eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,r(3)eq sUP12(2)eq f(4,3)三、解答题13(2020江苏高考)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点(1)求证：EF平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C平面ABB1证明(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EFAB1，因为EF平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EF平面AB1C1(2)因为B1C平面ABC，AB平面ABC，所以B1CAB，又因为ABAC，ACB1C

15、C，AC平面AB1C，B1C平面AB1C，所以AB平面AB1C，因为AB平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB114(2021重庆巴蜀中学高二期中)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BEAD，BC1，AD5，BEeq r(3)，把ABE沿BE折起，使得AC2eq r(2)，得到四棱锥ABCDE如图2所示图1图2(1)求证：AE平面BCD；(2)求平面ABC与平面AED所成锐二面角的余弦值解(1)证明：在等腰梯形中，BC1，AD5，BEAD，可知AE2，DE3，由BEBC可得CE2又AC2eq r(2)，则AC2CE2AE2，则AEEC，又BEAE，BEECE，可得AE平面BCD(2)因为AE

16、平面BCD，又BEED，则以点E为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A(0,0,2)，B(eq r(3)，0,0)，C(eq r(3)，1,0)，eq o(AB,sup7()(eq r(3)，0，2)，eq o(BC,sup7()(0,1,0)，设平面ABC的法向量为n1(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(r(3)x2z，,y0) n1(2,0，eq r(3)，注意到，平面AED的法向量n2(1,0,0)，设平面ABC与平面AED所成锐二面角的平面角为，故cos cosn1，n2eq f(2,r(43)eq f(2r(7),7

17、)15(2020全国卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F(1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值解(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1又由已知得AA1CC1，故AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN所以平面A1AMN平面EB1C1F(2)由已知得AM

18、BC以M为坐标原点，eq o(MA,sup7()的方向为x轴正方向，|eq o(MB,sup7()|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB2，AMeq r(3)连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PMeq f(2r(3),3)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),3)，f(1,3)，0)由(1)知平面A1AMN平面ABC作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC设Q(a,0,0)，则NQeq r(4blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),3)a)eq sUP12(2)，B1eq blc(rc)(avs4alco1(a，1，r(4blc(rc

19、)(avs4alco1(f(2r(3),3)a)eq sUP12(2)，故eq o(B1E,sup7()eq blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),3)a，f(2,3)，r(4blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),3)a)eq sUP12(2)，|eq o(B1E,sup7()|eq f(2r(10),3)又n(0，1,0)是平面A1AMN的法向量，故sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)n，o(B1E,sup7()cosn，eq o(B1E,sup7()eq f(no(B1E,sup7(),|n|o(B1E,sup7()|)eq f(r(10)

20、,10)所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq f(r(10),10)16请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答ABBC，FC与平面ABCD所成的角为eq f(,6)，ABCeq f(,3)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，且PAAB2，PD的中点为F(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若 ，求二面角FACD的余弦值解(1)在线段AB上存在中点G，使得AF平面PCG证明如下：如图所示：设PC的中点为H，连接FH，HG，FHCD，FHeq f(1,2)

21、CD，AGCD，AGeq f(1,2)CD，FHAG，FHAG，四边形AGHF为平行四边形，则AFGH又GH平面PGC，AF平面PGC，AF平面PGC(2)选择ABBC：PA平面ABCD，PABC，由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，PAAB2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，eq o(AF,sup7()(0,1,1)，eq o(CF,sup7()(2，1,1)，设平面FAC的一个法向量为(x，y，z)，eq blcrc (avs4alco1(o(AF,su

22、p7()yz0，,o(CF,sup7()2xyz0，)取y1，得(1,1，1)，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为，则cos eq f(|v|,|v|)eq f(r(3),3)，二面角FACD的余弦值为eq f(r(3),3)选择FC与平面ABCD所成的角为eq f(,6)：PA平面ABCD，取BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FMPA，且FM1，FM平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为FCM，FCMeq f(,6)，在RtFCM中，CMeq r(3)，又CMAE，AE2BE2AB2，BCAE，AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，PAAB2，A( 0,0,0)，B( eq r(3)，1,0)，C(eq r(3)，1,0)，D(0,2,0)，E(