高中数学北师大版第一章立体几何初步单元测试 2023版第1章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①简单多面体②直观图③点与直线④直线与直线⑤确定平面⑥画相交平面的交线⑦球的表面积和体积三视图与直观图三视图是从三个不同的方向看同一个物体而得到的三个视图，从三视图可以看出，俯视图反映物体的长和宽，主视图反映它的长和高，左视图反映它的宽和高.某四棱锥的三视图如图1­1所示，该四棱锥最长棱的棱长为()【导学号：39292060】图1­1 \r(2)\r(3) 【精彩点拨】通过三视图得到几何体的结构，再利用三视图中的数据求解.【规范解答】根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V­ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝eq\r(2)，在Rt△VBD中，VD＝eq\r(VB2＋BD2)＝eq\r(3).【答案】C[再练一题]1.一个几何体的三视图如图1­2所示，其中左视图与俯视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是________.图1­2【解析】由三视图知该几何体是半径为2的球被截去四分之一后剩下的几何体，则该几何体的体积V＝eq\f(4,3)×π×23×eq\f(3,4)＝8π.【答案】8π平行关系的判定和性质1.线线平行、线面平行、面面平行之间的关系：2.证明线线平行的依据：(1)平面几何法(常用的有三角形中位线定理、平行线分线段成比例的逆定理、平行四边形的性质)；(2)公理4；(3)线面平行的性质定理；(4)面面平行的性质定理；(5)线面垂直的性质定理.3.证明线面平行的依据：(1)定义；(2)线面平行的判定定理；(3)面面平行的性质定理.4.证明面面平行的依据：(1)定义；(2)面面平行的判定定理；(3)线面垂直的性质定理；(4)面面平行的传递性.如图1­3所示，斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点.图1­3(1)当eq\f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq\f(AD,DC)的值.【精彩点拨】(1)先利用线面平行的性质，分析出BC1∥平面AB1D1时，线线平行，得线段比，在解答时，可以利用已知eq\f(A1D1,D1C1)的比，利用线面平行判定求解.(2)利用面面平行得到线线平行，得对应线段成比例，从而得到比值.【规范解答】(1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，此时eq\f(A1D1,D1C1)＝1.连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点.在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD1平面AB1D1，BC1eq\o(⊆,\s\up0(/))平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1，所以当eq\f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1.(2)由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O得BC1∥D1O，所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)，又由题可知eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，eq\f(A1O,OB)＝1，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.[再练一题]2.如图1­4，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF，EF∥AB，H为BC的中点，求证：FH∥平面EDB.【导学号：39292061】图1­4【证明】连接AC交BD于点G，则G为AC的中点.连接EG，GH，∵H为BC的中点，∴GHeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)AB.又EFeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)AB，∴EFeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))GH，∴四边形EFHG为平行四边形，∴EG∥FH，∵EG平面EDB，FHeq\o(⊆,\s\up0(/))平面EDB，∴FH∥平面EDB.垂直关系的判定和性质1.线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的关系：2.两条异面直线相互垂直的证明方法：(1)定义；(2)线面垂直的性质定理.3.直线和平面垂直的证明方法：(1)线面垂直的判定定理；(2)面面垂直的性质定理.4.平面和平面相互垂直的证明方法：(1)定义；(2)面面垂直的判定定理.如图1­5，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点.求证：图1­5(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【精彩点拨】(1)利用面面垂直性质定理可得PA⊥底面ABCD；(2)可证BE∥AD，从而得BE∥平面PAD；(3)利用面面垂直的判定定理证明.【规范解答】(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.又因为BEeq\o(⊆,\s\up0(/))平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.[再练一题]3.如图1­6，△ABC是边长为2的正三角形.若AE＝1，AE⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，BD＝CD，且BD⊥CD.求证：图1­6(1)AE∥平面BCD；(2)平面BDE⊥平面CDE.【证明】(1)取BC的中点M，连接DM，因为BD＝CD，且BD⊥CD，BC＝2.所以DM＝1，DM⊥BC.又因为平面BCD⊥平面ABC，所以DM⊥平面ABC，又AE⊥平面ABC，所以AE∥DM.又因为AEeq\o(⊆,\s\up0(/))平面BCD，DM平面BCD，所以AE∥平面BCD.(2)由(1)已证AE∥DM，又AE＝1，DM＝1，所以四边形DMAE是平行四边形，所以DE∥AM.连接AM，易证AM⊥BC，因为平面BCD⊥平面ABC，所以AM⊥平面BCD，所以DE⊥平面BCD.又CD平面BCD，所以DE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∩DE＝D，所以CD⊥平面BDE.因为CD平面CDE，所以平面BDE⊥平面CDE.几何体表面的展开与折叠问题几何体的表面积(除球以外)都是利用展开图求得的.利用了空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法，所以几何体的折叠与展开是高考的一个热点.折叠与展开是互逆过程，在此过程中，要注意几何元素之间数量关系与位置关系是变化了，还是不变，这是解题的关键所在.如图1­7(1)，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，F为AD中点，E在BC上，且EF∥AB，已知AB＝AD＝CE＝2，现沿EF把四边形CDFE折起如图1­7(2)，使平面CDFE⊥平面ABEF.