高中人教A版数学单元素养检测第八章立体几何初步

单元素养检测(三)(第八章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是()A.圆柱 B.圆锥C.球体 D.圆柱、圆锥、球体的组合体【解析】选C.截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.2.已知圆锥的高为3,底面半径为QUOTE,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积等于()A.QUOTEπB.QUOTEπC.16πD.32π【解析】选B.设该圆锥的外接球的半径为R,依题意得,R2=(3R)2+(QUOTE)2,解得R=2,所以所求球的体积V=QUOTEπR3=QUOTEπ×23=QUOTEπ.3.如图所示,已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1ABC1A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选A.三棱锥B1ABC1的体积等于三棱锥AB1BC1的体积,三棱锥AB1BC1的高为QUOTE,底面积为QUOTE,故其体积为QUOTE×QUOTE×QUOTE=QUOTE.4.(2019·全国卷Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面【解析】选B.当α内有无数条直线与β平行,也可能两平面相交,故A错.同样当α,β平行于同一条直线或α,β垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.5.在梯形ABCD中,∠ABC=QUOTE,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A.4π B.(4+QUOTE)πC.6π D.(5+QUOTE)π【解析】选D.因为在梯形ABCD中,∠ABC=QUOTE,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,所以将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB=1,高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1,高为BCAD=21=1的圆锥的组合体,所以几何体的表面积S=π×12+2π×1×2+QUOTE×2π×1×QUOTE=(5+QUOTE)π.6.已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.因为m⊄α,n⊂α,m∥n,所以根据线面平行的判定定理得m∥α.由m∥α不能得出m与α内任一直线平行,所以m∥n是m∥α的充分不必要条件,故选A.7.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=QUOTE,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选C.用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面,如图,则B1P∥AD1,连接DP,易求得DB1=DP=QUOTE,B1P=2,则∠DB1P是异面直线AD1与DB1所成的角,由余弦定理可得cos∠DB1P=QUOTE=QUOTE=QUOTE.8.(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8QUOTEπ B.4QUOTEπ C.2QUOTEπ D.QUOTEπ【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,且EF=QUOTEPB=x,因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以CF=QUOTE,又∠CEF=90°,所以CE=QUOTE,AE=QUOTEPA=x,在△AEC中,利用余弦定理得cos∠EAC=QUOTE,作PD⊥AC于D,因为PA=PC,所以D为AC的中点,cos∠EAC=QUOTE=QUOTE,所以QUOTE=QUOTE,所以2x2+1=2,所以x2=QUOTE,x=QUOTE,所以PA=PB=PC=QUOTE,又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC两两垂直,所以2R=QUOTE=QUOTE,所以R=QUOTE,所以V=QUOTEπR3=QUOTEπ×QUOTE=QUOTEπ,故选D.方法二:因为PA=PB=PC,△ABC是边长为2的等边三角形,所以PABC为正三棱锥,易得PB⊥AC,又E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB,所以EF⊥AC,又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC,所以∠BPA=90°,所以PA=PB=PC=QUOTE,所以PABC为正方体一部分,2R=QUOTE=QUOTE,即R=QUOTE,所以V=QUOTEπR3=QUOTEπ×QUOTE=QUOTEπ,故选D.【拓展延伸】已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1A.QUOTE B.2QUOTE C.QUOTE D.3QUOTE【解析】选C.如图,由球心作平面ABC的垂线,则垂足为BC的中点M.又AM=QUOTEBC=QUOTE=QUOTE,OM=QUOTEAA1=6,所以球O的半径R=OA=QUOTE=QUOTE.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.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.10.给出下列命题,其中命题正确的是()A.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形B.若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直C.在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱D.存在每个面都是直角三角形的四面体【解析】选BCD.选项A不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;选项B正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角;选项C正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;选项D正确,如图,正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C111.α,β是两个平面,m,n是两条直线,下列四个命题其中正确的是()A.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βB.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥nC.如果α⊥β,m⊂α,那么m⊥βD.如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等【解析】选BD.对于选项A,α,β可以平行,可以相交也可以不垂直,故错误.对于选项B,由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α,n∥l,又m⊥α,所以m⊥l,所以m⊥n,故正确.对于选项C,因为α⊥β,又m⊂α,所以可能有m⊥β可能m∥β也可能m与β相交,故不正确.对于选项D,因为m∥n,所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β,所以n与α所成的角和n与β所成的角相等,所以m与α所成的角和n与β所成的角相等,故正确.12.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD.则在三棱锥ABCD中,下列命题正确的是()A.CD⊥平面ABDB.AB⊥平面BCDC.平面BCD⊥平面ABCD.平面ADC⊥平面ABC【解析】选AD.在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,所以CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,故AB⊥平面ADC,又AB⊂平面ABC,从而平面ABC⊥平面ADC.三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为2QUOTEcm2,则原平面图形的面积为________cm2.

