2024年新教材高中数学第八章立体几何初步单元检测含解析新人教A版必修第二册

PAGEPAGE17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.(2024·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形态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()A.B.C.D.【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,则PO==,由题意PO2=ab,即b2-=ab,化简得4-2·-1=0,解得=(负值舍去).2.为感恩护士在疫情期间的辛苦付出,某新冠肺炎患者制作了一个工艺品送给敬重的护士,如图所示,该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合),若其中一个截面圆的周长为4π,则该球的半径是 ()A.2B.4C.2D.4【解析】选B.设截面圆半径为r,球的半径为R,则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2,依据截面圆的周长可得4π=2πr,得r=2,故由题意知R2=r2+,即R2=22+=16,所以R=4.3.(2024·全国卷Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 ()A.α内有多数条直线与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内有多数条直线与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.4.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,直线l过点A且垂直于平面ABC,动点P∈l,当点P渐渐远离点A时,∠PCB的大小 ()A.变大 B.变小C.不变 D.有时变大有时变小【解析】选C.因为直线l⊥平面ABC,所以l⊥BC.又∠ACB=90°,所以AC⊥BC,所以BC⊥平面APC,所以BC⊥PC,即∠PCB为直角,即∠PCB的大小与点P的位置无关,故选C.5.在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为 ()A. B.- C. D.-【解析】选A.如图,分别取BC,CD,AD,BD的中点M,N,P,Q,连接MN,NP,PM,PQ,MQ,则MN∥BD,NP∥AC,所以∠PNM即为异面直线AC和BD所成的角(或其补角).又由题意得PQ⊥MQ,PQ=AB,MQ=CD.设AB=BC=CD=2,则PM=.又MN=BD=,NP=AC=,所以△PNM为等边三角形,所以∠PNM=60°,所以异面直线AC与BD所成角为60°,其余弦值为.【补偿训练】如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=AC=BC=2,AB=2,SC=1.①画出二面角S-AB-C的平面角,并求它的度数.②求三棱锥S-ABC的体积.【解析】①取AB中点D,连接SD,CD,因为SA=SB=2,AC=BC=2,所以SD⊥AB,CD⊥AB,且SD⊂平面SAB,CD⊂平面CAB,所以∠SDC是二面角S-AB-C的平面角.在直角三角形SDA中,SD===1,在直角三角形CDA中,CD===1,所以SD=CD=SC=1,所以△SDC是等边三角形,所以∠SDC=60°.②方法一:因为SD⊥AB,CD⊥AB,SD∩CD=D,所以AB⊥平面SDC,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面SDC,且平面ABC∩平面SDC=CD,在平面SDC内作SO⊥DC于O,则SO⊥平面ABC,即SO是三棱锥S-ABC的高.在等边△SDC中,SO=,所以三棱锥S-ABC的体积VS-ABC=S△ABC·SO=××2×1×=.方法二:因为SD⊥AB,CD⊥AB,SD∩CD=D,所以AB⊥平面SDC.在等边△SDC中,△SDC的面积S△SDC=SD2=,所以三棱锥S-ABC的体积VS-ABC=VA-SDC+VB-SDC=S△SDC·AB=××2=.6.疫情期间,某地建设方舱医院时须要对隔板夹角处加固,若已知正方体ABCD-A1B1C1D1形态的隔板间的棱长为3,M,N分别为AB1,A1C1上的点,且A1N=AM,AM=2MB1,P,Q分别为BB1,B1A.3 B. C.+ D.【解析】选B.将折线MPQN所在平面展成平面图形,如图所示:因为正方体的棱长为3,且A1N=AM,AM=2MB1,所以M,N均为对角线上的三等分点,作ON,OM分别与正方形的边平行,所以ON=3,OM=2,所以MN==,所以折线MPQN长度的最小值为.7.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1A. B. C. D.【解析】选B.取B1C1C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故E,F,B,D在同一平面内,连接ME,因为M,E分别为A1D1,B1C1所以ME∥A1B1∥AB,且ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形,所以AM∥BE,又因为BE⊂平面BDFE,AM不在平面BDFE内,所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE,因为AM∩AN=A,所以平面AMN∥平面BDFE,即平面α截该正方体所得截面为平面BDFE,BD=,EF=B1D1=,DF=,梯形BDFE如图:过E,F作BD的垂线,则四边形EFGH为矩形,所以FG===,故四边形BDFE的面积为×=.8.看一个定理:“假如同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以重心旋转所得周长的积”.如图,半圆O的直径AB=6cm,点D是该半圆弧的中点,那么运用上述定理可以求得,半圆弧与直径所围成的半圆面(阴影部分不含边界)的重心G位于对称轴OD上,且满意OG= ()A.2cm BC D【解析】选B.以AB为轴,旋转题设半圆所得的球的体积为V球=π·33=36π.运用供应的定理求得36π=·(2π·OG),解得OG=.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.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,已知平面α⊥AC1A.截面形态可能为正三角形B.截面形态可能为正方形C.截面形态可能为正六边形D.截面面积最大值为3【解析】选ACD.如图,明显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,10.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.假如m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βB.假如m⊥α,n∥α,那么m⊥nC.假如α⊥β,m⊂α,那么m⊥βD.假如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.11.对于四面体ABCD,给出下列四个命题,其中真命题有 ()A.若AB=AC,BD=CD,则BC⊥ADB.若AB=CD,AC=BD,则BC⊥ADC.