2020年高考理科数学单元测试8 立体几何(A)
2020高考数学题型整理分类《(8)立体几何》解析版(含历年真题)
（八） 大题考法——立体几何1.如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC ，垂足为M .EA ⊥平面ABC ，CF ∥AE ，AE ＝3，AC ＝4，CF ＝1.(1)证明：BF ⊥EM ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴BM ⊥EA ， 又BM ⊥AC ，AC ∩EA ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE ， ∴BM ⊥EM .①在Rt △ABC 中，AC ＝4，∠BAC ＝30°，∴AB ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1.∵FM ＝MC 2＋FC 2＝2，EM ＝AE 2＋AM 2＝32， EF ＝42＋(3－1)2＝25，∴FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM ⊥FM . ② 又FM ∩BM ＝M ，③∴由①②③得EM ⊥平面BMF ，∴EM ⊥BF .(2)如图，以A 为坐标原点，过点A 垂直于AC 的直线为x 轴，AC ，AE 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE ―→＝(－3，－3,3)，BF ―→＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE ―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝1，z ＝2，∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ，∴取平面ABC 的一个法向量为AE ―→＝(0,0,3)． 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝622×3＝22.故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面PAE ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， ∴AC ＝2，∠BCA ＝60°.在△ACD 中，∵AD ＝23，AC ＝2，∠ACD ＝60°， ∴由余弦定理可得：AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ，∴CD ＝4， ∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，又∠ACD ＝60°，∴△ACE 是等边三角形， ∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE . 又AE ⊂平面PAE ，BC ⊄平面PAE ， ∴BC ∥平面PAE .(2)由(1)可知∠BAE ＝90°，以点A 为坐标原点，以AB ，AE ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，B (3，0,0)，C (3，1,0)，D (－3，3,0)，∴PB ―→＝(3，0，－2)，PC ―→＝(3，1，－2)，PD ―→＝(－3，3，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB ―→＝0，n ·PC ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －2z ＝0，3x ＋y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝32，n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，32，∴cos 〈n ，PD ―→〉＝n ·PD ―→|n |·|PD ―→|＝－2374·16＝－217，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为217.3．如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x >0，y >0，z >0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1. ① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)． ∵AB ―→＝(－2,0,0)，∴cos 〈AB ―→，n 〉＝AB ―→·n | AB ―→||n |＝－2×(－3)2×7＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为2的等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠CDA ＝90°，AB ＝2DC ＝22，E 是CD 的中点．(1)求证：AE ⊥PB ；(2)设F 是棱PB 上的点，EF ∥平面PAD ，求EF 与平面PAB 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PG ⊥AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，∵AE ⊂平面ABCD ，∴AE ⊥PG . 又∵tan ∠DAE ＝tan ∠ABG ＝24， ∴∠ABG ＋∠EAB ＝∠DAE ＋∠EAB ＝∠DAB ＝90°， ∴AE ⊥BG .∵BG ∩PG ＝G ，BG ⊂平面PBG ，PG ⊂平面PBG ， ∴AE ⊥平面PBG ， ∴AE ⊥PB .(2)法一：作FH ∥AB 交PA 于H ，连接DH ，则HF ∥DC . ∵EF ∥平面PAD ，平面FHDE ∩平面PAD ＝DH ， ∴EF ∥DH ，∴四边形FHDE 为平行四边形， ∴HF ＝DE .易知DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴HF ＝14AB ，即H 为PA 的一个四等分点．取PA 的中点K ，连接DK ，则DK ⊥PA .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面PAD . ∵DK ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DK ， ∵PA ∩AB ＝A ， ∴DK ⊥平面PAB .∴∠DHK 为EF 与平面PAB 所成的角， 由已知得DK ＝3，DH ＝DK 2＋HK 2＝132， ∴sin ∠DHK ＝DK DH ＝3132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.法二：以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (22，0,0)，P (0,1，3)，E ⎝⎛⎭⎫22，2，0，PB ―→＝(22，－1，－3)，EP―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－1，3. 设PF ―→＝λPB ―→，则EF ―→＝EP ―→＋λPB ―→＝⎝⎛⎭⎫22λ－22，－1－λ，3－3λ.由(1)知PG ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥AB . ∵AD ⊥AB ，PG ⊥AD ＝G ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ―→＝(22，0,0)为平面PAD 的一个法向量． ∵EF ∥平面PAD ，∴EF ―→·AB ―→＝22×⎝⎛⎭⎫22λ－22＝0，解得λ＝14. ∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－54，334.设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又AB ―→＝(22，0,0)，PB ―→＝(22，－1，－3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＝0，22x －y －3z ＝0，取y ＝3，得z ＝－1，∴n ＝(0，3，－1)． ∴|cos 〈n ，EF ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪－534－3342×132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝2，∠ACB ＝30°，∠C 1CB ＝60°，BC 1⊥A 1C ，E 为AC 的中点，CC 1＝2.(1)求证：A 1C ⊥平面C 1EB ；(2)求直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以AC ⊥BE .又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥A 1C .又因为BC 1⊥A 1C ，BC 1∩BE ＝B ，BC 1⊂平面C 1EB ，BE ⊂平面C 1EB ， 所以A 1C ⊥平面C 1EB .(2)法一：因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 所以直线CC 1与平面ABC 所成角为∠C 1CA . 因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝BC ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 在△CC 1E 中，根据余弦定理可知，cos ∠C 1CE ＝33. 所以直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33. 法二：以E 为坐标原点，EC 为x 轴，EB 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝CB ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面AA 1CC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 所以|CC 1―→|＝2，|C 1E ―→|＝3， 设C 1(x,0，y )，又C (3，0,0)，所以⎩⎨⎧(x －3)2＋y 2＝4，x 2＋y 2＝3，解得⎩⎨⎧x ＝33，y ＝263，所以C 1⎝⎛⎭⎫33，0，263，则CC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－233，0，263， 易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设直线CC 1与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈CC 1―→，n 〉|＝63，所以cos α＝33.即直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33.6.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2b,0)，D (0,2b,0)，P (0,0,2c )．连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则O (a ，b,0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )．(1)证明：因为PB ―→＝(2a,0，－2c )，EO ―→＝(a,0，－c )， 所以PB ―→＝2EO ―→，所以PB ―→∥EO ―→， 即PB ∥EO .因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，P (0,0,2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)． 因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－ac ∥m ′＝(c,0，－a )． 所以cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2(a 2＋c 2)＝12，得a ＝c .故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。
2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何提升卷单元检测文含解析新人教A版
单元检测八立体几何(提升卷)考生注意：．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共页．．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．．本次考试时间分钟，满分分．．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共分)一、选择题(本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．长方体的一个顶点上三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )．π．π．π．都不对答案解析长方体的个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球直径等于长方体的体对角线长，即＝＝，所以球的表面积为π＝π·＝π，故选..如图所示的正方形′′′′的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )．．．(＋) ．(＋)答案解析由斜二测画法知，原图四边形为平行四边形，⊥，＝，＝，所以＝，因此其周长为(＋)×＝.．(·广东省广州市培正中学模拟)下列命题中，错误的是( )．平行于同一平面的两个平面平行．平行于同一直线的两个平面平行．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交．一条直线与两个平行平面所成的角相等答案解析选项正确，是面面平行的传递性．选项错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项正确，由线面角定义可知正确．.如图，在多面体中，已知面是边长为的正方形，∥，＝，且与面的距离为，则该多面体的体积为( )．．答案解析分别取，的中点，，连接，，，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，所以整个多面体的体积为.．如图，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边的长为，那么这个几何体的体积为( )．答案解析由三视图还原可知，原图形是底面是直角边为的等腰直角三角形，两侧面也是直角边为的等腰直角三角形，另一侧面是边长为的等边三角形的三棱锥．所以体积为＝××＝，选.．设，是异面直线，则以下四个命题：①存在分别经过直线和的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线和的两个平行平面；③经过直线有且只有一个平面垂直于直线；④经过直线有且只有一个平面平行于直线，其中正确的个数为( )．．．．答案解析对于①，可以在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确；对于②，可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确；对于③，当这两条直线不垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误；对于④，假设过直线有两个平面α，β与直线平行，则平面α，β相交于直线，过直线作一平面γ与平面α，β相交于两条直线，都与直线平行，可得与平行，所以假设不成立，所以④正确，故选.．(·广东省广州市培正中学模拟)如图，长方体—中，∠＝°，∠＝°，那么异面直线与所成角的余弦值是( )答案解析由∠＝°，∠＝°，可设＝＝，＝.连接，.由∥，所以异面直线与所成的角，即∠.在△中，＝，＝，＝，由余弦定理可得∠＝＝＝，所以异面直线与所成角的余弦值是，选.．△所在的平面为α，直线⊥，⊥，直线⊥，⊥，则直线，的位置关系是( )．相交．平行．异面．不确定答案解析∵⊥，⊥，∩＝，，⊂平面，∴⊥平面.∵⊥，⊥，∩＝，，⊂平面，∴⊥平面，∴∥，故选.．已知α，β是两个平面，直线⊄α，⊄β，若以①⊥α；②∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有( )．①③⇒②；①②⇒③．①③⇒②；②③⇒①．①②⇒③；②③⇒①．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①答案解析因为α⊥β，所以在β内找到一条直线，使⊥α，又因为⊥α，所以∥.又因为⊄β，所以∥β，即①③⇒②；因为∥β，所以过可作一平面γ∩β＝，所以∥，又因为⊥α，所以⊥α，又因为⊂β，所以α⊥β，即①②⇒③.故选.．已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥．∥．⊥．⊥答案解析∵互相垂直的平面α，β交于直线，直线, 满足∥α，∴∥β或⊂β或与β相交，∵⊥β，⊂β，∴⊥.故选..如图，在正方体－中，，分别为棱和棱的中点，则异面直线与所成的角为( )．°．°．°．°答案解析连接，，.∵，分别为，的中点，∴∥.又易证得∥，∴∥.∴∠即为异面直线和所成的角．∵－为正方体，∴＝＝.即△为正三角形，∴∠＝°.故正确．.点在正方体侧面及其边界上运动，并且保持⊥，则点的轨迹为( )．线段．的中点与的中点连成的线段．线段．的中点与的中点连成的线段答案解析∵⊥恒成立，∴要保证所在的平面始终垂直于.∵⊥，⊥，∩＝，，⊂平面，∴⊥平面，∴点在线段上运动．故选.第Ⅱ卷(非选择题共分)二、填空题(本题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上)．往一个直径为厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高厘米，则此球的半径为厘米．答案解析＝＝π＝π，＝＝＝..如图，，分别为正方体的平面、平面的中心，则四边形在该正方体的面上的射影可能是．(填序号)答案②③解析因为正方体是对称的几何体，所以四边形在该正方体的面上的射影可分为：自上而下、自左至右、由前及后三个方向的射影，也就是在平面、平面、平面上的射影．四边形在平面和平面上的射影相同，如图②所示；四边形在该正方体对角面的内，它在平面上的射影显然是一条线段，如图③所示．故②③正确．.如图所示，在正方体－中，，分别是棱和上的点，若∠是直角，则∠＝.答案°解析因为⊥平面，⊂平面，所以⊥.又因为⊥，，⊂平面，∩＝，所以⊥平面，所以⊥，所以∠＝°..如图，∠＝°，⊥平面，则在△和△的边所在的直线中，与垂直的直线有；与垂直的直线有．答案，，解析∵⊥平面，∴垂直于直线，，；∵⊥，⊥，∩＝，∴⊥平面，∴与垂直的直线是.三、解答题(本题共小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)．(分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)－中，＝，＝，＝，＝，点是的中点．()求证：⊥；()求证：∥平面.证明()∵三棱柱－为直三棱柱，∴⊥平面，又⊂平面，∴⊥.又∵＝，＝，＝，∴＋＝，∴⊥.∵，⊂平面，∩＝，∴⊥平面，又⊂平面，∴⊥.()取的中点，连接，和，∵∥，且＝，∴四边形为平行四边形，∴∥，又∵⊄平面，⊂平面，∴∥平面.∵∥，且＝，∴四边形为平行四边形，∴∥，又∵⊂平面，⊄平面，∴∥平面，∵∩＝，，⊂平面，∴平面∥平面，又⊂平面，∴∥平面.．(分)如图，四棱锥－的底面是矩形，侧面是正三角形，且侧面⊥底面，为侧棱的中点．()求证：∥平面；()求证：⊥平面；()当为何值时，⊥?()证明连接交于，连接，因为，分别为，的中点，所以∥，因为⊂平面，⊄平面，所以∥平面.()证明⇒⇒平面⊥平面，正三角形中，为的中点，所以⊥，又平面∩平面＝，所以⊥平面.()解设为中点，连接，则⊥.又平面⊥底面，所以⊥底面.所以，为在平面上的射影．要使⊥，只需⊥，在矩形中，设＝＝，＝，＝，由∠＝∠，得△∽△，＝⇒＝·⇒＝，解得＝，所以，当＝时，⊥.．(分)如图，已知四棱锥－，底面四边形为菱形，＝，＝，，分别是线段，的中点．()求证：∥平面；()求异面直线与所成角的大小．()证明连接交于点，∵，分别是线段，的中点，∴∥，∵⊄平面，⊂平面，∴∥平面.()解由()知，∠就是异面直线与所成的角或其补角．∵四边形为菱形，＝，＝，∴在△中，＝，＝，∴∠＝°，∴异面直线与所成的角为°.．(分)(·北京)如图，在三棱锥－中，⊥，⊥，⊥，＝＝＝，为线段的中点，为线段上一点．()求证：⊥；()求证：平面⊥平面；()当∥平面时，求三棱锥－的体积．()证明因为⊥，⊥，，⊂平面，∩＝，所以⊥平面，又因为⊂平面，所以⊥.()证明因为＝，为中点，所以⊥，由()知，⊥，∩＝，，⊂平面，所以⊥平面.又因为⊂平面，所以平面⊥平面.()解因为∥平面，⊂平面，平面∩平面＝，所以∥.因为为的中点，所以＝＝，＝＝.由()知，⊥平面，所以⊥平面.所以三棱锥－的体积＝··＝.。
高中数学立体几何初步单元测
