2020高中数学 习题课（一）立体几何初步 2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE9-学必求其心得，业必贵于专精习题课（一）立体几何初步1。(2018·全国卷Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2eq\r（17） B．2eq\r（5）C．3 D．2解析：选B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置（N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．∵ON＝eq\f（1,4）×16＝4，OM＝2,∴MN＝eq\r(OM2＋ON2）＝eq\r（22＋42)＝2eq\r（5）.2．过平面外两点与这个平面平行的平面()A．只有一个 B．至少有一个C．可能没有 D．有无数个解析：选C过这两点的直线若与已知平面平行，则有且只有一个，若与已知平面相交，则不存在．故选C。3．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，则下列命题错误的是(）A．如果直线a⊥α,那么直线a必垂直于平面β内的无数条直线B．如果直线a∥α，那么直线a不可能与平面β平行C．如果直线a∥α，a⊥l，那么直线a⊥平面βD．平面α内一定存在无数条直线垂直于平面β内的所有直线解析：选BA选项中直线a必定与平面β内无数条平行直线垂直,故正确；B选项中如果a∥α，a∥l，aβ，则a∥β,故错误；由面面垂直的性质定理可知C选项正确;在平面α内，垂直于交线l的直线都垂直于平面β,也就垂直于平面β内的所有直线，故D选项正确．4．设α,β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β,则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α,α⊥β，则l⊥β。其中说法正确的个数为（)A．1 B．2C．3 D．0解析：选A对于①，若l⊥α，α⊥β，则l∥β或lβ，故①错误;对于②,若l∥α,α∥β，则lβ或l∥β，故②错误；对于③,若l⊥α，α∥β，则l⊥β，故③正确;对于④,若l∥α，α⊥β，则lβ或l∥β或l⊥β或l与β斜交，故④错误．5．四面体ABCD为空间四边形,AB＝CD，AD＝BC，AB≠AD,M，N分别是对角线AC与BD的中点，则MN与(）A．AC，BD之一垂直 B．AC，BD都垂直C．AC，BD都不垂直 D．AC，BD不一定垂直解析：选B∵AD＝BC，AB＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CDB.∴AN＝CN。在等腰△ANC中，由M为AC的中点知MN⊥AC。同理可得MN⊥BD.6．（2018·全国卷Ⅱ）在正方体ABCD。A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CDA．eq\f（\r（2)，2） B．eq\f（\r(3),2)C．eq\f（\r（5),2) D．eq\f（\r（7），2）解析：选C如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB。在Rt△ABE中,设AB＝2，则BE＝eq\r(5）,则tan∠EAB＝eq\f（BE,AB）＝eq\f(\r（5），2)，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为eq\f(\r(5），2).7．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：设新的底面半径为r，由题意得eq\f(1,3）×π×52×4＋π×22×8＝eq\f(1,3)×π×r2×4＋π×r2×8，∴r2＝7,∴r＝eq\r(7）。答案：eq\r（7）8．正三棱柱ABC。A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为4，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF解析：如图,取A1B1的中点H,连接EH，FH，则EH＝4,FH＝1.由正三棱柱的性质知△EFH为直角三角形．所以EF＝eq\r(FH2＋EH2）＝eq\r(17）。答案：eq\r(17）9.如图所示，一个正方体的棱长为2，以相对两个面的中心连线为轴，钻一个直径为1的圆柱形孔，所得几何体的表面积为________．解析:几何体的表面积为S＝6×22－π×0.52×2＋2π×0.5×2＝24－0。5π＋2π＝24＋1.5π.答案：24＋1.5π10．一个多面体的直观图和三视图如图所示（其中M，N分别是AF，BC中点）．(1）求证:MN∥平面CDEF;(2)求多面体A。CDEF的体积．解：(1）证明：由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，且AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝2eq\r(2)，∴∠CBF＝90°.取BF中点G，连接MG，NG,由M，N分别是AF，BC中点，可知NG∥CF,MG∥EF.又MG∩NG＝G,CF∩EF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF.又∵MN平面MNG，∴MN∥平面CDEF。(2）作AH⊥DE于H，由于三棱柱ADE。BCF为直三棱柱，∴AH⊥平面CDEF，且AH＝eq\r（2).∴VA.CDEF＝eq\f（1，3)S四边形CDEF·AH＝eq\f（1,3）×2×2eq\r（2）×eq\r(2)＝eq\f(8，3）.11．(2018·全国卷Ⅲ）如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧eq\o(CD，\s\up7（）)所在平面垂直，M是eq\o（CD，\s\up7（））上异于C，D的点．（1)证明:平面AMD⊥平面BMC.(2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．解：(1）证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD。因为BC⊥CD,BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD,所以BC⊥DM。因为M为eq\o（CD，\s\up7（）)上异于C,D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C,所以DM⊥平面BMC。因为DM平面AMD,所以平面AMD⊥平面BMC。(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD。证明如下：连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP。又MC平面PBD,OP平面PBD，所以MC∥平面PBD。探究应用题12．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P.ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1）求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明：（1）因为PA＝PD，E为AD的中点,所以PE⊥AD。因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC。(2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD。又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因为PD平面PAD，所以AB⊥PD。又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A,所以PD⊥平面PAB。因为PD平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD。（3)如图，取PC的中点G，连接FG,D