若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥ADD.若AB⊥CD,BD⊥AC,则BC⊥AD【解析】选AD.如图对于A,取BC的中点H,连接AH与DH,可证得BC⊥平面AHD,进而可得BC⊥AD,故A对;对于B,条件不足备,证明不出结论;对于C,条件不足备,证明不出结论;对于D,作AE⊥平面BCD于E,连接BE,可得BE⊥CD,同理可得CE⊥BD,证得E是垂心,则可得出DE⊥BC,进而可证得BC⊥平面AED,即可证出BC⊥AD.12.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1A.平面ACB1∥平面A1C1D,且两平面的距离为B.点P在线段AB上运动,则四面体PA1B1C1C.与全部12条棱都相切的球的体积为πD.M是正方体的内切球的球面上随意一点,N是△AB1C外接圆的圆周上随意一点,则MN的最小值是【解析】选BC.对选项A,因为AB1∥DC1,AC∥A1C1,且AC∩AB1=A,DC1∩A1C1=C所以平面ACB1∥平面A1C1D,正方体的体对角线BD1=,设B到平面ACB1的距离为h,则=××1×1×1=××××h,即h=,则平面ACB1与平面A1C1D的距离d=-2h=-2×=,故A错误.对选项B,点P在线段AB上运动,则四面体PA1B1C1对选项C,与全部12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C=,则2R=,R=,则球的体积V=πR3=×π×=π,故C正确.对选项D,设正方体的内切球的球心为O,内切球半径为,△AB1C外接圆上的点到点O的距离为,所以MN的最小值为-.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.(2024·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°,以D1为球心,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=,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=,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,为半径的圆弧EF,的长为·2π=π.答案:π14.在二面角α-l-β中,A∈α,AB⊥平面β于点B,BC⊥平面α于点C.若AB=6,BC=3,则二面角α-l-β的平面角的大小为________.

【解析】如图,因为AB⊥β,所以AB⊥l.因为BC⊥α,所以BC⊥l,所以l⊥平面ABC.设平面ABC∩l=D,则∠ADB为二面角α-l-β的平面角或补角.因为AB=6,BC=3,所以∠BAC=30°,所以∠ADB=60°,所以二面角α-l-β的平面角的大小为60°或120°.答案:60°或120°15.(2024·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.如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为________【解析】因为三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱长均为1,所以底面△ABC为正三角形,所以S△ABC=AB2=,又因为AA1⊥底面ABC,AA1=1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为=S△ABC·AA1=,因为三棱锥A-A1B1C1、三棱锥C1-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1等底等高,所以===,由此可得三棱锥B1-ABC1的体积V=.答案: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.依据直角三角形内切圆的性质可得7-2R=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=×3×4×6=36(cm3),所以削去部分的最小体积为36-6π=6(6-π)(cm3).18.(12分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1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=A1B.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=CD1,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,D1F19.(12分)养路处建立圆锥形仓库用于贮藏融雪盐(供溶化高速马路上的积雪之用),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)假如按方案一,仓库的底面直径变成16m,则仓库的体积V1=Sh=π×82×4=π(m3);假如按方案二,仓库的高变成8m,则仓库的体积V2=Sh=×π×62×8=π(m3).(2)假如按方案一,仓库的底面直径变成16m,半径为8m.圆锥的母线长为l==4(m),则仓库的表面积S1=π×8×4=32π(m2);假如按方案二,仓库的高变成8m.圆锥的母线长为l==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=VF-ABC+VC-ADEF=××2×1×2+××(1+2)×2×2=.【拓展延长】如图,在三棱锥D-ABC中,AB=2AC=2,∠BAC=60°,AD=,CD=3,平面ADC⊥平面ABC.(1)证明:平面BDC⊥平面ADC.(2)求三棱锥D-ABC的体积.【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理可得,BC===,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=,所以sin∠ACD=,所以S△ACD=·AC·CD·sin∠ACD=,则VD-ABC=VB-ADC=·BC·S△ACD=.21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,AD=2,AB=1,∠BAD=60°,平面PCD⊥平面ABCD,点M为PC上一点.(1)若PA∥平面MBD,求证:点M为PC中点.(2)求证:平面MBD⊥平面PCD.【证明】(1)连接AC交BD于O,连接OM,如图所示:因为PA∥平面MBD,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面MBD=OM,所以PA∥OM.因为四边形ABCD是平行四边形,所以O是AC的中点,所以M是PC的中点.(2)在△ABD中,AD=2,AB=1,∠BAD=60°,所以BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=3,所以AD2=AB2+BD2,所以AB⊥BD.因为四边形ABCD是平行四边形,所以AB∥CD,所以BD⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD,且平面PCD∩平面ABCD=CD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PCD.因为BD⊂平面MBD,所以平面MBD⊥平面PCD.【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BDE