第八章 立体几何初步 （单元测）第八章 立体几何初步（单元测试）_一、单选题1．已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（ ）A．B．C．D．42．若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形中的长度为（ ）A．B．C．2D．3．如图，古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．记图中圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，则下列说法正确的是（ ）A．B．C．D．4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果，，，，那么；②如果，，那么；③如果，，，那么；④如果，，，那么.其中正确命题的个数有（ ）A．4 个B．3 个C．2 个D．1 个5．梯形ABCD中，，∠ABC＝90°，AD＝1，BC＝2，∠DCB＝60°，在平面ABCD内过点C作l⊥CB以l所在直线为轴旋转一周，则该旋转体的表面积为（ ）A．B．C．D．6．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，则下列结论中正确的序号是（ ）①三棱锥D1﹣EFG的体积为；②BD1∥平面EFG；③BD1∥EG；④AB1⊥EG. A．③④B．①②④C．②③④D．①③7．直三棱柱中，，，则与平面所成的角为（ ）A．B．C．D．8．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若平面AMN，则P A1的最小值是（ ）A．1B．C．D．二、多选题9．如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是（ ）A ．直线与直线共面B．直线与直线异面C ．直线与直线共面D．直线与直线异面10．高空走钢丝是杂技的一种，渊源于古代百戏的走索，演员手拿一根平衡杆，在一根两头拴住的钢丝上来回走动，并表演各种动作．在表演时，假定演员手中的平衡杆是笔直的，水平地面内一定存在直线与演员手中的平衡杆所在直线（ ）A．垂直B．相交C．异面D．平行11．在长方体中，O为与的交点，若，则（ ）A．B．C．三棱锥的体积为D．二面角的大小为12．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°，侧棱长为米，则该正四棱锥的（ ）A．底面边长为6米B．侧棱与底面所成角的余弦值为C．侧面积为平方米D．体积为立方米三、填空题13．如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆周和圆锥的顶点均在体积为的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为______．14．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为___________15．在正四面体ABCD中，E为BC的中点，则异面直线AE与CD所成角的余弦值为_ __________.16．如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是___________.四、解答题17．如图，四棱锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O，底面，点E是的中点．(1)求证：∥平面；(2)若三棱锥的体积为，求的长．18．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，.(1)若为侧棱的中点，求证：平面；(2)求三棱锥的体积.19．如图，在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点．(1)证明：平面平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值．20．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求线段BC的长度．21．在等腰梯形（图1）中，，是底边上的两个点，且.将和分别沿折起，使点重合于点，得到四棱锥（图2）.已知分别是的中点.(1)证明：平面.(2)证明：平面.(3)求二面角的正切值.22．如图，垂直于⊙所在的平面，为⊙的直径，，，，，点为线段上一动点．(1)证明：平面AEF⊥平面PBC；(2)当点F与C点重合，求 PB与平面AEF所成角的正弦值．一、单选题23．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）A．B．C．D．24．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A．B．C．D．25．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）A．B．C．D．26．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A．B．C．D．二、多选题27．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）A．B．C．D．28．已知正方体，则（ ）A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为三、填空题29．已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________. 30．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．31．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm3.四、解答题32．如图，四面体中，，E为AC的中点．(1)证明：平面平面ACD；(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．参考答案：1．C【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】因为底面半径，所以母线长，所以圆锥的高.故选：C2．B【分析】过点作,垂足为，求出直观图中的长度即得解.【详解】解：过点作,垂足为.因为，，，；，所以原四边形中的长度为2.故选：B3．B【分析】根据已知条件得出球的直径恰好与圆柱的高相等，设球的半径为r，进而分别表示出圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，进而求出.【详解】由已知条件，设球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则圆柱的表面积，体积，球表面积，答案第1页，共2页体积，．故选：B.4．D【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】解：对于①如果，，，，那么或与相交，故①错误；对于②如果，，由线面垂直的性质可知，故②正确；对于③如果，，，那么或或与相交（不垂直）或与异面（不垂直），故③错误；对于④如果，，，那么或与相交（不垂直），当且仅当，，，，那么，故④错误.故选：D5．B【分析】旋转体为圆柱去去掉一个圆锥，计算圆柱的高和圆锥的底面半径和母线长，分别计算各面的面积，得出表面积．【详解】解：旋转体为圆柱去去掉一个圆锥，过作于，则，，，，圆锥的底面半径为，圆柱的底面半径为，圆柱和圆锥的高均为，圆锥的母线为，几何体的表面积为．故选：B.6．B【分析】利用等积法处理①，用面面平行得到线面平行处理②，用平行的传递性处理③，利用线面垂直得到线线垂直处理④.【详解】对于①，由等体积法可得：，故正确；对于②，连接，由面面平行的判定易得平面平面，由平面与平面平行的性质可得平面，故正确；对于③，如下图，连接，取的中点，连接，则，若，则，矛盾，故错误；对于④，由题意，，，可得平面，又平面，可得，故正确．故选：B．7．A【分析】将直三棱柱补全为正方体，根据正方体性质、线面垂直的判定可得面，由线面角的定义找到与平面所成角的平面角，进而求其大小.【详解】由题意，将直三棱柱补全为如下图示的正方体，为上底面对角线交点，所以，而面，面，故，又，面，故面，则与平面所成角为，若，所以，，则，故.故选：A8．C【分析】由平面，可以找到点在右侧面的运动轨迹，从而求出的最小值【详解】如图所示，取的中点,的中点，连接，因为分别是棱 的中点，所以，，又因为,,，所以平面平面，平面，且点在右侧面，所以点的轨迹是，且，，所以当点位于中点处时，最小，此时，.故选：C9．ACD【分析】作出正方体的直观图，逐项判断可得出合适的选项.【详解】如图，点与点重合，则与相交，故A正确；在正方体中，且，故四边形为平行四边形，，则、共面，故B错误；因为，故、共面，故C正确；由图可知，、不在同一个平面，且、既不平行也不相交，、为异面直线，故D正确.故选：ACD.10．AC【分析】对直线l与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线l垂直；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交，根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面；理解判断．【详解】根据题意可得：对直线l与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线l垂直，A正确；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面C正确；B、D错误；故选：AC．11．BCD【分析】由题意，根据长方体的结合性质，结合线面垂直判定定理以及二面角的平面角定义和三棱锥的体积公式，可得答案.【详解】连接．因为，所以，又易证平面，所以，所以，所以为二面角的一个平面角．在中，，因为在中，，，所以，所以二面角的大小为．．故选：BCD．12．AD【分析】画出几何体的直观图，结合已知条件求得棱锥的底面边长，逐项求解，即可得到答案.【详解】对A，如图所示，在正四棱锥中，为正方形的中心，且，设底面边长为，正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，所以，则，在直角中，可得，即，解得，所以正四棱锥的底面边长为，所以A正确；对B，因为平面，所以为侧棱与底面所成的角，在直角中，可得，所以B错误；对C，正四棱锥的侧面积为平方米，所以C错误；对D，正四棱锥的体积为立方米，所以D正确.故选：AD.13．【分析】根据题意画出该几何体的轴截面，如图，设是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，求出球的半径，从而可求出，进而可求得圆锥的侧面积.【详解】其中，是球心，是圆锥的顶点，是圆锥的母线，由题意可知，解得，由于圆柱的高为2，，，，母线，∴圆锥的侧面积为．故答案为：14．【分析】根据题意，得到为球的直径，求得的长，得到球的半径，进而求得球的体积，得到答案.【详解】如图所示，取的中点，根据直角三角形的性质，可得，所以为球的直径，且，可得球的半径为，所以球的体积为.故答案为：.15．##【分析】取BD的中点F，作出异面直线AE与CD所成的角，再利用三角形计算作答.【详解】在正四面体ABCD中，取BD的中点F，连接，如图，设，因E为BC的中点，则，，即有是异面直线AE与CD所成的角或其补角，而，在等腰中，，所以异面直线AE与CD所成角的余弦值为.故答案为：16．【分析】为了得到直线平面，只需求得平面平面，即平面内的任意一条直线都与平面平行，进而求得点的个数.【详解】分别取的中点，连接，，在正方体中，，，四边形是平行四边形，，，又平面，平面，平面，同理平面，又，平面，平面，平面平面，平面内的任意一条直线都与平面平行，则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，点F的个数是个.故答案为：.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由中位线证得，即可证得∥平面；（2）取中点F，证得平面，再由结合棱锥的体积公式即可求解.【详解】（1）证明：连接．∵点O，E分别为的中点，∴，∵平面平面，∴∥平面；（2）取中点F，连接．∵E为中点，∴为的中位线，∴，且．由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形．又平面，∴平面，，点E是的中点，∴，∴．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，通过，即可证明平面；（2）利用等积法，即求解即可【详解】（1）取的中点，连接，，在中，，在梯形中，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，而平面，平面，∴平面；（2）∵，，而∴平面，即为三棱锥的高，因为，，所以，又，所以19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出平面，平面，再利用面面平行的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出的三边边长，利用余弦定理可求得结果.【详解】（1）证明：连接，因为四边形为平行四边形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，因为且，且，故四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，同理可证且，所以，四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，，所以，平面平面.（2）解：，所以，异面直线与所成角为或其补角，在中，，，由余弦定理可得，所以，异面直线与所成角的余弦值为.20．(1)到平面的距离为(2)线段BC的长为2【分析】（1）利用体积法可求点到平面的距离；（2）利用面面垂直，线面垂直得线线垂直，最后利用的面积为即可求得线段BC的长．【详解】（1）解：由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，，，解得．即到平面的距离为；（2）解：连接交于点由直三棱柱，故四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，，由直三棱柱知平面，，又，平面，，，，又，解得，则线段BC的长为2.21．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）由题可得四边形是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即得；（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；（3）过点作，由题可得是二面角的平面角，结合条件即得.【详解】（1）由题意可得，在等腰梯形中，，在中，因为，所以，四边形为正方形.在四棱锥中，连接，因为分别是的中点，所以，且，在正方形中，因为是的中点，所以，且，所以，且，∴四边形是平行四边形，，因为平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，在中，，因为为的中点，所以，在等腰梯形中，，所以在四棱锥中，，因为， 平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面；（3）在中，过点作，垂足为，连接，由（2）知平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，平面，∴，故是二面角的平面角，由（1）知，在四棱锥中，，设，则，在中，，所以，在中，，故二面角的正切值为.22．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由垂直于⊙所在的平面，可得，再由圆的性质可得，则由线面垂直的判定可得平面，则，从而平面，进而由面面垂直的判定可证得结论，（2）过点作∥交于点，则，设点到平面的距离为，利用可求出，然后由可求得结果.【详解】（1）证明：因为垂直于⊙所在的平面，即平面，平面，所以，又为⊙的直径，所以，因为，所以平面，又平面，所以，因为，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）因为，，所以，又，所以，由，得,如图，过点作∥交于点，则，可得，又，所以，所以，设点到平面的距离为，由，可得，所以解得，所以当点移动到点时，与平面所成角的正弦值为．23．C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积，∴．故选：C．24．A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．25．C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.26．C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是27．CD【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【详解】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.28．ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD29．【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】∵∴∴∴.故答案为：.30．.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.31．【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为：【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 32．(1)证明详见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.【详解】（1）由于，是的中点，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）[方法一]：判别几何关系依题意，，三角形是等边三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，所以过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以.[方法二]：等体积转换，，是边长为2的等边三角形，连接。
2020秋新人教版高中数学必修二第八章立体几何初步考试测试卷(含答案解析)
第八章立体几何初步测试卷(时间:120分钟分值:150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的)1.若用A,B表示点,用a表示直线, α表示平面,则下列叙述中正确的是()A.若A⊂α,B⊂α,则AB⊂αB.若A∈α,B∈α,则AB∈αC.若A∉a,a⊂α,则AB∉αD.若A∈a,a⊂α,则A∈α答案:D2.下列说法中正确的是()A.棱柱的侧面可以是三角形B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱C.所有的几何体的表面都能展成平面图形D.棱柱的各条棱都相等答案:B3.一个等腰三角形绕它的底边所在直线旋转360°形成的曲面所围成的几何体是()A.球B.圆柱C.圆台D.两个共底面的圆锥组成的组合体答案:D4.(2020年新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面的垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20°B.40°C.50°D.90°答案:B5.如果空间中有三条线段AB,BC和CD,且∠ABC=∠BCD,那么直线AB与直线CD的位置关系是()A.AB∥CDB.AB与CD异面C.AB与CD相交D.AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交答案:D6.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列命题:①若m∥α,n∥β,α∥β,则m∥n;②若α∥γ,β∥γ,则α∥β;③若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n;④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中正确命题的序号是()A.①③B.①④C.②③D.②④答案:C7.现在国际乒乓球赛的用球已由“小球”改为“大球”.若“小球”的直径为38 mm,“大球”的直径为40 mm,则“小球”的表面积与“大球”的表面积之比为()A.√19∶√20B.19∶20C.192∶202D.193∶203答案:C8.若正三棱柱有一个半径为√3cm的内切球,则此棱柱的体积是()A.9√3cm3B.54 cm3C.27 cm3D.18√3cm3答案:B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,部分选对的得3分,有选错的得0分)9.已知等腰直角三角形直角边长为1,若将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为()A.√2πB.(1+√2)πC.2√2πD.(2+√2)π答案:AB10.对于不重合的两个平面α与β,给定下列条件,其中可以判定α与β平行的有()A.存在平面γ,使得α,β都平行于γB.存在平面γ,使得α,β都垂直于γC.α内有不共线的三点到β的距离相等D.存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β答案:AD11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱A1D1,A1A,A1B1的中点,下列命题中正确的是()A.EF⊥B1CB.BC1∥平面EFGC.A1C⊥平面EFGD.异面直线FG,B1C所成角的大小为π4答案:ABC12.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法正确的是()A.在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMBB.异面直线AD与PB所成的角为90°C.二面角P-BC-A的大小为45°D.BD⊥平面PAC答案:ABC三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)13.底面直径和高都是4 cm的圆柱的侧面面积为16π cm2.14.若四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形,E,F,G分别为PA,PD, CD的中点,则BC与平面EFG的位置关系为平行.15.若棱锥的高为16,底面积为512,平行于底面的截面面积为50,则截得的棱台的高为11.16.(2020年新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,√5为半径的球面与侧面BCC1B1的π.交线长为√22四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)17.(10分)某圆柱有一个内接长方体ABCD-A1B1C1D1,该长方体的体对角线长是10√2cm,该圆柱的侧面展开图为矩形,此矩形的面积是100π cm2,求该圆柱的体积.解:设该圆柱底面半径为r cm,高为h cm.如图所示,则该圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长,{(2r)2+ℎ2=(10√2)2,2πrℎ=100π,所以{r=5,ℎ=10.所以V圆柱=Sh=πr2h=π×52×10=250π(cm3).18.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,△PAC是直角三角形,∠PAC=90°,平面PAC⊥平面ABC.求证:平面PAB⊥平面PBC.证明:因为平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AC,平面ABC∩平面PAC=AC,PA⊂平面PAC,所以PA⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.因为AB⊥BC,AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.19.(12分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,F,F1分别是AC,A1C1的中点.求证:(1)平面AB1F1∥平面C1BF.(2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1.证明:(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,因为F,F1分别是AC,A1C1的中点,所以AF1∥C1F.易证得B1F1∥BF.因为B1F1∩AF1=F1,C1F∩BF=F,所以平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,所以B1F1⊥AA1.易证得B1F1⊥A1C1.因为A1C1∩AA1=A1,所以B1F1⊥平面ACC1A1.因为B1F1⊂平面AB1F1,所以平面AB1F1⊥平面ACC1A1.20.(12分)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=√3.(1)求证:平面PBE⊥平面PAB.(2)求二面角A-BE-P的大小.(1)证明:如图所示,连接BD.由四边形ABCD是菱形,且∠BCD=60°,知△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点,所以BE⊥CD.因为AB∥CD,所以BE⊥AB.因为PA⊥平面ABCD,BE⊂平面ABCD,所以PA⊥BE.因为PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以BE⊥平面PAB.因为BE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.