【解析】依题意可知∠BAD=45°,则原平面图形为直角梯形,上下底面的长与BC,AD相等,高为梯形ABCD的高的2QUOTE倍,所以原平面图形的面积为8cm2.答案:814.已知Rt△ABC的斜边在平面α内,直角顶点C是α外一点,AC、BC与α所成角分别为30°和45°,则平面ABC与α所成锐角为________.

【解析】如图所示,过点C作垂直于α的直线CO,交α于点O.所以∠CAO=30°,∠CBO=45°.设CO=a,所以在Rt△ACO中,AC=2a,在Rt△BCO中,BC=QUOTEa.过C点在平面ABC内作CD⊥AB,连接OD,则∠CDO为平面ABC与α所成的锐角,AB=QUOTEa,所以CD=QUOTEa所以在Rt△CDO中,sin∠CDO=QUOTE=QUOTE,所以∠CDO=60°.答案:60°15.(2019·北京高考)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:____________________.

【解析】选两个论断作为条件,一个作为结论,一共能够组成3个命题,即①②⇒③,①③⇒②,②③⇒①,只有①②⇒③为假命题,其余两个为真命题.答案:若m∥α,l⊥α,则l⊥m(或若l⊥m,l⊥α,则m∥α)16.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心,QUOTE为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.