图1­7(1)求证：AD∥平面BCE；(2)求证：AB⊥平面BCE；(3)求三棱锥C­ADE的体积.【精彩点拨】观察折叠前后的平面图形与立体图形，弄清折叠前后哪些元素间的位置关系及数量关系发生了变化，哪些没有发生变化，依据未变化的已知条件求解.【规范解答】(1)证明：由题意知，AF∥BE，DF∥CE，又∵AFeq\o(⊆,\s\up0(/))平面BCE，BE平面BCE，∴AF∥平面BCE.同理可证DF∥平面BCE.又∵AF∩DF＝F，∴平面ADF∥平面BCE.又AD平面ADF，∴AD∥平面BCE.(2)证明：在直角梯形ABCD中，∵EF⊥BC，∴折起后，EF⊥EC，EF⊥EB.又∵EF∥AB，∴AB⊥EC，AB⊥EB，EC∩EB＝E，∴AB⊥平面BCE.(3)∵平面CDFE⊥平面ABEF，EF⊥AF，∴AF⊥平面CDFE，∴AF为三棱锥A­CDE的高，且AF＝1.又∵AB＝CE＝2，∴S△CDE＝eq\f(1,2)×2×2＝2，∴VC­ADE＝VA­CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·AF＝eq\f(2,3).[再练一题]4.如图1­8所示，在平行四边形ABCD中，已知AD＝2AB＝2a，BD＝eq\r(3)a，AC∩BD＝E，将其沿对角线BD折成直二面角.求证：(1)AB⊥平面BCD；(2)平面ACD⊥平面ABD.【导学号：39292062】图1­8【证明】(1)在△ABD中，AB＝a，AD＝2a，BD＝eq\r(3)a，∴AB2＋BD2＝AD2，∴∠ABD＝90°，AB⊥BD.又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB平面ABD，∴AB⊥平面BCD.(2)∵折叠前四边形ABCD是平行四边形，且AB⊥BD，∴CD⊥BD.由(1)知AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.∵AB∩BD＝B，∴CD⊥平面ABD.又∵CD平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABD.函数与方程思想所谓函数的思想，就是用运动变化的观点分析和研究具体问题中的数量关系；所谓方程的思想，就是把函数解析式看成一个方程，将变量间的等量关系表达为方程或方程组，通过解方程或方程组，使问题得以解决.如图1­9所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切.(1)求两球半径之和；(2)球的半径为多少时，两球体积之和最小？图1­9【精彩点拨】此题的关键在于作截面，一个球在正方体内，一般应作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面，得如图(2)的截面图，在图(2)中，观察R与r和棱长间的关系即可.【规范解答】(1)如题图(2)，球心O1和O2在AC上，过O1，O2分别作AD，BC的垂线交于E，F.设⊙O1的半径为r，⊙O2的半径为R.则由AB＝1，AC＝eq\r(3)，得AO1＝eq\r(3)r，CO2＝eq\r(3)R.∴r＋R＋eq\r(3)(r＋R)＝eq\r(3)，∴R＋r＝eq\f(\r(3),\r(3)＋1)＝eq\f(3－\r(3),2).(2)设两球体积之和为V，则V＝eq\f(4,3)π(R3＋r3)＝eq\f(4,3)πeq\f(3－\r(3),2)[(R＋r)2－3rR]＝eq\f(4,3)πeq\f(3－\r(3),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)))\s\up12(2)－3R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)－R))))＝eq\f(4,3)π·eq\f(3－\r(3),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3R2－\f(33－\r(3),2)R＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)))\s\up12(2))).当R＝eq\f(3－\r(3),4)时，V有最小值，∴当R＝r＝eq\f(3－\r(3),4)时，体积之和有最小值.[再练一题]5.已知一个圆锥的底面半径为R，高为h，在圆锥内部有一个高为x的内接圆柱.(1)画出圆锥及其内接圆柱的轴截面；(2)求圆柱的侧面积；(3)x为何值时，圆柱的侧面积最大？【解】(1)圆锥及其内接圆柱的轴截面如图所示.(2)设所求的圆柱的底面半径为r，它的侧面积S＝2πr·x，因为eq\f(r,R)＝eq\f(h－x,h)，所以r＝R－eq\f(R,h)·x，所以S＝2πRx－eq\f(2πR,h)·x2，即圆柱的侧面积S是关于x的二次函数，S＝－eq\f(2πR,h)x2＋2πRx.(3)因为S的表达式中x2的系数小于0，所以这个二次函数有最大值，这时圆柱的高x＝－eq\f(2πR,－2·\f(2πR,h))＝eq\f(h,2)，即当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大.1.若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A.至多等于3 B.至多等于4C.等于5 D.大于5【解析】n＝2时，可以；n＝3时，为正三角形，可以；n＝4时，为正四面体，可以；n＝5时，为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长相等，不可能.【答案】B2.如图1­10，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是eq\f(28π,3)，则它的表面积是()图1­10π ππ π【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的eq\f(1,4)，得到的几何体如图.设球的半径为R，则eq\f(4,3)πR3－eq\f(1,8)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(28,3)π，解得R＝2.因此它的表面积为eq\f(7,8)×4πR2＋eq\f(3,4)πR2＝17π.故选A.【答案】A3.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α【解析】A选项m、n也可以相交或异面，C选项也可以n⊂α，D选项也可以n∥α或n与α相交.根据线面垂直的性质可知选B.【答案】B4.某工件的三视图如图1­11所示.现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(材料利用率＝\f(新工件的体积,原工件的体积)))图1­11\f(8,9π) \f(8,27π)\f(24\r(2)－13,π) \f(8\r(2)－13,π)【解析】由三视图知原工件为一圆锥，底面半径为1，母线长为3，则高为eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，设其内接正方体的棱长为x，则eq\f(\r(2)x,2)＝eq\f(2\r(2)－x,2\r(2))，∴x＝eq\f(2\r(2),3).∴V新工件＝x3＝eq\f(16\r(2),27).又V原工件＝eq\f(1,3)π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3)，∴eq\f(V新工件,V原工件)＝eq\f(\f(16