(2)解:由(1)知BE⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,所以PB⊥BE.因为AB⊥BE,所以∠PBA 是二面角A -BE -P 的平面角.在Rt △PAB 中,tan ∠PBA =PA AB =√31=√3, 所以∠PBA =60°.故二面角A -BE -P 的大小是60°.21.(12分)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是矩形.已知AB =AD =PA =PB =2,PD =2√2.(1)求点B 到面PAD 的距离.(2)取AB 中点O ,过点O 作OE ⊥BD 于点E.①求证:∠PEO 为二面角P -BD -A 的平面角.②求∠PEO 的正切值.(1)解:因为PA =PB =AB =2,PA =AD =2,PD =2√2,所以△PAB 为等边三角形,PA 2+AD 2=PD 2 ,所以AD ⊥PA. 因为AD ⊥AB ,PA ∩AB =A ,PA ⊂平面PAB ,AB ⊂平面PAB , 所以AD ⊥平面PAB.所以S △PAB =12×2×2×√32=√3,S △PAD =12×2×2=2. 设点B 到平面PAD 的距离为h ,由V 三棱锥B -PAD =V 三棱锥D -PAB ,得13S △PAD ·h =13S △PAB ·AD , 即13×2×h =13×√3×2,所以h =√3 .(2)①证明:如图所示,连接PO.在△PAB 中,PA =PB =AB =2,所以PO ⊥AB.由(1)知AD ⊥平面PAB ,PO ⊂平面PAB ,所以PO ⊥AD. 因为AB ∩AD =A ,AB ⊂平面ABCD ,AD ⊂平面ABCD ,所以PO ⊥平面ABCD.因为BD ⊂平面ABCD ,所以PO ⊥BD. 因为OE ⊥BD ,PO ∩OE =O ,PO ⊂平面POE ,OE ⊂平面POE , 所以BD ⊥平面POE ,所以BD ⊥PE ,所以∠PEO 为二面角P -BD -A 的平面角.②解:PO =√PA 2-AO 2=√3.由AB =AD 可得四边形ABCD 为正方形,则OE =14AC =14×2√2=√22. 在△POE 中,∠POE =90°,所以tan ∠PEO =PO OE = √3√22 =√6.22.(12分)如图①所示,在四棱锥S -ABCD 中,∠BAD =∠CDA =∠CBD =2∠ABD =90°,平面SBD ⊥平面ABCD , 且△SBD 是边长为√ 的等边三角形.① ②(1)求证:CB ⊥DS.(2)过点S 作ST ∥BD ,使得四边形STDB 为菱形,连接TA ,TD ,TC ,得到的图形如图②所示,已知平面BMN ∥平面ADT ,且直线DC ∩平 面BMN =M ,直线TC ∩平面BMN =N ,求三棱锥D -MNB 的体积.(1)证明:因为∠CBD =90°,所以CB ⊥BD.因为平面SBD ∩平面ABCD =BD ,平面SBD ⊥平面ABCD ,CB ⊂平面ABCD ,所以CB ⊥平面SBD.因为SD ⊂平面SBD ,所以CB ⊥DS.(2)解:如图,取BD 的中点为O ,连接SO ,SM ,TB ,TM.由平面BMN ∥平面ADT ,得AD ∥BM ,DT ∥MN.因为∠CDA =90°,所以∠BMD =90°,即BM ⊥CD.因为∠BAD =∠CDA =90°,所以AB ∥CD.因为∠CBD =2∠ABD =90°,所以∠ABD =∠CDB =45°,即△CBD 为等腰直角三角形.所以DM =MC =1.因为在△CDT 中,MN ∥DT ,M 是DC 的中点,所以N 是TC 的中点.所以V 三棱锥D -MNB =V 三棱锥N -DMB =12V 三棱锥T -DMB =12V 三棱锥S -DMB . 因为DS =DB =BS ,所以SO ⊥DB.因为平面SBD ⊥平面ABCD ,所以SO ⊥平面ABCD ,所以V 三棱锥D -MNB = 12V 三棱锥S -DMB =12×13×SO ×S △BDM =16×√62×12 = √624.。
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2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
2020年新高考一轮理数：第八章 立体几何
第八章⎪⎪⎪立体几何第一节 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图[基本知识]1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．[基本能力]1．判断题(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)棱台各侧棱的延长线交于一点．()(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()(4)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．填空题(1)如图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．解析：根据棱柱的定义，结合给出的几何体可知③⑤满足条件．答案：③⑤(2)有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的形状为________．解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断是棱台．答案：棱台(3)已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体从上往下依次由____________构成．解析：由三视图可知，该几何体是由一个圆台和一个圆柱组成的组合体．答案：圆台，圆柱(4)利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1[全析考法][例1]给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]①错误，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图(1)所示；③错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图(2)所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．[答案] A[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的命题②④易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2018·河北衡水中学调研)正方体ABCD -AB1C1D1中，E为棱BB1的中点(如1图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()(2)(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2[解析](1)过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形．故选C.(2)在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝(22＋22)＋22＝2 3.[答案](1)C(2)B[方法技巧]有关三视图问题的解题方法(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．空间几何体的直观图按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A[全练题点]1.[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2.[考点二]用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3.[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定为2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底边长为2.侧视图中的直角说明这个三棱锥最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一条侧棱．综合以上可知，这个三棱锥的正视图可能是C.4.[考点三]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2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C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22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.5.[考点二]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D由题意知，三棱锥放置在长方体中如图所示，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．故选D.突破点(二)空间几何体的表面积与体积[基本知识]1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[基本能力]1．判断题(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 2．填空题(1)已知圆柱的底面半径为a ，高为66a ，则此圆柱的侧面积等于________． 解析：底面周长l ＝2πa ，则S 侧＝l ·h ＝2πa ·⎝⎛⎭⎫66a ＝63πa 2. 答案：63πa 2(2)已知某棱台的上、下底面面积分别为63和243，高为2，则其体积为________． 解析：V ＝13(63＋243＋63×243)×2＝28 3.答案：28 3(3)已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是________． 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，则2πr ＝6π，∴r ＝3.设圆锥的高为h ，则h ＝82－32＝55，∴V 圆锥＝13πr 2h ＝355π.答案：355π(4)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1. ∴VA -B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.答案：1(5)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体是一个底面为等腰梯形的平放的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.答案：48＋817[全析考法][例1] (1)(2018·福州市五校联考)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个直角三角形，一个锐角为30°，则该几何体的表面积为( )A ．24＋12 3B ．24＋5 3C ．12＋15 3D ．12＋12 3(2)(2018·南昌市十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π[解析] (1)由已知可得，该几何体为三棱柱，底面是斜边长为4，斜边上的高为3的直角三角形，底面面积为23，底面周长为6＋23，棱柱的高为4，故棱柱的表面积S ＝2×23＋4×(6＋23)＝24＋123，故选A.(2)由三视图可知该几何体由一个上下底面直径分别为2和4，高为4的圆台，一个底面直径为4，高为4的圆柱和一个直径为4的半球组成，其直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋π×4×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B. [答案] (1)A (2)B[方法技巧] 求空间几何体表面积的常见类型及思路[例2] (1)(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10(2)(2018·洛阳市第一次统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.15π2B ．8πC.17π2D ．9π[解析] (1)如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.(2)依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接，恰好可以形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.[答案] (1)D (2)B[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路[全练题点]1.[考点二](2018·石家庄市教学质量检测)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：选A 由三视图知，该几何体为四棱锥如图所示，其底面面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×3×2＝2，故选A.2.[考点一](2018·长沙市统一模拟考试)如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．12π解析：选A 由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A.3.[考点二](2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.3π2＋3解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4.[考点一](2018·南昌市模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得(5.4－x )×3×1＋π×⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.[全析考法]多面体的内切球问题[例1] (1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________． (2)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] (1)设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.(2)设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ， 因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] (1)32 (2)63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(2)(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．(3)(2018·河北衡水调研)一个直六棱柱的底面是边长为2的正六边形，侧棱长为3，则它的外接球的表面积为________．[解析] (1)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(2)由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.(3)由直六棱柱的外接球的直径为直六棱柱中最长的对角线，知该直六棱柱的外接球的直径为42＋32＝5，∴其外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝25π. [答案] (1)A (2)9π2 (3)25π[方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．[全练题点]1.[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 2．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3.[考点一](2018·东北三省模拟)三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC -A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD＝12AC ＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33×1＝12，所以AA 1＝2R ＝2×12＝1.4.[考点二]三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．5π B.2π C ．20πD ．4π解析：选A 把三棱锥P -ABC 看作由一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体截得的一部分(如图)．易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 5.[考点二](2018·洛阳统考)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P -ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P -ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P -ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝⎛⎭⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝⎛⎭⎫2332＝203，所以三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B. 2．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 3．(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 4．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.5．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.6．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．解析：由题意知，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.答案：14π[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)空间几何体的三视图和直观图1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选A①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.2．(2018·广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为()A ．5B ．4C ．3D ．2解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B. 3．在如图所示的空间直角坐标系O -xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A ．①和③B ．③和①C ．④和③D ．④和②解析：选D 由题意得，该几何体的正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)，且内有一条虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图即在底面的射影，是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②.4.如图，△O ′A ′B ′是△OAB 的水平放置的直观图，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，则△OAB 的面积是________．解析：在Rt △OAB 中，OA ＝2，OB ＝4，△OAB 的面积S ＝12×2×4＝4.答案：45．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为_______cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C .在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5(cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：13对点练(二) 空间几何体的表面积与体积1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a 2B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B 由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.3．(2018·湖北四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．(10＋5)πC ．4＋(5＋5)πD ．6＋(5＋5)π解析：选C 该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其表面积为S ＝π＋4π＋4＋5π＝4＋(5＋5)π.4．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π25．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)． 答案：36．(2018·合肥市质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为13×6×2＝4.而直三棱柱的体积为12×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12.答案：12对点练(三) 与球有关的切、接应用问题1．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．2π B ．6π C ．46πD ．24π解析：选B 设相互垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 分别为a ，b ，c 则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A -BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.2．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于点E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.3．(2018·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为( )。
必修第8章 立体几何初步单元测试(考试版)