【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F=QUOTE,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=QUOTE,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,QUOTE为半径的圆弧EF,QUOTE的长为QUOTE·2QUOTEπ=QUOTEπ.答案:QUOTEπ四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)直三棱柱的高为6cm,底面三角形的边长分别为3cm,4cm,5cm,将棱柱削成圆柱,求削去部分体积的最小值.【解析】如图所示,只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时,圆柱的体积最大,削去部分体积才能最小,设此时圆柱的底面半径为R,圆柱的高即为直三棱柱的高6cm.因为在△ABC中,AB=3cm,BC=4cm,AC=5cm,所以△ABC为直角三角形.根据直角三角形内切圆的性质可得72R=5,所以R=1cm,所以V圆柱=πR2·h=6πcm3.而三棱柱的体积为V三棱柱=QUOTE×3×4×6=36(cm3),所以削去部分的最小体积为366π=6(6π)(cm3).18.(12分)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1求证:(1)E,C,D1,F四点共面;(2)CE,D1F【证明】(1)如图所示,连接CD1,EF,A1B,因为E,F分别是AB和AA1的中点,所以EF∥A1B且EF=QUOTEA1B.又因为A1D1BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥CD1,所以EF∥CD1,所以EF与CD1确定一个平面,即E,C,D1,F四点共面.(2)由(1)知EF∥CD1且EF=QUOTECD1,所以四边形CD1FE是梯形,所以CE与D1F设交点为P,则P∈CE,且P∈D1F又CE⊂平面ABCD,且D1F⊂平面A1ADD1所以P∈平面ABCD,且P∈平面A1ADD1.又平面ABCD∩平面A1ADD1=AD,所以P∈AD,所以CE,D1F【补偿训练】已知,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1(1)D,B,E,F四点共面.(2)若A1C【证明】(1)连接B1D1.因为E,F分别为D1C1,C1B1的中点,所以EF∥B1D1又因为B1D1∥BD,所以EF∥BD,所以EF与BD共面,所以D,B,E,F四点共面.(2)因为AC∩BD=P,所以P∈平面AA1C1同理,Q∈平面AA1C1因为A1C∩所以R∈平面AA1C1所以P,Q,R三点共线.19.(12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏融雪盐(供融化高速公路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12m,高4m.养路处拟建一个更大的圆锥形仓库,以存放更多融雪盐.现有两种方案:一是新建的仓库的底面直径比原来大4m(高不变);二是高度增加4m(底面直径不变).(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积;(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积;(3)哪个方案更经济些?【解析】(1)如果按方案一,仓库的底面直径变成16m,则仓库的体积V1=QUOTESh=QUOTEπ×82×4=QUOTEπ(m3);如果按方案二,仓库的高变成8m,则仓库的体积V2=QUOTESh=QUOTE×π×62×8=QUOTEπ(m3).(2)如果按方案一,仓库的底面直径变成16m,半径为8m.圆锥的母线长为l=QUOTE=4QUOTE(m),则仓库的表面积S1=π×8×4QUOTE=32QUOTEπ(m2);如果按方案二,仓库的高变成8m.圆锥的母线长为l=QUOTE=10(m),则仓库的表面积S2=π×6×10=60π(m2).(3)V2>V1,S2<S1,所以方案二比方案一经济.20.(12分)如图,在多面体ABCDEF中,AD∥BC,AB⊥AD,FA⊥平面ABCD,FA∥DE,且AB=AD=AF=2BC=2DE=2.(1)若M为线段EF的中点,求证:CM∥平面ABF;(2)求多面体ABCDEF的体积.【解析】(1)取AD的中点N,连接CN,MN,因为AD∥BC且AD=2BC,所以AN∥BC且AN=BC,所以四边形ABCN为平行四边形,所以CN∥AB.因为M是EF的中点,所以MN∥AF.又CN∩MN=N,AB∩AF=A,所以平面CMN∥平面ABF.又CM⊂平面CMN,所以CM∥平面ABF.(2)因为FA⊥平面ABCD,所以FA⊥AB.又AB⊥AD,且FA∩AD=A,所以AB⊥平面ADEF,所以CN⊥平面ADEF.连接AC,则多面体ABCDEF的体积VABCDEF=VFABC+VCADEF=QUOTE×QUOTE×2×1×2+QUOTE×QUOTE×(1+2)×2×2=QUOTE.【拓展延伸】如图,在三棱锥DABC中,AB=2AC=2,∠BAC=60°,AD=QUOTE,CD=3,平面ADC⊥平面ABC.(1)证明:平面BDC⊥平面ADC.(2)求三棱锥DABC的体积.【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理可得,BC=QUOTE=QUOTE=QUOTE,所以BC2+AC2=AB2,所以BC⊥AC,因为平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,所以BC⊥平面ADC,又BC⊂平面BDC,所以平面BDC⊥平面ADC.(2)由余弦定理可得cos∠ACD=QUOTE,所以sin∠ACD=QUOTE,所以S△ACD=QUOTE·AC·CD·sin∠ACD=QUOTE,则VDABC=VBADC=QUOTE·BC·S△ACD=QUOTE.21.(12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧QUOTE所在平面垂直,M是QUOTE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.【解析】(1)由题意知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为QUOTE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.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)存在,当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.理由如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC的中点.连接OP,因为P为AM的中点,所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.【补偿训练】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的正方形,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,G,H分别是CE,CF的中点.(1)求证:AC⊥平面BDEF.(2)求证:平面BDGH∥平面AEF.【证明】(1)因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,且AC⊂平面ABCD,所以AC⊥平面BDEF.(2)在△CEF中,因为G,H分别是CE,CF的中点,所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,所以GH∥平面AEF.设AC∩BD=O,连接OH,在△ACF中,因为O,H分别为CA,CF的中点,所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF,AF⊂平面AEF,所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH=H,OH,GH⊂平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.22.(12分)如图,在三棱锥PABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2QUOTE,AC=2QUOTE,D为线段AB上的点,且AD=2DB,PD⊥AC.(1)求证:PD⊥平面ABC;(2)若∠PAB=QUOTE,求点B到平面PAC的距离.【解析】(1)连接CD,据题知AD=4,BD=2,AC2+BC2=AB2,所以∠ACB=90°,所以cos∠ABC=QUOTE=QUOTE,所以CD2=22+(2QUOTE)22×2×2QUOTEcos∠ABC=8,所以CD=2QUOTE,所以CD2+AD2=AC2