2024年新教材高中数学第八章立体几何初步阶段过关练含解析新人教A版必修第二册

PAGEPAGE8阶段过关练(三)(45分钟90分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．梯形A1B1C1D1(如图)是一水平放置的平面图形ABCD的直观图(斜二测)，若A1D1∥y′轴，A1B1∥x′轴，A1B1＝eq\f(2,3)C1D1＝2，A1D1＝1，则平面图形ABCD的面积是()A．5B．10C．5eq\r(2)D．10eq\r(2)【解析】选A.如图，依据直观图画法的规则，直观图中A1D1∥O′y′，A1D1＝1，原图中AD∥Oy，从而得出AD⊥DC，且AD＝2A1D1＝2，直观图中A1B1∥C1D1，A1B1＝eq\f(2,3)C1D1＝2，原图中AB∥CD，AB＝eq\f(2,3)CD＝2，即四边形ABCD上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积S＝eq\f(1,2)(2＋3)×2＝5.2．球的表面积S1与它的内接正方体的表面积S2的比值是()A．eq\f(π,3)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2)D．π【解析】选C.设球的内接正方体的棱长为a，球的半径为R，则3a2＝4R2，所以a2＝eq\f(4,3)R2，球的表面积S1＝4πR2，正方体的表面积S2＝6a2＝6×eq\f(4,3)R2＝8R2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(π,2).3．已知平面α，直线m，n满意mα，nα，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mα，nα，m∥n，所以依据线面平行的判定定理得m∥α.由m∥α不能得出m与α内任始终线平行，所以m∥n是m∥α的充分不必要条件．4．如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的全部棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1A.eq\f(\r(3),12)B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(\r(6),12)D．eq\f(\r(6),4)【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eq\f(\r(3),2)，底面积为eq\f(1,2)，故其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1A．AE⊥CC1 B．AE⊥B1D1C．AE⊥BC D．AE⊥CD【解析】选B.如图所示，连接AC，BD，因为ABCD­A1B1C1D1所以四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因为CE⊥平面ABCD，所以BD⊥AC，因为BD⊥CE，且AC∩CE＝C，所以BD⊥平面ACE，因为BD∥B1D1，故B1D1⊥平面ACE，故B1D1⊥AE.6．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)【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，则∠DB1P是异面直线AD1与DB1所成的角，连接DP，易求得DB1＝DP＝eq\r(5)，B1P＝2，由余弦定理可得cos∠DB1P＝eq\f(DBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋B1P2－DP2,2DB1·PB1)＝eq\f(5＋4－5,4\r(5))＝eq\f(\r(5),5).7．将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是()A．90°B．60°C．45°D．30°【解析】选A.如图，连接B′C.则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝eq\r(2)a，所以∠B′DC＝90°.8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C则在△ADE翻折过程中，下列结论中正确的有()①总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE；②总有BM∥平面A1DE；③存在某个位置，使DE⊥A1CA．①②B．①③C．②③D．①②③【解析】选A.在①中，总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE，①正确；在②中，如图，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D，FB∥ED，由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以总有BM∥平面A1DE，故②正确；在③中，由已知得DE⊥CE，若DE⊥A1C则DE⊥平面A1CE，则DE⊥A1E，又在△A1DE中DA1⊥A1E，所以DE与A1E不行能垂直，即DE与A1C二、填空题(每小题5分，共20分)9．(2024·长春高一检测)“中国天眼”是我国具有自主学问产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜(如图)，已知“天眼”的形态为球冠(球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，裁得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高)，设球冠底的半径为r，球冠的高为h，则球的半径R＝________．