…○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○…………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………… 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________绝密★启用前第八单元 立体几何初步单元测试卷高一数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教必修二2019第八单元 立体几何初步。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1．（2022·辽宁朝阳·高二开学考试）若m ，n ，l 为空间三条不同的直线，,,αβγ为空间三个不同的平面，则下列为真命题的是（ ） A ．若,m l n l ⊥⊥，则m n ∥ B ．若,m m αβ∥∥，则αβ∥C ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥D ．若,,m n m n αβ⊥⊥∥，则αβ∥2．（2022·河北张家口·一模）下图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm ､底面边长为1cm 的正三棱锥，后段是高为0.6cm 的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（ ）A ．30.25cmB ．30.65cmC ．30.15cmD ．30.45cm3．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122AA AD ==，点E 为棱1BB 的中点，过A ，E ，1C 三点的平面截正四棱柱1111ABCD A B C D -所得的截面面积为（ ）A ．2B ．22C ．23D 34．（2022·北京市第一六一中学高三阶段练习）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则该球的半径为( )A ．5cmB ．6cmC ．7cmD ．8cm5．（2021·江苏苏州·高三阶段练习）用一平面截圆柱，得到如图所示的几何体，截面椭圆的长轴两端点到底面的距离分别为3和5，圆柱的底面直径为4，则该几何体的体积为（ ）A ．16πB ．32πC ．8πD ．64π6．（2022·云南昭通·高三阶段练习（文））如图所示，在正方体1111-ABCD A B C D 中，点F 是棱1AA 上的一个…○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○…………… 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________动点，平面1BFD 交棱1CC 于点E ，则下列命题中假命题是（ ）A ．存在点F ，使得11A C ∥平面1BED FB ．存在点F ，使得1B D ∥平面1BED FC ．对于任意的点F ，四边形1BED F 均为平行四边形 D ．对于任意的点F ，三棱锥11F BB D -的体积均不变7．（2022·云南师大附中高三阶段练习（理））如图，在矩形ABCD 中，2,2AB BC ==，E 为BC 中点，把ABE △和CDE △分别沿,AE DE 折起，使点B 与点C 重合于点P ，若三棱锥P ADE -的四个顶点都在球O的球面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．9π8．（2022·河南·模拟预测（理））已知球面被平面所截得的部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高，若球的半径是R ，球冠的高是h ，则球冠的面积为2πRh ．某机械零件的结构是在一个圆台的底部嵌入一颗小球，其正视图和侧视图均如图所示，已知圆台的任意母线均与小球的表面相切，则小球突出圆台部分的球冠面积为（ ）A ．25πB ．253πC 253D ．1003π 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分。
第八章立体几何初步单元测试 2020-2021学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
第八章 立体几何初步考试时间120分钟，满分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，只有一项是符合题目要求的)1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中真命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．32．以长为8 cm ，宽为6 cm 的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的底面面积为( ) A ．64π cm 2B ．36π cm 2C ．64π cm 2或36π cm 2D ．48π cm 23．梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系只能是( )A ．平行B ．平行或异面C ．平行或相交D ．异面或相交4．空间四点A ，B ，C ，D 共面而不共线，那么这四点中( ) A ．必有三点共线 B ．必有三点不共线 C ．至少有三点共线D ．不可能有三点共线5．如图所示，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为( )A ．22 B ．3 C ．12D ．326．E ，F ，G 分别是空间四边形ABCD 的棱BC ，CD ，DA 的中点，则此四面体中与过E ，F ，G 的截面平行的棱的条数是( )A ．0B ．1C ．2D ．37．正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A ．81π4 B ．16π C ．9πD ．27π48．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为A 1B 1的中点，AB ＝BC ＝BB 1＝2，AC ＝25，则异面直线BD 与AC 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是( )A ．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B ．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D ．两底面互相平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台 10．如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是( )A ．A 1M ∥D 1PB ．A 1M ∥B 1QC ．A 1M ∥平面DCC 1D 1 D ．A 1M ∥平面D 1PQB 111．如图，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列命题中，一定正确的为( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45°12．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.则( )A ．直线D 1D 与直线AF 垂直B ．直线A 1G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是___.14．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为____厘米.15．已知a ，b 表示直线，α，β，γ表示平面.①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩β＝a ，α∩γ＝b ，则a ⊥b ；④若a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ，则α∥β.上述命题中，正确命题的序号是____.16．(2020·全国Ⅰ卷理)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB ＝ ____.四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示，墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH，下半部分是长方体ABCD－EFGH.长方体的长、宽、高分别是40 cm、40 cm、20 cm，正四棱锥P－EFGH的高为60 cm.(1)求该安全标识墩的体积；(2)求该安全标识墩的侧面积.18．(本小题满分12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由.19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.20．(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．21．(本小题满分12分)在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC 且分别交AC，SC于D，E，又SA＝AB，SB＝BC.(1)求证：BD⊥平面SAC；(2)求二面角E－BD－C的大小.22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC，AB ＝2A1A＝4，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D，DC1．(1)求证：DC1∥平面A1ABB1；(2)若二面角A1－DC－A为45°.①求证：平面A1C1D⊥平面A1AD；②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值.第八章立体几何初步考试时间120分钟，满分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，只有一项是符合题目要求的)1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中真命题的个数是(A)A．0B．1C．2D．3[解析]①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图所示；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.2．以长为8 cm ，宽为6 cm 的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的底面面积为( C ) A ．64π cm 2B ．36π cm 2C ．64π cm 2或36π cm 2D ．48π cm 2[解析] 分别以长为8 cm ，宽为6 cm 的边所在的直线为旋转轴，即可得到两种不同大小的圆柱，显然C 选项正确.3．梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊂平面α，CD ⊄平面α，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系只能是( B )A ．平行B ．平行或异面C ．平行或相交D ．异面或相交[解析] 由直线与平面平行的判定定理，可知CD ∥α，所以CD 与平面α内的直线没有公共点.4．空间四点A ，B ，C ，D 共面而不共线，那么这四点中( B ) A ．必有三点共线 B ．必有三点不共线 C ．至少有三点共线D ．不可能有三点共线[解析] ∵A ，B ，C ，D 共面而不共线，这四点可能有三点共线，也可能任意三点不共线，A 错.如果四点中没有三点不共线，则四点共线，矛盾，B 正确.当任意三点不共线时，也满足条件，C 错.当其中三点共线，第四个点不共线时，也满足条件，D 错.5．如图所示，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为( C )A ．22 B ．3 C ．12D ．32[解析] 过点F 作FH ∥DC ，交BC 于H ，过点A 作AG ⊥EF ，交EF 于G ，连接GH ，AH ，则∠AFH 为异面直线AF 与BE 所成的角.设正方形ABCD 的边长为2，在△AGH 中，AH ＝52＋24＝3，在△AFH 中，AF ＝1，FH ＝2，AH ＝3，∴cos ∠AFH ＝12.6．E ，F ，G 分别是空间四边形ABCD 的棱BC ，CD ，DA 的中点，则此四面体中与过E ，F ，G 的截面平行的棱的条数是( C )A ．0B ．1C ．2D ．3[解析] 在△ACD 中，∵G ，F 分别为AD 与CD 的中点，∴GF ∥AC .而GF ⊂平面EFG ，AC ⊄平面EFG ，∴AC ∥平面EFG .同理，BD ∥平面EFG .故选C ．7．正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( A )A ．81π4 B ．16π C ．9πD ．27π4[解析] 如图所示，设球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面中心为O ′.∵正四棱锥P －ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4，故选A ．8．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为A 1B 1的中点，AB ＝BC ＝BB 1＝2，AC ＝25，则异面直线BD 与AC 所成的角为( C )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[解析] 如图，取B 1C 1的中点E ，连接BE ，DE ，则AC ∥A 1C 1∥DE ，则∠BDE 即为异面直线BD 与AC 所成的角.由条件可知BD ＝DE ＝EB ＝5，所以∠BDE ＝60°，故选C ．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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是(ABC)A．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面互相平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台[解析]以直角三角形的一个直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥，可得A错误；有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体可能是棱台，不一定是棱柱，故B错误；有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故C错误；根据棱台的定义，可得D正确.故选ABC．10．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是(ACD)A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1[解析]连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD 平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P.故A正确；显然A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M即不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C、D正确.故选ACD．11．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，一定正确的为(ABD)A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45°[解析] ∵QM ∥PN ，∴QM ∥平面ABD ，∴QM ∥BD ，同理可得AC ∥MN ，∵QM ∥BD ，AC ∥MN ，MN ⊥QM ，∴AC ⊥BD ，A 正确；∵AC ∥MN ，∴AC ∥截面PQMN ，B 正确；∵QM ∥BD ，AC ∥MN ，∴MN AC ＋QMBD ＝1，C 不一定正确；∵QM ∥BD ，∴异面直线PM 与BD 所成的角为∠PMQ ＝45°，D 正确.故选ABD ．12．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.则( BC )A ．直线D 1D 与直线AF 垂直B ．直线A 1G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98 D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等[解析] 取DD 1中点M ，则AM 为AF 在平面AA 1D 1D 上的射影，∵AM 与DD 1不垂直，∴AF 与DD 1不垂直，故A 选项错误；∵A 1G ∥D 1F ，A 1G ⊄平面AEFD 1，∴A 1G ∥平面AEFD 1，故B 选项正确；平面AEF 截正方体所得截面为等腰梯形AEFD 1，易知梯形面积为98，故C 选项正确；假设C 与G 到平面AEF 的距离相等，即平面AEF 将CG 平分，则平面AEF 必过CG 中点，连接CG 交EF 于H ，而H 不是CG 中点，则假设不成立.故D 选项错误.故选BC ．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是__14π__. [解析] ∵圆柱的侧面展开图是边长为1的正方形， ∴该圆柱的高h ＝1，底面周长2πr ＝1，∴底面半径r ＝12π， ∴该圆柱的体积V ＝π×14π2×1＝14π.14．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为__12__厘米.[解析] V ＝Sh ＝πr 2h ＝43πR 3，R ＝364×27＝12(cm).15．已知a ，b 表示直线，α，β，γ表示平面.①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩β＝a ，α∩γ＝b ，则a ⊥b ；④若a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ，则α∥β.上述命题中，正确命题的序号是__②④__.[解析] 对①可举反例，如图，需b ⊥β才能推出α⊥β；对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可知a ，b 不垂直；根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.16．(2020·全国Ⅰ卷理)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝1，AB ＝AD ＝3，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB ＝ __－14__.[解析] ∵AB ⊥AC ，AB ＝3，AC ＝1，由勾股定理得BC ＝AB 2＋AC 2＝2，同理得BD ＝6，∴BF ＝BD ＝6，在△ACE 中，AC ＝1，AE ＝AD ＝3，∠CAE ＝30°， 由余弦定理得CE 2＝AC 2＋AE 2－2AC ·AE cos30°＝1＋3－2×1×3×32＝1，∴CF ＝CE ＝1，在△BCF 中，BC ＝2，BF ＝6，CF ＝1， 由余弦定理得cos ∠FCB ＝CF 2＋BC 2－BF 22CF ·BC＝1＋4－62×1×2＝－14. 四、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示，墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH ，下半部分是长方体ABCD －EFGH .长方体的长、宽、高分别是40 cm 、40 cm 、20 cm ，正四棱锥P －EFGH 的高为60 cm.(1)求该安全标识墩的体积； (2)求该安全标识墩的侧面积.[解析] (1)该安全标识墩的体积V ＝V P -EFGH ＋V ABCD -EFGH ＝13×402×60＋402×20＝64 000(cm 3).(2)如图，连接EG ，HF 交于点O ，连接PO ，结合三视图可知OP ＝60 cm ，OG ＝12EG ＝20 2 cm ，可得PG ＝602＋(202)2＝2011(cm).于是四棱锥P -EFGH 的侧面积S 1＝4×12×40×(2011)2－202＝1 60010(cm 2)， 四棱柱EFGH -ABCD 的侧面积S 2＝4×40×20＝3 200(cm 2)， 故该安全标识墩的侧面积S ＝S 1＋S 2＝1 600(10＋2)(cm 2).18．(本小题满分12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由.[解析] 不会溢出杯子.理由如下：由题图可知半球的半径为4 cm ，所以V 半球＝12×43πR 3＝12×43π×43＝1283π(cm 3)，V 圆锥＝13πr 2h ＝13π×42×12＝64π(c m 3).因为V 半球<V 圆锥，所以如果冰淇淋融化了，不会溢出杯子.19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.[解析](1)∵CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，∴BO∥CD.又BC∥AD，∴四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点.(2)证明：∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.20．(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．[解析](1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1．又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C1，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1．21．(本小题满分12分)在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC 且分别交AC，SC于D，E，又SA＝AB，SB＝BC.(1)求证：BD⊥平面SAC；(2)求二面角E－BD－C的大小.[解析](1)证明：如图，∵DE⊥SC，且E为SC的中点，又SB＝BC，∴BE⊥SC.又DE∩BE＝E，根据直线与平面垂直的判定定理知SC⊥平面BDE，∵BD⊂平面BDE，∴SC⊥BD.又SA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴SA⊥BD.又SA∩SC＝S，∴BD⊥平面SAC.(2)由(1)知∠EDC为二面角E－BD－C的平面角，又△SAC∽△DEC，∴∠EDC＝∠ASC.在Rt△SAB中，∠SAB＝90°，设SA＝AB＝1，则SB＝ 2.由SA⊥BC，AB⊥BC，AB∩SA＝A，∴BC⊥平面SAB，SB⊂平面SAB，∴BC⊥SB.在Rt △SBC 中，SB ＝BC ＝2，∠SBC ＝90°，则SC ＝2． 在Rt △SAC 中，∠SAC ＝90°，SA ＝1，SC ＝2． ∴cos ∠ASC ＝SA SC ＝12，∴∠ASC ＝60°，即二面角E －BD －C 的大小为60°. 22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ，AB ＝2A 1A ＝4，以AB ，BC 为邻边作平行四边形ABCD ，连接A 1D ，DC 1．(1)求证：DC 1∥平面A 1ABB 1； (2)若二面角A 1－DC －A 为45°. ①求证：平面A 1C 1D ⊥平面A 1AD ； ②求直线AB 1与平面A 1AD 所成角的正切值. [解析] (1)证明：连接AB 1， ∵AD ∥BC ∥B 1C 1且AD ＝BC ＝B 1C 1， ∴四边形ADC 1B 1为平行四边形， ∴AB 1∥DC 1，又∵AB 1⊂平面A 1ABB 1，DC 1⊄平面A 1ABB 1． ∴DC 1∥平面A 1ABB 1．(2)①证明：如图，取DC 的中点M ，连接A 1M ，AM .易知Rt △A 1AD ≌Rt △A 1AC ， ∴A 1D ＝A 1C ，∴A 1M ⊥DC ， 又AM ⊥DC ，∴∠A 1MA 为二面角A 1－DC －A 的平面角， ∴∠A 1MA ＝45°. ∴在Rt △A 1AM 中，AA 1＝AM ＝2， ∴AD ＝AC ＝22，∴AC 2＋AD 2＝DC 2，∴AC ⊥AD ，又∵AC ⊥AA 1，AD ∩AA 1＝A ，∴AC ⊥平面A 1AD . 又∵AC ∥A 1C 1，∴A 1C 1⊥平面A 1AD .∵A 1C 1⊂平面A 1C 1D ， ∴平面A 1C 1D ⊥平面A 1AD . ②∵AB 1∥DC 1，∴DC 1与平面A 1AD 所成角等于AB 1与平面A 1AD 所成角. 由①知A 1C 1⊥平面A 1AD ，∴A 1D 为DC 1在平面A 1AD 内的射影， 故∠A 1DC 1为直线DC 1与平面A 1AD 所成角， 在Rt △A 1DC 1中，tan ∠A 1DC 1＝A 1C 1A 1D ＝63， ∴直线AB 1与平面A 1AD 所成角的正切值为63.。
