第八章立体几何初步同步练习含解析2227

单元素养评价(三)(第八章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.下列命题中正确的是()A.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱B.底面是矩形的平行六面体是长方体C.棱柱的底面一定是平行四边形D.棱锥的底面一定是三角形【解析】选A.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱,故A正确;三棱柱的底面是三角形,故C错误;底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形,故它也不一定是长方体,故B错误;四棱锥的底面是四边形,故D错误.2.(2020·芜湖高一检测)如图,△ABC的斜二测直观图为等腰Rt△A′B′C′,其中A′B′=2,则△ABC的面积为()A.2B.4C.2【解析】选D.因为Rt△A′B′C′是一平面图形的直观图,直角边长为A′B′=2,所以直角三角形的面积是×2×2=2,因为平面图形与直观图的面积的比为2,所以原平面图形的面积是2×2D.4=4.3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球,某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形,如图所示,则()A.以上四个图形都是正确的B.只有(2)(4)是正确的C.只有(4)是错误的D.只有(1)(2)是正确的【解析】选C.(1)当平行于三棱锥一底面,过球心的截面如题(1)图所示;(2)过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如题(2)图所示;(3)过三棱锥的一个顶点(不过棱)和球心所得截面如题(3)图所示;(4)棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上,所以题(4)图是错误的.4.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:(1)若m⊥α,n∥α,那么m⊥n;(2)若m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β;(3)若α∥β,m⊂α,那么m∥β;(4)若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β,其-1-中正确命题的序号是()A.(1)(2)B.(2)(3)C.(1)(3)D.(2)(4)【解析】选C.对于(1),如果m⊥α,n∥α,根据直线与平面垂直的性质可知m⊥n,所以(1)正确;对于(2),如果m⊥n,m⊥α,n∥β,根据线面垂直与线面平行性质可知α与β可以垂直,也可以平行,还可以相交,所以(2)错误;对于(3),如果α∥β,m⊂α,根据直线与平面平行的判定可知m∥β,所以(3)正确;对于(4),设平面α,β,γ分别是正方体中经过同一个顶点的三个面,则有α⊥γ且β⊥γ,但是α⊥β,推不出α∥β,故(4)不正确.5.(2020·杭州高一检测)如图,在正四面体OABC中,D是OA的中点,则BD与OC所成角的余弦值是()A.B.C.D.【解析】选B.取AC的中点E,连接DE,BE,根据题意∠BDE为异面直线BD与OC所成的角,设正四面体的边长为2,则DE=1,BD=BE=,由cos∠BDE==,所以BD与OC所成角的余弦值是.6.如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体的外接球的表面积是()A.16πB.20πC.24πD.28π【解析】选B.设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则:O+12=R2,而OO1=+2-R,故R2=1+(+2-R)2,所以R=,所以S=4πR2=20π.-2-7.(2020·西城高一检测,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形面PAC⊥平面BDE.:因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,)阅读下面题目及其证明过程,在横线处应填写的正确结论是()如图,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,E是PC的中点,求证:平证明所以.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.A.BD⊥平面PBCB.AC⊥平面PBDC.BD⊥平面PACD.AC⊥平面BDE【解析】选C.因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD,且AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.8.(2020·九江高一检测现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥四个面的半正多面体,它们的边长都相等,其中八个为正等边体的棱长为,则该二十四等边体外接球的表面积为)半正多面体亦称“阿基米德多面体”,如图所示,是由边数不全相同的正,如此共可截去八个三棱锥,六个为正方形,称这样的半正多面体为二十四等边体.多边形为面的多面体,体,得到一个有十三角形若二十四()A.4πB.6πC.8πD.12π【解析】选C.由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为外接球,所以(2R)2=()2+()2+22,所以R=,所以该二十四等边体的外接球的表面积S=4πR2=4π×((每小题5分,共20分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分),侧棱长为2的正四棱柱的)2=8π.二、多选题9.等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几体何的表面积可以为()-3-A.πB.(1+πD.(2+)ππ)C.2【解析】选AB.若绕一条直角边旋转一周时,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,这时表面积为×2π·1·l+π·1=(1+2)π;若绕斜边旋转一周时,旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起,且由题意底面半径为,两个圆锥的母线长都为1,所以表面积S=2××2π·×1=π,综上所述该几何体的表面积为π或(1+)π.10.(2020·潍坊高一检测正确的是)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,已知平面α⊥AC1,则关于α截此正方体所得截面的判断()A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面面积最大值为3【解析】选ACD.显然A,C成立,B不成立,下面说明D成立,如图截得正六边形,面积最大,MN=2,GH=,OE==,所以S=2××(+2)×=3,故D成立.11.设α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则下列命题中正确的是()A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥βB.若m⊥α,n⊥β且m⊥n,则α⊥βC.若l∥α,α⊥β,则l⊥βD.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n【解析】选BD.由α,β,γ为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线知:A.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α与β相交或平行,故A错误;B.若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正确;C.若l∥α,α⊥β,则l与β相交、平行或l⊂β,故C错误;D.