【解析】球冠底的半径为r，球冠的高为h，则球的半径R2＝(R－h)2＋r2，可得R＝eq\f(h2＋r2,2h).答案：eq\f(h2＋r2,2h)10．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则你认为的正确的命题有________个，其中一个是________．【解析】若①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β成立，则n与α可能平行也可能相交，也可能nα，即④n⊥α不肯定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④n⊥α成立，则m与β可能平行也可能相交，也可能mβ，即③m⊥β不肯定成立．若①m⊥n，③m⊥β，④n⊥α成立，则②α⊥β成立．若②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α成立，则①m⊥n成立．答案：2若②③④，则①(或若①③④，则②)11．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＝eq\r(2)a.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＝eq\r(6)a，所以CD＝eq\f(2,\r(3))a，所以在Rt△CDO中，sin∠CDO＝eq\f(a,\f(2a,\r(3)))＝eq\f(\r(3),2)，所以∠CDO＝60°.答案：60°12．(2024·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，eq\r(5)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＝eq\r(5)，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＝eq\r(2)，球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心，eq\r(2)为半径的圆弧EF，eq\o(EF,\s\up8(︵))的长为eq\f(1,4)·2eq\r(2)π＝eq\f(\r(2),2)π.答案：eq\f(\r(2),2)π三、解答题(每小题10分，共30分)13．圆台的母线长为6cm，它的轴截面的一条对角线与一腰垂直且与下底所成的角为30°，求该圆台的体积．【解析】如图，等腰梯形AA1B1B为圆台的轴截面，AA1＝6cm，∠AA1B＝90°，∠ABA1＝30°，于是AB＝2AA1＝12cm，由A1B1∥AB，得∠B1A1B＝∠A1又∠A＝90°－30°＝60°，得∠A1BB1＝60°－30°＝30°，故△A1B1B为等腰三角形，所以A1B1＝B1B＝6cm.又OO1·AB＝AA1·A1B得，OO1＝eq\f(AA1·A1B,AB)＝eq\f(6×6\r(3),12)＝3eq\r(3)(cm)，由圆台的体积公式：V圆台＝eq\f(1,3)π·OO1·(A1Oeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋A1O1·AO＋AO2)＝eq\f(1,3)·π·3eq\r(3)·(32＋3×6＋62)＝63eq\r(3)π(cm3).14.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1(1)求证：AD1∥平面DOC1.(2)求异面直线AD1和OC1所成角的大小．【解析】(1)如图，连接D1C交DC1于点O1连接OO1，因为O，O1分别是AC和D1C的中点，所以OO1∥AD1又OO1平面DOC1，AD1平面DOC1，所以AD1∥平面DOC1.(2)由(1)知，OO1∥AD1，所以∠O1OC1为异面直线AD1和OC1所成角，设正方体ABCD­A1B1C1D1则O1C1＝O1O＝eq\r(2)，OC1＝eq\r(22＋（\r(2)）2)＝eq\r(6)，所以cos∠O1OC1＝eq\f(（\r(2)）2＋（\r(6)）2－（\r(2)）2,2×\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，所以∠O1OC1＝eq\f(π,6).即异面直线AD1和OC1所成角的大小为eq\f(π,6).【加固训练】如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1＝A1C1，点D，E分别为AA1，B1(1)证明：A1E∥平面DCB1；(2)证明：平面DCB1⊥平面BB1C【证明】(1)连接BC1交B1C则O为矩形BB1C1C的中心，连接DO，OE，则OE∥BB1∥A1D，OE＝eq\f(1,2)BB1＝A1D，可得四边形DA1EO为平行四边形，则A1E∥DO，因为DO平面DCB1，A1E平面DCB1，所以A1E∥平面DCB1；(2)因为ABC－A1B1C1所以平面BB1C1C⊥底面A1B又A1B1＝A1C1，E是B1C所以A1E⊥B1C1，而平面BB1C1C∩底面A1B1C1＝B1C1，A1E平面A所以A1E⊥平面CBB1C1由(1)知A1E∥DO，所以DO⊥平面CBB1C1，而DO平面DCB1，所以DCB1⊥平面BB1C15．如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥CD，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得