2020人教A高考理科数学-单元质检卷八立体几何(A)
单元质检卷八立体几何(A)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019山东济宁一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.24+9πB.12+9πC.12+5πD.24+4π2.(2019湖北八校联考二,6)设l,m表示两条不同的直线,α,β表示两个不同的平面,Q表示一个点,给出下列四个命题,其中正确的命题是() ①Q∈α,l⊂α⇒Q∈l②l∩m=Q,m⊂β⇒l∈β③l∥m,l⊂α,Q∈m,Q∈α⇒m⊂α④α⊥β,且α∩β=m,Q∈β,Q∈l,l⊥α⇒l∈βA.①②B.②③C.①③D.③④3.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.84.(2019安徽定远中学预测卷一)已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是边长为2的正方形,若过点P作平面ABCD的垂线,垂足为四边形ABCD的中心,且四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成的角为60°,则四棱锥P-ABCD的高为()A.2√2B.√3C.√6D.2√35.(2019安徽合肥一模,9)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.6πB.24πC.48πD.96π6.(2019贵州遵义航天中学十一模)四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD,PA⊥底面ABCD,AB=2,若的同一球面上,则PA的长为() 该四棱锥的所有顶点都在体积为9π2A.3B.2C.1D.12二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019山东日照一模,16)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,矩形的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上,点P在球面上,且球的表面积为16π,则四棱锥P-ABCD体积的最大值为.8.(2019北京师大附中模拟三,13)某工厂现将一棱长为√3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面ABC,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2√5.(1)求证:平面SAB⊥平面SAC;(2)求二面角B-SC-A的余弦值.10.(15分)(2019山东济宁一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD, ∠ABC=60°,AB=√3,AD=2√3,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.11.(15分)(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC =13.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB =23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.参考答案单元质检卷八立体几何(A)1.B由题意可知,几何体是14个圆锥,所以几何体的表面积14×42π+2×12×4×3+14×12×8π×5=12+9π.故选B.2.D①错误,②错误,③正确,④正确.故选D.3.B由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积,两个半圆面积,圆柱侧面积的一半,球表面积的一半相加所得,所以表面积为S表=2r×2r+2×1 2πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.4.C如图,设高为PO,根据线面角的定义可知∠PCO是侧棱PC与底面所成的角,据题设分析知,所求四棱锥P-ABCD的高h=√22+222tan 60°=√6.故选C.5.B由三视图可知,三棱锥的直观图如图P-ADC,是底面为直角边为4与2的直角三角形,高为2的三棱锥,将三棱锥补成长方体,利用长方体的外接球与棱锥的外接球相同求解即可.图中矩形ABCD的长为4,宽为2,棱锥的高为PB=2,所以棱锥的外接球就是以BC,BA,BP为长、宽、高的长方体的外接球,外接球的直径就是长方体的体对角线,即2R=√42+22+22=√24,所以外接球的表面积为4πR2=24π.故选B.6.C连接AC、BD交于点E,取PC的中点O,连接OE,可得OE∥PA,OE⊥底面ABCD,可得O到四棱锥的所有顶点的距离相等,即O为球心,设球半径为R,可得R=12PC=12√PA2+8,可得43π·(12√PA2+8)3=9π2,解得PA=1.故选C.7.163因为球O的表面积是16π,所以S=4πR2=16π,解得R=2.设矩形ABCD的长、宽分别为x,y,则x2+y2=(2R)2≥2xy,当且仅当x=y时上式取等号,即底面为正方形时,底面面积最大,此时S正方形ABCD=2R2=8.因为点P在球面上,所以当PO⊥底面ABCD时,PO=R,即h max=R,此时四棱锥P-ABCD体积有最大值为13×8×2=163.8.√2π27圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.∵正四面体棱长为√3,∴BM=32,O'M=12,BO'=1,∴AO'=√2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0<r<1 2 .由三角形相似得r12=√2-√2,即h=√2-2√2r,圆柱的体积V=πr2h=√2πr2(1-2r),∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r即r=13时取等号.∴圆柱的最大体积为√2π27.故答案为√2π27.9.(1)证明 在△BCA 中,∵AB=2,CA=4,BC=2√5,∴AB 2+AC 2=BC 2,故AB ⊥AC.又平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC=AB , ∴AC ⊥平面SAB.又AC ⊂平面SAC ,所以平面SAB ⊥平面SAC.(2)解 如图建立空间直角坐标系,A (0,0,0),B (2,0,0),S (1,0,√3),C (0,4,0),CS ⃗⃗⃗⃗ =(1,-4,√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,0),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0), 设平面SBC 的法向量n =(x ,y ,z ),由{-2x +4y =0,x -4y +√3z =0,则n =(2,1,2√33).设平面SCA 的法向量m =(a ,b ,c ),由{4b =0,a -4b +√3c =0,∴m =(-√3,0,1), ∴cos <n ,m >=-2√1919,又二面角B-SC-A 的平面角为锐角,∴二面角B-SC-A 的余弦值为2√1919. 10.(1)证明 在平行四边形ABCD 中,∠ADC=60°,CD=√3,AD=2√3,由余弦定理得AC 2=AD 2+CD 2-2AD·CD cos ∠ADC=12+3-2×2√3×√3×cos 60°=9,∴AC 2+CD 2=AD 2,∴∠ACD=90°,即CD ⊥AC , 又PA ⊥底面ABCD ,CD ⊂底面ABCD ,∴PA ⊥CD , 又AC ∩PA=A ,∴CD ⊥平面PCA.又CD ⊂平面PCD ,∴平面PCA ⊥平面PCD.(2)解 如图,以A 为坐标原点,AB ,AC ,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.则A (0,0,0),B (√3,0,0),C (0,3,0),D (-√3,3,0),P (0,0,3).设E (x ,y ,z ),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则(x ,y ,z-3)=λ(0,3,-3). ∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E 的坐标为(0,3λ,3-3λ). ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3λ,3-3λ),又平面ABCD 的一个法向量为n =(0,0,1),∴sin 45°=|cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√3+9λ+(3-3λ),解得λ=13.∴点E 的坐标为(0,1,2),∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0).设平面EAB 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x =0,y +2z =0.令z=1,得平面EAB 的一个法向量为m =(0,-2,1),∴cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√5=√55.又二面角E-AB-D 的平面角为锐角,所以,二面角E-AB-D 的余弦值为√55. 11.(1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD.又因为AD ⊥CD ,所以CD ⊥平面PAD. (2)解 过A 作AD 的垂线交BC 于点M.因为PA ⊥平面ABCD , 所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2). 因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1).所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 所以PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,-23,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PF⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,43. 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,23x +23y +43z =0.令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n =(-1,-1,1).又因为平面PAD 的法向量为p =(1,0,0), 所以cos <n ,p >=n ·p|n ||p |=-√33.由题知,二面角F-AE-P 的平面角为锐角,所以其余弦值为√33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内.因为点G 在PB 上,且PG PB =23,PB ⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,-2),所以PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,-43,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PG⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,23. 由(2)知,平面AEF 的法向量n =(-1,-1,1). 所以AG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-43+23+23=0. 所以直线AG 在平面AEF 内.。
2020届高考数学一轮复习单元质检8解析几何(含解析)新人教A版
单元质检八解析几何(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.到直线3x-4y+1=0的距离为3,且与此直线平行的直线方程是()A.3x-4y+4=0B.3x-4y+4=0或3x-4y-2=0C.3x-4y+16=0D.3x-4y+16=0或3x-4y-14=0=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的取值范围是()2.已知方程-A.(-1,3)B.(-1,)C.(0,3)D.(0,)3.若双曲线C:=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2,则C的离心率为()A.2B.C.D.4.已知直线过点A(0,3),圆(x-1)2+y2=4被该直线截得的弦长为2,则该直线的方程是()A.y=-x+3B.x=0或y=-x+3C.x=0或y=x+3D.x=05.(2018全国Ⅱ,理12)已知F1,F2是椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过点A且斜率为的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=1 0°,则C的离心率为()A. B.1 C.1 D.16.(2018全国Ⅰ,理11)已知双曲线C:-y2=1,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若△OMN为直角三角形,则|MN|=()A. B.3 C.2 D.47.已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于两点A,B(A,B异于原点),抛物线的焦点为F.若双曲线的离心率为2,|AF|=7,则p=()A.3B.6C.12D.428.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,A,B是C上两动点,且∠AFB=α(α为常数),线段AB中点为M,过点M作l的垂线,垂足为N.若的最小值为1,则α=()A. B. C. D.二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.若双曲线x2-=1的离心率为,则实数m= .=1的渐近线的距离为.10.抛物线y2=8x的焦点到双曲线111.已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M(1,m)(m>0)到其焦点的距离为5,双曲线-y2=1的左顶点为A.若双曲线一条渐近线与直线AM平行,则实数a= .12.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,M是抛物线C上的点.若三角形OFM的外接圆与抛物线C 的准线相切,且该圆的面积为36π,则p的值为.13.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的右顶点为A,以A为圆心,b为半径作圆A,圆A与双曲线C的一条渐近线交于M,N两点.若∠MAN= 0°,则C的离心率为.14.(2018全国Ⅲ,理16)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k= .三、解答题(本大题共6小题,共80分)15. (13分)如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(0,3),直线l:y=2x-4,设圆C的半径为1,圆心在l 上.(1)若圆心C也在直线y=x-1上,过点A作圆C的切线,求切线的方程;(2)若圆C上存在点M,使|MA|=2|MO|,求圆心C的横坐标a的取值范围.16.(13分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为 1 ,F1,F2是椭圆的两个焦点,P是椭圆上任意一点,且△PF1F2的周长是8+2 1 .(1)求椭圆C的方程;,过椭圆的上顶点M作圆T的两条切线交椭圆于E,F两点,求直线EF的斜率.(2)设圆T:(x-2)2+y2=917.(13分)(2018全国Ⅲ,文20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-1;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且=0.证明:2||=||+||.18.(13分)已知双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点为F(c,0).(1)若双曲线的一条渐近线方程为y=x,且c=2,求双曲线的方程;(2)以原点O为圆心,c为半径作圆,该圆与双曲线在第一象限的交点为A,过A作圆的切线,斜率为-,求双曲线的离心率.19.(14分)(2018上海,20)设常数t>2,在平面直角坐标系xOy中,已知点F(2,0),直线l:x=t,曲线Γ:y2=8x(0≤x≤t,y≥0).l与x轴交于点A,与Γ交于点B,P,Q分别是曲线Γ与线段AB上的动点.(1)用t表示点B到点F的距离;(2)设t=3,|FQ|=2,线段OQ的中点在直线FP上,求△AQP的面积;(3)设t=8,是否存在以FP,FQ为邻边的矩形FPEQ,使得点E在Γ上?若存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由.20.(14分)设椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为1,已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为1.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为,求直线AP的方程.单元质检八解析几何1.D解析设所求直线方程为3x-4y+m=0(m≠1),由-1 =3,解得m=16或m=-14.即所求直线方程为3x-4y+16=0或3x-4y-14=0.2.A解析由题意得(m2+n)(3m2-n)>0,解得-m2<n<3m2.又由该双曲线两焦点间的距离为4,得m2+n+3m2-n=4,即m2=1,所以-1<n<3.3.A解析可知双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0,取其中的一条渐近线方程为bx+ay=0,则圆心(2,0)到这条渐近线的距离为-1,即,所以c=2a,所以e=2,故选A.4.B解析当弦所在的直线斜率不存在时,即弦所在直线的方程为x=0,此时圆(x-1)2+y2=4被截得的弦长为2.当弦所在的直线斜率存在时,设弦所在直线l的方程为y=kx+3,即kx-y+3=0.因为弦长为2,圆的半径为2,所以弦心距为-( )=1.由点到直线距离公式,=1,解得k=-.得(-1)综上所述,所求直线方程为x=0或y=-x+3.5.D解析∵A(-a,0),△PF1F2为等腰三角形,∴|PF2|=|F1F2|=2c.过点P作PE⊥x轴.∵∠F1F2P=1 0°,∴∠PF2E= 0°.∴|F2E|=c,|PE|=c,∴P(2c,c).∵k PA=,∴PA所在直线的方程为y=(x+a).∴c=(2c+a).∴e=1.6.B解析由条件知F(2,0),渐近线方程为y=±x,所以∠NOF=∠MOF= 0°,∠MON= 0°≠90°.不妨设∠OMN=90°,则|MN|=|OM|.又|OF|=2,在Rt△OMF中,|OM|= cos 0°=,所以|MN|=3.7.B解析因为双曲线的离心率为2,所以e2==4,即b2=3a2,所以双曲线=1(a>0,b>0)的两条渐近线方程为y=±x,代入y2=2px(p>0),得x=p或x=0,故x A=x B=p.又因为|AF|=x A+p+=7,所以p=6.8.C解析如图,过点A,B分别作准线的垂线AQ,BP,垂足分别是Q,P.设|AF|=a,|BF|=b,连接AF,BF.由抛物线定义,得|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|.在梯形ABPQ中,2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b.由余弦定理得,|AB|2=a2+b2-2ab cosα.∵的最小值为1,∴a2+b2-2ab cosα≥(),当α=时,不等式恒成立.故选C.9.2解析由题意知a=1,b=,m>0,c=1,则离心率e=1,解得m=2.10.1解析抛物线y2=8x的焦点坐标为(2,0),其到双曲线1=1的渐近线x±y=0的距离d=1=1.11.19解析由题意可知,抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-4,则p=8,所以点M(1,4).因为双曲线-y2=1的左顶点为A(-,0),所以直线AM的斜率为1.由题意得11,解得a=19.12.8解析设△OFM的外接圆圆心为O1,则|O1O|=|O1F|=|O1M|,所以O1在线段OF的垂直平分线上.又因为☉O1与抛物线的准线相切,所以O1在抛物线上,所以O1,.又因为圆面积为36π,所以半径为6,所以11p2=36,所以p=8.13.解析如图所示,由题意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b.∵∠MAN= 0°,∴|AP|=b,|OP|=--.设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ,则tanθ=-.又tanθ=,∴-,解得a2=3b2,∴e=111.14.2解析设直线AB:x=my+1,联立1,⇒y2-4my-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4.而=(x1+1,y1-1)=(my1+2,y1-1),=(x2+1,y2-1)=(my2+2,y2-1).∵∠AMB=90°,∴ =(my1+2)(my2+2)+(y1-1)(y2-1)=(m2+1)y1y2+(2m-1)(y1+y2)+5=-4(m2+1)+(2m-1)·4m+5=4m2-4m+1=0.∴m=1.∴k=1=2.15.解(1)由- ,-1,得圆心C(3,2).