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则由线面平行的性质定理得m∥n.故D正确.12.在三棱锥C-ABD中(如图),△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD-C-4-的大小为60°,下面结论中正确的是()A.AC⊥BDB.AD⊥COC.cos∠ADC=D.三棱锥C-ABD的外接球表面积为32π【解析】选AD.因为△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以CO⊥BD,AO⊥BD,AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此A正确;假设CO⊥AD,又CO⊥BD,AD∩BD=D,可得CO⊥平面ABD,与∠AOC是二面角A-BD-C的平面角且为60°矛盾,因此B不正确;AB=4,AC=OA=2,AD=CD=4,所以cos∠ADC=因此C不正确;=≠,三棱锥C-ABD的外接球的三、填空题(每小题5分,共20分)13.(2020·南京高一检测)在三棱柱ABC-A1B1C1中,点P是棱CC1上一点,记三棱柱ABC-A1B1C1与四棱锥P-ABB1A1的体积分别为V与V2,则=球心为O,半径为2,表面积S=4π×(2)2=32π,因此D正确..1【解析】设AB=a,在△ABC中AB边所对的高为b,三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则V1=abh,V2=×ah·b,所以==.答案:14.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=.-5-【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1,所以MN∥平面ABCD,又PQ=平面PMN∩平面ABCD,所以MN∥PQ.因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,所以MN∥A1C1∥AC,所以PQ∥AC,又AP=,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,所以CQ=,从而DP=DQ=,所以PQ===a.答案:a-6-15.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形合,让三角板ABD以AB为轴转动,则下列说法正确的是(填序号).①当平面ABD⊥平面ABC时,C,D两点间的距离为②在三角板ABD转动过程中,总有AB⊥CD;③在三角板ABD转动过程中,三棱锥D-ABC体积的最大值为.,其中AD=BD=,∠BAC=30°,若它们的斜边AB重;【解析】①取AB中点O,连接DO,CO,因为AD=BD=,所以DO=1,AB=2,OC=1.因为平面ABD⊥平面ABC,DO⊥AB,DO⊂平面ABD,所以DO⊥平面ABC,DO⊥OC,所以DC=,①正确;②若AB⊥CD,AB⊥OD,OD∩CD=D,则AB⊥平面CDO,所以AB⊥OC,因为O为AB中点,所以AC=BC,∠BAC=45°与∠BAC=30°矛盾,所以②错误;③当DO⊥平面ABC时,棱锥的高最大,此时V=××AC·BC·DO=×棱锥×1×1=,③正确.答案:①③16.在四面体S-ABC中,SA=SB=2,且SA⊥SB,BC=,AC=,则该四面体体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.【解析】四面体的体积最大时即面SAB⊥面ABC,SA=SB=2,且SA⊥SB,所以AB=2,因为BC=所以∠ACB=90°,取AB的中点H,连接CH,SH,,AC=,所以AC2+BC2=AB2,-7-SH⊥AB,面SAB∩面ABC=AB,SH在面SAB内,所以SH⊥面ABC,而SH=×SA=,所以VS-ABC=S△ABC·SH=××××=;则外接球的球心在SH所在的直线上,设球心为O,连接OC,CH=AB=×2=,因为SH=,所以O与H重合,所以R=CH=SH=,所以四面体的外接球的表面积为4πR2=8π.答案:8π四、解答题(共70分)17.(10分)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是正四棱台ABCD-A1B1C1D1,其上部是底面与四棱台的上底面重合的正四棱柱ABCD-A2B2C2D2.现需对该零部件表面进行防腐处理,已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单位:cm),若加工处理费为0.2元/cm2,求需支付的加工处理费.【解析】因为四棱柱ABCD-A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以该零部件上+S=A+4AB·AA2=102+4×10×30=1300(cm2),2四棱柱上底面四棱柱侧面又四棱台ABCD-A1B1C1D1的上均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,部的表面积S=S1下底面所以该零部件下部的表面积S2=S+S=A四棱台下底面四棱台侧面+4××(AB+A1B1)×h1等腰梯形的高=202+4××(10+20)×=1120(cm2),则该实心零部件的表面积S=S1+S2=1300+1120=2420(cm2),0.2×2420=484(元),故需支付加工处理费484元.18.(12分)如图,四边形BCC1B1是圆柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=2,AA1=3.-8-(1)求证:AC⊥BA1;(2)求圆柱的侧面积.【解析】(1)依题意AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又因为AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⊂平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.(2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S=2π×3=6侧π.19.(12分)(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO=【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证平面PAC,即可证得结论;(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.得PB⊥出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=,l2-r2=2.-9-解得r=1,l=从而AB=,.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.所以三棱锥P-ABC的体积为××PA×PB×PC=××=.20.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【证明】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以AB∥ED.11又因为DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,AB∥平面DEC1.所以11(2)因为AB=BC,E为AC的中点所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,,所以CC⊥平面ABC.1又因为BE⊂平面ABC,所以CC⊥BE.1因为CC⊂平面AACC1,AC⊂平面AACC1,C1C∩AC=C,111所以BE⊥平面A1ACC1.CE⊂平面AACC1,所以BE⊥C1E.因为1121.(12分)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图②中△ABE的位置,得到四棱锥A-BCDE.11-10-(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面ABE⊥平面BCDE时,四棱锥A-BCDE的体积为,求a的值.3611【解析】(1)在题图①中,因为AB=BC=AD