又因为圆C的半径为1,所以圆C的方程为(x-3)2+(y-2)2=1.显然切线的斜率一定存在,设所求圆C的切线方程为y=kx+3,即kx-y+3=0,则=1,所以|3k+1|=1,即2k(4k+3)=0.所以k=0或k=-.所以所求圆C的切线方程为y=3或y=-x+3,即y=3或3x+4y-12=0.(2)由圆C的圆心在直线l:y=2x-4上,可设圆心C为(a,2a-4), 则圆C的方程为(x-a)2+[y-(2a-4)]2=1.设M(x,y),又因为|MA|=2|MO|,所以(- )=2,整理得x2+(y+1)2=4.设方程x2+(y+1)2=4表示的是圆D,所以点M既在圆C上又在圆D上,即圆C和圆D有交点,所以2-1≤ ( - )-(-1) ≤ +1, 解得a的取值范围为0,1 .16.解(1)由题意,得e= 1 -,可知a=4b,c= 1 b.∵△PF1F2的周长是8+2 1 ,∴2a+2c=8+2 1 ,∴a=4,b=1.∴椭圆C的方程为1+y2=1.(2)椭圆的上顶点为M(0,1),由题意知过点M与圆T相切的直线存在斜率,则设其方程为l:y=kx+1.由直线y=kx+1与圆T相切可知,即32k2+36k+5=0,∴k1+k2=-9,k1k2=.由11,11,得(1+161)x2+32k1x=0,∴x E=-11 1 1.同理x F=-1 1,k EF=--1--=11-1 1.故直线EF的斜率为.17.证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则11=1,=1.两式相减,并由1-1-=k,得11·k=0.由题设知1=1,1=m,于是k=-.由题设得0<m<,故k<-1.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又点P在C上,所以m=,从而P1,-,||=.于是||=(1-1)1=(1-1)1-1=2-1.同理||=2-.所以||+||=4-1(x1+x2)=3.故2||=||+||.18.解(1)双曲线=1的渐近线方程为y=±x.由双曲线的一条渐近线方程为y=x,可得=1,解得a=b.因为c==2,所以a=b=.故双曲线的方程为=1.(2)设A的坐标为(m,n),可得直线AO的斜率满足k=,即m=n.①因为以点O为圆心,c为半径的圆的方程为x2+y2=c2,所以将①代入圆的方程,得3n2+n2=c2,解得n=1c,m= c.将点A,1代入双曲线方程,得1=1,化简得c2b2-1c2a2=a2b2.又因为c2=a2+b2,所以上式化简整理得c4-2c2a2+a4=0.两边都除以a4,整理得3e4-8e2+4=0,解得e2=或e2=2.因为双曲线的离心率e>1,所以该双曲线的离心率e=(负值舍去).故双曲线的离心率为.19.解(1)(方法一)设B(t,2),则|BF|=(- )=t+2.(方法二)设B(t,2),由抛物线的定义可知,|BF|=t+2.(2)由题意,得F(2,0),|FQ|=2,t=3,∴|FA|=1,∴|AQ|=,∴Q(3,).设OQ的中点为D,则D,,k PF=-0-=-,∴直线PF的方程为y=-(x-2).由- (- ),,整理,得3x2-20x+12=0,解得x=或x=6(舍去).∴△AQP的面积S=1-.(3)存在.设P,,E,,则k PF=--1,k FQ=1 -,直线QF的方程为y=1 -(x-2),∴y Q=1 -(8-2)=-,Q ,-.∵ ,∴E ,.∴=8,解得y2=1 .∴存在以FP,FQ为邻边的矩形FPEQ,使得点E在Γ上,且P,.20.解(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,1=a,a-c=1,解得a=1,c=1,p=2,于是b2=a2-c2=.所以椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-, 故Q-1,.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-.由点B异于点A,可得点B-,-.由Q-1,,可得直线BQ的方程为--(x+1)--1-=0.令y=0,得x=-,故D-,0.所以|AD|=1--.又因为△APD的面积为,故1,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=±.所以直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.。
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题汇编 立体几何(理科)部分
2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题汇编 立体几何(理科)部分立体几何(理科)部分1. (广东5)给定以下四个命题：①假设一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②假设一个平面通过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④假设两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是Ａ．①和② Ｂ．②和③ Ｃ．.③和④ Ｄ．②和④ D2.〔宁夏海南11〕一个棱锥的三视图如图，那么该棱锥的全面积 〔单位：c 2m 〕为〔A 〕48+122 〔B 〕48+242 〔C 〕36+122 〔D 〕36+242 解析：选A.3. (宁夏海南8) 如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱线长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且22EF =，那么以下结论中错误的选项是 〔A 〕AC BE ⊥ 〔B 〕//EF ABCD 平面〔C 〕三棱锥A BEF -的体积为定值 〔D 〕异面直线,AE BF 所成的角为定值解析：A 正确，易证11;AC D DBB AC BE ⊥⊥平面，从而B 明显正确，//,//EF BD EF ABCD ∴平面易证；C 正确，可用等积法求得；D 错误。
选D.4.(山东4) 一空间几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( ). A.223π+ B. 423π+ C. 2323π+ D. 2343π+【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面 边长为2，高为3，因此体积为()2123233⨯⨯=因此该几何体的体积为2323π+.答案:C【命题立意】:此题考查了立体几何中的空间想象能力, 由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 运算出.几何体的体积.5.(辽宁11)正六棱锥P-ABCDEF 中，G 为PB 的中点，那么三棱锥D-GAC 与三棱锥P-GAC 体积之比为〔A 〕1：1 〔B 〕1：2 〔C 〕2：1 〔D 〕3：2 答案：C 解析：连接FC 、AD 、BE ，设正六边形 的中心为O ，连接AC 与OB 相交点H ，那么GH∥PO，故GH⊥平面ABCDEF ， ∴平面GAC⊥平面ABCDEF 又DC⊥AC，BH⊥AC， ∴DC⊥平面GAC ，BH⊥平面GAC ， 且DC=2BH ，故三棱锥D-GAC 与三棱锥P-GAC 体积之比为2：1。
2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何提升卷单元检测文含解析新人教A版
单元检测八立体几何(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( ) A．25πB．50πC．125πD．都不对答案 B解析长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球直径等于长方体的体对角线长，即R＝32＋42＋522＝522，所以球的表面积为4πR2＝4π·⎝⎛⎭⎪⎫5222＝50π，故选B.2.如图所示的正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )A．6cmB．8cmC．(2＋32) cmD．(2＋23) cm答案 B解析由斜二测画法知，原图四边形OABC为平行四边形，OB⊥OA，OA＝1 cm，OB＝22cm，所以AB＝3cm，因此其周长为(3＋1)×2＝8cm.3．(2018·广东省广州市培正中学模拟)下列命题中，错误的是( )A．平行于同一平面的两个平面平行B．平行于同一直线的两个平面平行C．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交D．一条直线与两个平行平面所成的角相等答案 B解析 选项A 正确，是面面平行的传递性．选项B 错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项C 正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项D 正确，由线面角定义可知正确．4.如图，在多面体ABCDEF 中，已知面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，且EF 与面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92B ．5C ．6D.152 答案 D解析 分别取AB ，CD 的中点G ，H ，连接EG ，GH ，EH ，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为92，所以整个多面体的体积为152.5．如图，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边的长为1，那么这个几何体的体积为( )A.16B.12C.13D ．1 答案 A解析 由三视图还原可知，原图形是底面是直角边为1的等腰直角三角形，两侧面也是直角边为1的等腰直角三角形，另一侧面是边长为2的等边三角形的三棱锥． 所以体积为V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝16，选A. 6．设a ，b 是异面直线，则以下四个命题：①存在分别经过直线a 和b 的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线a 和b 的两个平行平面；③经过直线a 有且只有一个平面垂直于直线b ；④经过直线a 有且只有一个平面平行于直线b ，其中正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 对于①，可以在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确；对于②，可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确；对于③，当这两条直线不垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误；对于④，假设过直线a 有两个平面α，β与直线b 平行，则平面α，β相交于直线a ，过直线b 作一平面γ与平面α，β相交于两条直线m ，n 都与直线b 平行，可得a 与b 平行，所以假设不成立，所以④正确，故选C.7．(2018·广东省广州市培正中学模拟)如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，那么异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是( )A.28B.38C.24D.34答案 C解析 由∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，可设AD ＝DD 1＝1，CD ＝ 3.连接BC 1，BD . 由AD 1∥BC 1，所以异面直线AD 1与DC 1所成的角，即∠BC 1D .在△BDC 1中，BC 1＝2，BD ＝2，C 1D ＝2，由余弦定理可得cos∠BC 1D ＝C 1D 2＋BC 21－BD 22C 1D ·BC 1＝22＋2－222×2×2＝24，所以异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是24，选C. 8．△ABC 所在的平面为α，直线l ⊥AB ，l ⊥AC ，直线m ⊥BC ，m ⊥AC ，则直线l ，m 的位置关系是( ) A ．相交B ．平行C ．异面D ．不确定 答案 B解析 ∵l ⊥AB ，l ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ，AB ，AC ⊂平面ABC ， ∴l ⊥平面ABC .∵m ⊥BC ，m ⊥AC ，BC ∩AC ＝C ，BC ，AC ⊂平面ABC ， ∴m ⊥平面ABC ， ∴l ∥m ，故选B.9．已知α，β是两个平面，直线l ⊄α，l ⊄β，若以①l ⊥α；②l ∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有( ) A ．①③⇒②；①②⇒③ B ．①③⇒②；②③⇒① C ．①②⇒③；②③⇒①D ．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒① 答案 A解析 因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m ，使m ⊥α，又因为l ⊥α，所以l ∥m .又因为l ⊄β，所以l ∥β，即①③⇒②；因为l ∥β，所以过l 可作一平面γ∩β＝n ，所以l ∥n ，又因为l ⊥α，所以n ⊥α，又因为n ⊂β，所以α⊥β，即①②⇒③.故选A.10．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n答案 C解析∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m, n满足m∥α，∴m∥β或m⊂β或m与β相交，∵n⊥β，l⊂β，∴n⊥l.故选C.11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为( )A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析连接BC1，AD1，D1C.∵M，N分别为BC，CC1的中点，∴MN∥BC1.又易证得BC1∥AD1，∴MN∥AD1.∴∠D1AC即为异面直线AC和MN所成的角．∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴AC＝AD1＝D1C.即△D1AC为正三角形，∴∠D1AC＝60°.故C正确．12.点P在正方体侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则点P的轨迹为( )A．线段B1CB．BB1的中点与CC1的中点连成的线段C．线段BC1D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段答案 A解析∵AP⊥BD1恒成立，∴要保证AP所在的平面始终垂直于BD1.∵AC⊥BD1，AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，AC，AB1⊂平面AB1C，∴BD1⊥平面AB1C，∴P点在线段B1C上运动．故选A.第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．往一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为________厘米． 答案 12解析 V ＝Sh ＝πr 2h ＝43πR 3，R ＝334r 2h ＝364×27＝12.14.如图，E ，F 分别为正方体的平面ADD 1A 1、平面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可能是____________．(填序号)答案 ②③解析 因为正方体是对称的几何体，所以四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可分为：自上而下、自左至右、由前及后三个方向的射影，也就是在平面ABCD 、平面CDD 1C 1、平面BCC 1B 1上的射影．四边形BFD 1E 在平面ABCD 和平面CDD 1C 1上的射影相同，如图②所示；四边形BFD 1E 在该正方体对角面的ABC 1D 1内，它在平面BCC 1B 1上的射影显然是一条线段，如图③所示． 故②③正确．15.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和AB 上的点，若∠B 1MN 是直角，则∠C 1MN ＝__________.答案 90°解析 因为C 1B 1⊥平面ABB 1A 1，MN ⊂平面ABB 1A 1，所以C 1B 1⊥MN .又因为MN ⊥MB 1，MB 1，C 1B 1⊂平面C 1MB 1，MB 1∩C 1B 1＝B 1，所以MN ⊥平面C 1MB 1， 所以MN ⊥C 1M ，所以∠C 1MN ＝90°.16.如图，∠BAC ＝90°，PC ⊥平面ABC ，则在△ABC 和△PAC 的边所在的直线中，与PC 垂直的直线有________；与AP 垂直的直线有________．答案AB，BC，AC AB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.证明(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC.又∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.∵CC1，BC⊂平面BB1C1C，CC1∩BC＝C，∴AC⊥平面BB1C1C，又B1C⊂平面BB1C1C，∴AC⊥B1C.(2)取A1B1的中点D1，连接C1D1，D1D和AD1，∵AD∥D1B1，且AD＝D1B1，∴四边形ADB1D1为平行四边形，∴AD1∥DB1，又∵AD1⊄平面CDB1，DB1⊂平面CDB1，∴AD1∥平面CDB1.∵CC1∥DD1，且CC1＝DD1，∴四边形CC1D1D为平行四边形，∴C1D1∥CD，又∵CD ⊂平面CDB 1，C 1D 1⊄平面CDB 1， ∴C 1D 1∥平面CDB 1，∵AD 1∩C 1D 1＝D 1，AD 1，C 1D 1⊂平面AC 1D 1， ∴平面AC 1D 1∥平面CDB 1，又AC 1⊂平面AC 1D 1，∴AC 1∥平面CDB 1.18．(12分)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，E 为侧棱PD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EAC ； (2)求证：AE ⊥平面PCD ； (3)当AD AB为何值时，PB ⊥AC?(1)证明 连接BD 交AC 于O ，连接EO ，因为O ，E 分别为BD ，PD 的中点，所以EO ∥PB ， 因为EO ⊂平面EAC ，PB ⊄平面EAC ，所以PB ∥平面EAC . (2)证明⎭⎪⎬⎪⎫矩形ABCD ⇒CD ⊥AD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，平面ABCD ⊥平面PAD ⇒⎭⎪⎬⎪⎫CD ⊥平面PAD ，CD ⊂平面PDC ⇒平面PDC ⊥平面PAD ，正三角形PAD 中，E 为PD 的中点，所以AE ⊥PD ， 又平面PDC ∩平面PAD ＝PD ，所以AE ⊥平面PCD . (3)解 设N 为AD 中点，连接PN ，则PN ⊥AD . 又平面PAD ⊥底面ABCD ，所以PN ⊥底面ABCD . 所以，NB 为PB 在平面ABCD 上的射影．要使PB ⊥AC ，只需NB ⊥AC ，在矩形ABCD 中，设AD ＝BC ＝1，AB ＝x ，AN ＝12，由∠ANB ＝∠BAC ，得Rt△NAB ∽Rt△ABC ，AN AB ＝AB BC ⇒AB 2＝AN ·BC ⇒x 2＝12，解得x ＝22，所以，当ADAB＝2时，PB ⊥AC .19．(13分)如图，已知四棱锥P －ABCD ，底面四边形ABCD 为菱形，AB ＝2，BD ＝23，M ，N 分别是线段PA ，PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ；(2)求异面直线MN 与BC 所成角的大小． (1)证明 连接AC 交BD 于点O ，∵M ，N 分别是线段PA ，PC 的中点， ∴MN ∥AC ，∵MN ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴MN ∥平面ABCD .(2)解 由(1)知，∠ACB 就是异面直线MN 与BC 所成的角或其补角． ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2，BD ＝23，∴在Rt△BOC 中，BC ＝2，BO ＝3，∴∠OCB ＝60°， ∴异面直线MN 与BC 所成的角为60°.20．(13分)(2017·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积．(1)证明 因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ，BC ⊂平面ABC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明 因为AB ＝BC ，D 为AC 中点，所以BD ⊥AC ， 由(1)知，PA ⊥BD ，AC ∩PA ＝A ，AC ，PA ⊂平面PAC ， 所以BD ⊥平面PAC . 又因为BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)解 因为PA ∥平面BDE ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ， 所以PA ∥DE .因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.。
2020年高考数学试题分项版解析专题08 立体几何(学生版) 理
2020年高考试题分项版解析数学（理科）专题08 立体几何（学生版）一、选择题:1.(2020年高考广东卷理科6)某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（）A．12π B.45π C.57π D.81π2. (2020年高考北京卷理科7)某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）3.(2020年高考福建卷理科4)一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱4．(2020年高考浙江卷理科10)已知矩形ABCD，AB＝1，BC2将 ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻着，在翻着过程中，（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直7. (2020年高考湖南卷理科3)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是（）8.(2020年高考新课标全国卷理科7)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 189.(2020年高考新课标全国卷理科11)已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 2210．(2020年高考江西卷理科10)如右图，已知正四棱锥S ABCD -所有棱长都为1，点E 是侧棱SC 上一动点，过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记(01),SE x x =<<截面下面部分的体积为(),V x 则函数()y V x =的图像大致为（ ）11.(2020年高考安徽卷理科6)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ）()A 充分不必要条件 ()B 必要不充分条件()C 充要条件 ()D 即不充分不必要条件13. (2020年高考四川卷理科6)下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行15．(2020年高考全国卷理科4)已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,22,AB CC E ==为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．2B ．3C ．2D ．116.(2020年高考重庆卷理科9)设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是（ ）（A ）(0,2) （B ）(0,3) （C ）(1,2) （D ）(1,3)二、填空题:2.(2020年高考辽宁卷理科16)已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的求面上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为_______.3．（2020年高考江苏卷7）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥D D BB A 11-的体积为 cm 3.4.(2020年高考天津卷理科10)―个几何体的三视图如图所示(单位：m )，则该几何体的体积为 3m .8．(2020年高考上海卷理科8)若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为 .9．(2020年高考上海卷理科14)如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，2=BC ，若c AD 2=，且a CD AC BD AB 2=+=+，其中a 、c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是.11.(2020年高考全国卷理科16)三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________.三、解答题:2. (2020年高考广东卷理科18)（本小题满分13分）如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。
2020年高考理科数学单元测试8立体几何(A)
单元质检卷八立体几何（A）（时间:45分钟满分:100分）一、选择题（本大题共6小题,每小题7分,共42分）1. （2019届广东湛江调研测试,10）设m、n是两条不同的直线a B是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A. a 3=n ,m? a m // 3? m // nB. a丄3 aA 护m ,m 丄n? n 丄3C. m丄n,m? a n? 3? a丄3D. m // a,n? a? m / n2. （2019届山东青岛调研,11）如图，在正方体ABCD-A i B i C i D i中,E为棱BB i的中点，用过点A,E,C i的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）A B C D3. （2019甘肃师大附中期中，8）某几何体的三视图如下图所示，数量单位为cm,它的体积是（）3 3A. ----- cmB. 一cm_ 3 3C.— cmD.— cm4. 已知正方体ABCD-A i B i C i D i,平面a过直线BD, a丄平面AB i C, aA平面AB i C=m,平面3过直线A i C i,3〃平面AB i C, 3A平面ADD i A i= n,则m,n所成角的余弦值为()A.0 B-C.—5.（2019届湖南桃江一中期中,则该几何体的外接球的表面积为6•已知某三棱锥的三视图如图所示 ，图中的3个直角三角形的直角边长度已经标出 最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为A-二、填空题（本大题共2小题,每小题7分,共14分）7.（2019广东深圳实验中学、珠海一中等六校联考 ,15）在三棱锥D-ABC 中,DC 丄底面ABC,AD= 6AB 丄BC 且三棱锥D-ABC 的每个顶点都在球 O 的表面上，则球O 的表面积为 ____________ .8•如图，在三棱锥 S-ABC 中,SA=SB=SC,且/ ASB= / BSC= / CSA=-,M 、N 分别是 AB 和SC 的中点•则 异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为 ____________ ，直线SM 与平面SAC 所成角的大小 为 __________ •A.25 nB.26 nC.32 nD.36 n,则在该三棱锥中C~( )三、解答题（本大题共3小题，共44分）9. （14分）如图，在三棱锥S-ABC中,平面SAB丄平面ABC,△SAB是等边三角形，已知AC= 2AB=4,BC=2 一（1）求证:平面SAB丄平面SAC;（2）求二面角B-SC-A的余弦值.10. （15分）（2019湖南师范大学附中模拟,18）如图,aA3=l ,二面角a-l- B的大小为B,A€a,B 点A在直线I上的射影为A1,点B在直线|上的射影为B1.已知AB=2AA1=1,BB1 =（1）若9=120 ° ,求直线AB与平面B所成角的正弦值⑵若9=90 °，求二面角A1-AB-B 1的余弦值.ABCD 中,AB=1,AD=2,/ABC=—,四边形 ACEF (2) 设平面MBC 与平面ECD 所成二面角的大小为 0 0<!■-1,求cos B 的取值范围11.(15分)(2019届江苏徐州期中)如图，在平行四边形=入(1) 当十-时，求异面直线DE 与BM 所成角的大小；单元质检卷八立体几何(A)1. A 对于A,根据线面平行性质定理即可得A选项正确；对于B,当a丄3 an沪m时若n丄m,n? a则n 丄3但题目中无条件n? a故B不一定成立；对于C,若m丄n,m? a,n? 3则a与3相交或平行，故C错误;对于D,若m// a,n? a则m与n平行或异面，则D错误故选A.3.C根据三视图可将其还原为如下直观图2. C 取DD i中点F,连接AF,C i F,平面AFC i E为截面•如下图，所以下半部分的左视图如C选项，所以选C.V=-Sh二- -(2+4) X3 一一，故选C.4.D 如图所示，：BD i丄平面ABC平面a过直线BD, a丄平面AB i C,•••平面a即为平面DBB i D i.设AC nBD=O ,•an平面AB i C=OB i=m.•••平面A i C i D过直线A i C i,与平面AB i C平行,而平面B过直线A i C i,側平面AB i C, •平面A i C i D即为平面3阳平面ADD i A i=A i D=n , 又A i D // B i C,•m,n所成角为/ OB i C,由△AB i C为正三角形，则cos/ OB i C= cos 故选D.5.C 三视图对应的几何体如图所示，其中DA丄平面ABC, / ABC=90° ,所以该四面体的四个面都是直角三角形且DA= 4,AC= 4,故四面体外接球的直径为DC=4 一,故外接球的表面积为 4 nX(2 一)2=32兀故选C.6.A 由三视图还原几何体如图几何体是三棱锥A-BCD ,满足平面ACD丄平面BCD,且AD丄CD,BC丄CD.最短棱为CD,最长棱为AB.在平面BCD内,过点B作BE// CD,且BE=CD ,连接DE,四边形BEDC 为正方形，可得AE=2 :在Rt △AEB 中,求得AB= - =3,cos / ABE=— - 即最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为-故选A.7.36 n 因为三棱锥 D-ABC 中,DC 丄底面ABC,所以DC 丄AB,又因为AB 丄BC,DC 和CB 相交于点 C, 故得到AB 丄面BCD,故得到AB 垂直于BD,又因为DC 垂直于面ABC,故 DC 垂直于AC,故三角形ACD 和三角形ABD 均为直角三角形，有公共斜边 AD,取AD 中点为0点,根据直角三角形斜边的中点 为外心得到0到A 、B 、C 、D 四个点的距离相等，故点O 是球心，球的半径为3,由球的面积公式得 2S=4j R=36n 故答案为 36 n8 一 -因为/ ASB= / BSC= / CSA=-,所以以S 为坐标原点，SASB,SC 为x,y,z 轴建立空间直角坐 标系•设 SA=SB=SC= 2，贝U M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2). 因为 =(1,1,0),=(0,-2,1),cos<>= ^^=-——,所以异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为 ——,平面SAC 一个法向量为 =(0,2,0),则由cos<>= — —得<>=-,即直线SM 与平面SAC 所成角大小为-9.(1)证明 在厶BCA 中,V AB=2,CA=4,BC=2,2 2 2二 AB +AC =BC ，故 AB 丄 AC.又平面SAB 丄平面 ABC,平面SAB A 平面ABC=AB , . AC 丄平面SAB. 又AC?平面SAC,所以平面 SAB丄平面SAC.设平面SBC 的法向量n = (x,y,z),由 设平面SCA 的法向量 m = (a,b,c),由.m =(- ,0,1), . cos<n ,m >=- ------ ,(2)解如图建立空间直角坐标系 = (1,-4, "), =(-2,4,0),则n =•••二面角B-SC-A的余弦值为——10.解⑴如图，过点A作平面B的垂线交于点G连接GB、GA1,因为 AG 丄 3所以/ ABG 是 AB 与 B 所成的角•在 Rt A GA i A 中，/ GA i A=60° ,AA i =1，二 AG= — 在Rt △AGB 中,AB=2,AG=—,sin / ABG=—，故AB 与平面3所成的角的正弦值为 一 （2）如图,建立坐标系在 AB 上取一点 F （x,y,z ）,则存在 t € R ,使得 =t ，即（x,y,z-1）=t （ 一,1,-1）, 点F 的坐标为（一t,t,1-t ）. 要使，须=0,即(_t,t,1-t) • ：1,-1)=0,2t+t-(1-t)=0,解得 t=-,.点F 的坐标为 ------- -- ,./ A 1FE 为所求二面角的平面角又 cos / A 1FE= ----------.二面角A 1-AB-B 1的余弦值为一2 2 211. 解（1）在 A ABC 中,AB=1,BC=AD= 2,/ABC=-,则 AC= ，所以 AB +AC =BC ，即/ BAC= 90° •因为 四边形ACEF 为矩形，所以FA 丄AC,因为平面 ACEF 丄平面ABCD,平面ACEF 门平面ABCD=AC ,FA? 平面 ACEF ，所以FA 丄平面 ABCD.当心-时,设E 为AB 1的中点，则点E 的坐标为 0-（一，1，-1）=- - = 0,a则 A I (0,0,0),A(0,0,1),B I (0,1,0),B(所以 =(1,0,1) • -1,—,1 丿=0,所以 ⑵平面ECD 的一个法向量 n 1= (0,1,0),设M(X 0,y 0,Z 0),由设平面MBC 的法向量n 2=（x,y,z ）,因为 即- _取 y=1,则 x= 一,z= 一 ,所以平面MBC 的一个法向量n 2=（ 一,1, 一 ）, 因为0< -，所以 cos 9= --------因为0W 疋1,所以cos --------------所以 所以M 0-1-,1 = (1,0,1),,即异面直线DE 与BM 所成角的大小为90° . =X 。
2020年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)
2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状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.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状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.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2， 所以B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)． 因为E 为AC 的中点，所以E (0,1,1)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角． 由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ， 故OH ⊥平面DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(3)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz .设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)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P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B －EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离． 如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ， 故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3. 底面EB 1C 1F 的面积为12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练及答案解析
12020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明1例1如图，高为1的等腰梯形 ABCD 中，AM = CD = 3AB = 1•现将△AMD 沿MD 折起，使平面 AMD 丄 平面 MBCD ，连接 AB , AC.试判断：在AB 边上是否存在点【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线,证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法: 1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此 为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面 平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证1【答案】当AP = 3AB 时，有AD //平面MPC. 理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP.在梯形 MBCD 中，DC // MB ,DN NB DC MB 12,Ap 1在△ADB 中，pp 二」AD 〃 PN . •/ AD?平面 MPC , PN?平面 MPC , ••• AD //平面 MPC.P ,使AD //平面 MPC?并说明理由AD平行于PN，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
PP上一方法二方法三2.构造面面平行，然后推出线面平行。
2020年人教版高考数学(理)一轮复习第八单元解析几何测评答案
小题必刷卷(十一)题组一刷真题角度11. B ［解析］方法一:易得△ ABC面积为1,利用极限位置和特值法.当a=0时易得b=1-—；当a=时，易得b=-当a=1时，易得b= 一- 1A.故选B.方法二:(直接法)？ y=——,y=ax+b与x轴交于--，结合图形与a>0- x——x2 一(a+b) =a(a+1)>0? a=—T a>0,・••一>0? b~,当a=0 时,极限位置易得b=1-一，故答案为B.2. —［解析］由两平行线间的距离公式得d〜=J.角度2. . 2 2 2 2 . . . .3. A ［解析］圆x +y -2x- 8y+13=0化为标准方程为(x- 1) +(y- 4) =4，故圆心为(1,4),圆心到直线的距离d= — =1,解得a=__.4. A ［解析］由题意知A(-2,0),B(0,-2),|AB|= 2 _.圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离为一「=2 ：设点2 2 ————P到直线AB的距离为d,圆(x- 2) +y =2的半径为r则d € [2 -r ,2 +r],即d€ [ ,3 ],又A ABP的面积S^B P=-|AB|• d= _d,所以A ABP面积的取值范围是[2,6].5. C ［解析］方法一：由点到直线的距离公式得d==m.方法二:该题考查圆周上一点到动直线的距离的最值问题，由题知动直线过定点(2,0),观察下图可知，所求距离的最大值为点(2,0)到单位圆上点的距离的最大值，故为3.角度32 26. C ［解析］方法一:设圆的方程为x+y+Dx+Ey+F：0,将点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的坐标代入得方程组解得所以圆的方程为x +y - 2x+4y- 20=0,即(x- 1) +(y+2) =25,所以=2 - =4 _方法二：因为k AE=--,k BC=3，所以k AB k BC=-1所以AB丄BC所以△ ABC为直角三角形所以△ ABC的外接圆圆心为AC的中点(1,-2),半径r=- =5,所以=2 -=4：方法三：由•=0得AB丄BC下同方法二.7. (x-2)2+y2=9 ［解析］设圆心的坐标为(a,0)(a>0),根据题意得_J,解得a=2(a=-2舍去)，所以圆的半__ . . 2 2径r= - - =3,所以圆的方程为(x-2) +y =9.2 2 28. (-2,-4) 5 ［解析］由题意知a=a+2,则a=2或a=-1.当a=2 时方程为4x +4y +4x+8y+10=0,即2 2 方法二:设点P(3,1),圆心为C,以PC为直径的圆的方程为- -+y - =0,整理得x-4X+y-y+3=0,2 2 I J 2 2 . . 2 2 2 2x +y +x+2y+-=0? x+- +(y+1)=--,不能表示圆；当a=-1 时方程为x +y +4x+8y- 5=0,即(x+2) +(y+4) =25, 所以圆心坐标是(-2,- 4),半径是5.角度49. A ［解析］设所求直线方程为2x+y+m=0,则圆心到该直线的距离为 ^一= 一,「.|m|=5,即m=± 5.10. D ［解析］设反射光线所在直线的斜率为k,反射光线过点(-2,-3)关于y轴的对称点(2,-3),二反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2).又T 其与圆(x+3)2+(y- 2)2=1 相切，—==一=1,解得k=--或k=--.11. A ［解析］方法一:设点P(3,1),圆心为C,设过点P的圆C的切线方程为y-1=k -，由题意得-==1,解之得k=0或-,即切线方程为y=1或4x- 3y- 9=0.联立得一切点为，又Tk PC=——, .k AB=-一=- 2，即弦AB所在直线方程为y-仁-2 -，整理得2x+y- 3=0.联立两式相减得2x+y- 3=0.12. 4 n ［解析］x +y -2ay-2=0,即x +(y-a ) =a +2，则圆心为C(0,a).又|AB|= 2 _,C到直线y=x+2a 的距离为一所以(二)2+( ) 2=a2+2，得a2=2，所以圆C 的面积为n (a2+2)=4 n .13. 4 ［解析］直线丨：n(x+3)+y- _=0 过定点(-3, 一)又|AB|= 2 一,二(『^)2+( _)2=12,解得m=二.直线方程中，当x=0时,y=2 ".又(-3, _),(0,2 一)两点都在圆上，•••直线丨与圆的两交点为A(-3, _),B(0,2 ").设过点A(-3, 一)且与直线丨垂直的直线为_x+y+c i=0，将(-3, 一)代入直线方程_x+y+c i=0，得c i=2 _.令y=0,得x c=-2，同理得过点B且与I垂直的直线与x轴交点的横坐标为X D=2,• |CD|=4.题组二刷模拟214. A ［解析］若11 II l 2,则a x (- 1)=a(a+2),即a +3a=0,「.a=0 或a=- 3,经检验都符合题意，故选A15. C ［解析］•「△ ABC是等腰直角三角形，•圆心C(1,-a)到直线ax+y-1=0的距离d^= =—,.•. a= ±, 故选C16. A ［解析］由M为PQ的中点，=- ，得PA X QA即I 1丄l 2,. 1 x m+-2)x 1=0,解得m=2.故选A17. B ［解析］点B在直线y=2 一上，过点A(0,-2 一)作圆的切线，设切线的斜率为k,由点斜式求得切线方程为kx-y- 2 _=0.由圆心到直线的距离等于半径，得^== 一,解得k=± 一,•切线方程为y=± _x-2 一,与直线y=2 一的交点坐标为(士4,2 _), •要使视线不被圆C挡住，实数a的取值范围是(-%，- 4) U (4,+ 叼,故选B.18. D ［解析］如图，点A关于直线BC的对称点为D(-6,2),则直线DB的方程为x+2y+2=0直线DC的方程为y=2.由---- =——=——,| 2a-2|=——,得a=-1,-,1 士——，结合图像可知-1W 1 —，故选D.2 219. D ［解析］圆的标准方程为(x+2)+y=4,作CD丄AB于点D.由圆的性质可知/ ACB=20° ,△ ABC为等腰三角形,其中|CA|=|CB|，则|CD|=|CA| si M 30 ° =2X-=1,即圆心(-2,0)到直线4x- 3y+a=0的距离为1, 据此可得一-=1,即|a- & = 5,解得a=3或a=13,故选D20. A ［解析］设A(X1,y1),B(X2,y2)，联立-可化为5y2-4ay+a2- 2=0，则△ =16a2- 20(a2-2)>0,即a2<10,且y’+y2=—,y’y2 ----------------- .若=0,则X1X2+y1y2=0，即卩(2yy )(2y2-a )+y1y2=0, 5y’y2-2a(y1+y2)+a =0,二5X -2a x—+a =0,解得a=±，故"a= ”是“•=0”的充分不必要条件，故选A.21. C ［解析］由题可知直线I ：y=-(x+2)，即x- _y+2=0.设圆心C(a,0)(a>0),则_ :=a,解得a=2,所以圆C的方程为(x-2) +y =4.将y=—(x+2)代入圆C的方程，可得x - 2x+1=0，所以x<=1,故P(1,0).设M(x,y),2 2则----= ------------ =--------------- ,将x +y =4x代入，得-- =——=4,所以——=2,故选C22. 士2 ［解析］由题得/PMO M PN0h M0N90° ,|M0|=|0N|=1,.四边形PMO是正方形,••• |PO|= 一. •••满足以上条件的点P有且只有一个，••• O»l ,. 一=^,.・.b= ±.23. —懈析］若直线丨1与直线丨2垂直，则-2X- =-1?- =,则使得直线丨1丄l 2的{(a,b)}={(1,2),(2,4),(3,6)},故直线丨1丄I 2的概率P —=—.24. 2 —［解析］由得-即直线恒过定点q-1,-2).以C为圆心,5为半径的圆的标准方程为(x+1)2+(y+2)2=25,圆心C(- 1，- 2)到直线3x+4y+1 =0 的距离d=- --- •=—=2，则|AB|= 2 - =2 - =2 (R为圆的半径).25. ①②③［解析］连接BC作CE_LAB于点E,易知|CE|=1,|BE|= 1,则|BC|= 一，则C(1, 一),所以圆C的方程为(x-1) +(y- 一)=2,A(0, _-1),B(0, _+1).因为MN在圆Qx+y=1 上，所以可设M(cos a ,sin a ),N(cos B ,sin B )，所以|NA|= - ,|NB|= - - _ ==2.角度24. A ［解析］—=-—=_-1=e-1=2所以-=± 一,所以渐近线方程为y=± "x.5.C ［解析］由题易知|PF 2|=b,|0P|=a.过P 向x 轴作垂线，垂足为E,可知|PE|=—,戶£|=—,所以 2 — _ 2 2 — |PF i |=— + -一 =( |0P|)=6a,从而可得e=. 6. D ［解析］由题意知A(-a,O),过A 且斜率为一的直线方程为y=—(x+a),设P(x °,y °),则有y o —(x o +a)①.又厶PFF 2为等腰三角形，且/F i F 2P=120 °所以①②③,消去x o ,y o ,得一 =_，即C 的离心率为_. 7. B ［解析］由双曲线方程知a= 一卩=1,则F(2,0).不妨设过点F 的直线垂直渐近线x- _y=0于M 交渐 近线 x+ _y=0 于 N.在 Rt △ OM 中，/MOF30 °」OF|= 2，所以 |OM|= 一.在 Rt △ OMF 中，/MON60 °」OM|=- 所以 |MN|=3.角度38. A ［解析］•••以线段AA 为直径的圆与直线bx-ay+ 2ab=0相切，•••圆心到此直线的距离 d 等于圆的半径，即 d= =a.2 2又a>b>0,则上式可化简为a =3b .Tb =a-c ,「.a =3(a -c )，即一=-，…e=-=—.9. A ［解析］设双曲线的一条渐近线方程为 bx+ay=0,则圆心到该直线的距离.根据已知得= ---- =tan 30 =—②, =一=tan 60° = 一③.联立2 2 21 + — =4,即—=3,所以b =-c ,所以e=-=—:=2.10. D ［解析］由题意及双曲线的对称性画岀示意图如图所示，渐近线OBy=_x.设Bx o,_x。
2019_2020学年新教材高中数学第8章立体几何初步单元质量测评新人教A版必修第二册
第八章 单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．轴截面是正三角形的圆锥称为等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的( ) A ．4倍 B ．3倍 C. 2 倍 D ．2倍答案 D解析 设等边圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，由已知得l ＝2r ，所以S 侧S 底＝πrl πr 2＝lr＝2. 2．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为( )A.4π3 B ．3πC.3π2D ．π答案 C解析 由三视图知，如图，此四面体的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，设外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32.所以球的体积为V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 3．如图所示是古希腊数学家阿基米德墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为( )A.32，1B.23，1C.32，32D.23，32 答案 C解析 设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R . ∵V 圆柱＝πR 2×2R ＝2πR 3，V 球＝43πR 3，∴V 圆柱V 球＝2πR 343πR3＝32. ∵S 圆柱表面积＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，S 球表面积＝4πR 2， ∴S 圆柱表面积S 球表面积＝6πR 24πR 2＝32. 4．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截去一部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.143 B.173 C.203D ．8 答案 B解析 由三视图，知该几何体的直观图是如图所示的多面体B 1C 1D 1－BCDFE ，该多面体可补全为棱长为2的正方体，其中E ，F 分别为AB ，AD 的中点，多面体AEF －A 1B 1D 1为棱台，棱台高为2，上、下底面均为等腰直角三角形．则该几何体的体积是2×2×2－13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2＋2×12＝8－73＝173，故选B.5．用斜二测画法画水平放置的△ABC 的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A ′B ′C ′.已知点O ′是斜边B ′C ′的中点，且A ′O ′＝1，则△ABC 的边BC 上的高为( )A ．1B ．2 C. 2 D ．2 2 答案 D解析 ∵△ABC 的直观图是等腰直角三角形A ′B ′C ′，∠B ′A ′C ′＝90°，A ′O ′＝1，∴A ′C ′＝ 2.根据直观图平行于y 轴的长度变为原来的一半，∴△ABC 的BC 边上的高为AC ＝2A ′C ′＝2 2.故选D.6．E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 四条边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则EG 与FH 的位置关系是( )A ．异面B ．平行C ．相交D ．重合 答案 C解析 如图所示，连接BD ，EF ，FG ，GH ，HE ，EG ，HF ，由E ，F ，G ，H 是空间四边形ABCD 的四边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，有EH 綊12BD ，FG 綊12BD ，∴EH 綊FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形，EG 与FH 是对角线，故选C.7．设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与l ，α都成30°角的直线有且只有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条 答案 B解析如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的顶角为120°的圆锥的母线所在的直线，当BC与l平行时，直线AC，AB都满足条件．故选B.8．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面D．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线答案 C解析垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故D错误；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故C正确．9．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C解析本题可借助正方体模型求解，如图，BA1与AC1所成的角即为BA1与BD1所成的角．在△A1BD1中，A1B＝A1D1＝BD1，所以BA1与BD1所成的角为60°.10．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A－CD－B的平面角的余弦值为( )A.12B.13C.33D.23答案 C解析 如图，取AC 的中点E ，CD 的中点F ，连接EF ，BF ，BE . ∵AC ＝2，其余各棱长都为1， ∴BF ⊥CD ，AD ⊥CD ，∴EF ⊥CD . ∴∠BFE 是二面角A －CD －B 的平面角． ∵EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，∴EF 2＋BE 2＝BF 2.∴∠BEF ＝90°，∴cos ∠BFE ＝EFBF ＝33. 11．如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )答案 A解析解法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.解法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，故选A.12．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F 在棱CC1上，AB＝BC＝CA＝CF＝2，AA1＝3，则下列说法正确的是( )A．设平面ADF与平面BEC1的交线为l，则直线C1E与l相交B．在棱A1C1上存在点N，使得三棱锥N－ADF的体积为3 7C．设点M在BB1上，当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADFD．在棱A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF答案 C解析连接CE交AD于点O，则O为△ABC的重心，连接OF.由已知得OF∥EC1，则EC1∥l，故A错误；若在A1C1上存在点N，则V N－ADF＝V D－AFN，当N与C1重合时，V D－AFN取最小值为36，故B错误；当BM＝1时，可证得△CBM≌△FCD，则∠BCM＋∠CDF＝90°，即CM⊥DF.又AD⊥平面CB1，CM⊂平面CB1，∴AD⊥CM.∵DF∩AD＝D，∴CM⊥平面ADF.∵CM⊂平面CAM，∴平面CAM⊥平面ADF，故C正确．过C1作C1G∥FA交AA1于点G.若在A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF，则C1P⊥C1G.又C1P⊥GA1，C1G∩GA1＝G，∴C1P⊥平面A1C1G.∵A1C1⊂平面A1GC1，∴C1P⊥A1C1，矛盾，故D错误．故选C.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，AB∥α，则CD与EF的位置关系为________．答案CD∥EF解析因为AB∥α，AB⊂β，α∩β＝CD，所以AB∥CD.同理可证AB∥EF，所以CD∥EF.14．已知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；③n ⊥β；④m ⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.答案 ①③④⇒②(或②③④⇒①)解析 ∵α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同的直线，若①m ⊥n ，③n ⊥β，则m ∥β.又④m ⊥α，∴②α⊥β.即①③④⇒②.若②α⊥β，③n ⊥β，则n ∥α，又④m ⊥α，∴①m ⊥n .即②③④⇒①.15．若一个圆台的轴截面是腰长为a 的等腰梯形，下底边长为2a ，对角线长为3a ，则这个圆台的体积为________．答案7324πa 3解析 圆台的轴截面如图，由AD ＝a ，AB ＝2a ，BD ＝3a ，可知∠ADB ＝90°，∠DAB ＝60°.分别过点D ，C 作DH ⊥AB ，CG ⊥AB ，则DH ＝32a ，所以HB ＝BD 2－DH 2＝3a 2－34a 2＝32a ，所以DC ＝HG ＝a ，所以圆台的体积为V ＝π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋12a 2＋a 2·32a ＝7324πa 3. 16．把由折线y ＝|x |和y ＝2围成的图形绕x 轴旋转360°，所得旋转体的体积为________． 答案32π3解析 由题意，y ＝|x |和y ＝2围成图中阴影部分的图形，旋转体为一个圆柱挖去两个共顶点的圆锥．∵V圆柱＝π×22×4＝16π，2V圆锥＝2×π3×22×2＝16π3，∴所求几何体的体积为16π－16π3＝32π3.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)，它的母线长为50 cm ，两底面直径分别为40 cm 和30 cm.现有制作这种纸篓的塑料制品50 m 2，问最多可以做这种纸篓多少个？解 根据题意可知，纸篓底面圆的半径r ′＝15 cm ，上口的半径r ＝20 cm ，母线长l ＝50 cm ，则纸篓的表面积S ＝πr ′2＋(2πr ′＋2πr )l 2＝π(r ′2＋r ′l ＋rl )＝π(152＋15×50＋20×50)＝1975π(cm 2)．因为50 m 2＝500000 cm 2，故最多可以制作这种纸篓的个数n ＝500000S≈80.18．(本小题满分12分)已知正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面内的正投影为底面的中心)S －ABC ，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15 cm ，底面边长为12 cm ，内接正三棱柱的侧面积为120 cm 2.(1)求三棱柱的高；(2)求棱柱上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比． 解 (1)设正三棱柱的高为h cm ，底面边长为x cm ，如图，则15－h 15＝x12， ∴x ＝45(15－h )．①又S 三棱柱侧＝3x ·h ＝120， ∴xh ＝40.②解①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，h ＝10或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，h ＝5.故正三棱柱的高为10 cm 或5 cm. (2)由棱锥的性质，得S 三棱锥S －A 1B 1C 1侧S 三棱锥S －ABC 侧＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15－10152＝19或S 三棱锥S －A 1B 1C 1侧S 三棱锥S －ABC 侧＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15－5152＝49.19．(本小题满分12分)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 在AD 1上移动，点N 在BD 上移动，D 1M ＝DN ＝a (0<a <2)，连接MN .(1)证明：对任意a ∈(0，2)，总有MN ∥平面DCC 1D 1；(2)当a 为何值时，MN 的长度最小？解 (1)证明：如图，作MP ∥AD ，交DD 1于点P ，作NQ ∥BC ，交DC 于点Q ，连接PQ .由题意得MP ∥NQ ，且MP ＝NQ ，则四边形MNQP 为平行四边形．∴MN ∥PQ . 又PQ ⊂平面DCC 1D 1，MN ⊄平面DCC 1D 1，∴MN ∥平面DCC 1D 1.(2)由(1)知四边形MNQP 为平行四边形，∴MN ＝PQ .∵DD 1＝AD ＝DC ＝BC ＝1，∴AD 1＝BD ＝ 2.∵D 1M ＝DN ＝a ，∴D 1P 1＝a 2，DQ 1＝a 2. 即D 1P ＝DQ ＝a2，∴MN ＝PQ ＝(1－D 1P )2＋DQ 2 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22 ＝⎝⎛⎭⎪⎫a －222＋12(0<a <2)． 故当a ＝22时，MN 的长度有最小值，为22. 即当M ，N 分别移动到AD 1，BD 的中点时，MN 的长度最小，此时MN 的长度为22. 20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点，D 为B 1C 1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成角的正弦值．解(1)证明：如图，设E为BC的中点，连接A1E，AE.由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.所以AE⊥平面A1BC.连接DE，由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥BB1，且DE＝BB1，从而DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形AA1DE是平行四边形，所以A1D∥AE. 又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，所以平面AA1DE⊥BB1C1C，所以A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B与平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，得EA＝EB＝ 2.又A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝14.由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90°，得A1F＝72.所以sin∠A1BF＝78.21．(本小题满分12分)如图，△BCD内接于直角梯形A1A2A3D，若A1D＝5，A1A2＝4，沿△BCD三边分别将△A1BD，△A2BC，△A3CD翻折上去，恰使A1，A2，A3重合，重合后记为A.(1)求证：AB⊥CD；(2)求平面BCD与平面ACD所成二面角的正切值．解在题图中，由A1，A2，A3三点可重合知A1B＝A2B＝2，A1D＝A3D＝5，A2C＝A3C.作DF⊥A2A3于点F，则FA3＝3⇒A3C＝A2C＝4.(1)证明：折叠后的图形如图所示，∵AB⊥AD，AB⊥AC，AD∩AC＝A，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.(2)作AE⊥CD于点E，连接BE.∵AB⊥CD，AB∩AE＝A，∴CD⊥平面ABE，∴CD⊥BE，则∠AEB 为平面BCD 与平面ACD 所成二面角的平面角． 在△ACD 中，AE ＝DF ·AC CD ＝161717， ∵AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AE ，∴tan ∠AEB ＝AB AE ＝178. 22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；(2)点D 在边A 1C 1上且C 1D ＝13C 1A 1，证明在线段BB 1上存在点E ，使DE ∥平面ABC 1，并求此时BE BB 1的值． 解 (1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴四边形ACC 1A 1是矩形．∵AA 1＝AC ，∴AC 1⊥A 1C .又BC 1⊥A 1C ，AC 1∩BC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面ABC 1.∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)当BE BB 1＝13时，DE ∥平面ABC 1， 如图，在A 1A 上取点F ，使AF AA 1＝13， 连接EF ，FD .∵C 1D C 1A 1＝AF AA 1＝BE BB 1＝13， ∴EF ∥AB ，DF ∥AC 1.∵AB ∩AC 1＝A ，EF ∩DF ＝F ，∴平面EFD∥平面ABC1，∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面ABC1.。
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单元质检卷八 立体几何(A )(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019届广东湛江调研测试,10)设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A.α∩β=n ,m ⊂α,m ∥β⇒m ∥nB.α⊥β,α∩β=m ,m ⊥n ⇒n ⊥βC.m ⊥n ,m ⊂α,n ⊂β⇒α⊥βD.m ∥α,n ⊂α⇒m ∥n2.(2019届山东青岛调研,11)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为棱BB 1的中点,用过点A ,E ,C 1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为( )3.(2019甘肃师大附中期中,8)某几何体的三视图如下图所示,数量单位为cm,它的体积是( )A.27√32 cm3 B.92 cm3 C.9√32 cm 3 D.272 cm 34.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,平面α过直线BD ,α⊥平面AB 1C ,α∩平面AB 1C=m ,平面β过直线A 1C 1,β∥平面AB 1C ,β∩平面ADD 1A 1=n ,则m ,n 所成角的余弦值为 ( ) A .0B .12C .√22 D .√325.(2019届湖南桃江一中期中,5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为( )A.25πB.26πC.32πD.36π6.已知某三棱锥的三视图如图所示,图中的3个直角三角形的直角边长度已经标出,则在该三棱锥中,最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为()A.13B.√55C.12D.23二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019广东深圳实验中学、珠海一中等六校联考,15)在三棱锥D-ABC中,DC⊥底面ABC,AD=6,AB ⊥BC且三棱锥D-ABC的每个顶点都在球O的表面上,则球O的表面积为.8.如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2,M、N分别是AB和SC的中点.则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为,直线SM与平面SAC所成角的大小为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面ABC,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2√5.(1)求证:平面SAB⊥平面SAC;(2)求二面角B-SC-A的余弦值.10.(15分)(2019湖南师范大学附中模拟,18)如图,α∩β=l,二面角α-l-β的大小为θ,A∈α,B∈β,点A在直线l上的射影为A1,点B在直线l上的射影为B1.已知AB=2,AA1=1,BB1=√2.(1)若θ=120°,求直线AB与平面β所成角的正弦值;(2)若θ=90°,求二面角A1-AB-B1的余弦值.11.(15分)(2019届江苏徐州期中)如图,在平行四边形ABCD 中,AB=1,AD=2,∠ABC=π3,四边形ACEF为矩形,平面ACEF ⊥平面ABCD ,AF=1,点M 在线段EF 上运动,且EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λEF ⃗⃗⃗⃗⃗ .(1)当λ=12时,求异面直线DE 与BM 所成角的大小;(2)设平面MBC 与平面ECD 所成二面角的大小为θ0<θ≤π2,求cos θ的取值范围.单元质检卷八 立体几何(A )1.A 对于A,根据线面平行性质定理即可得A 选项正确;对于B,当α⊥β,α∩β=m 时,若n ⊥m ,n ⊂α,则n ⊥β,但题目中无条件n ⊂α,故B 不一定成立;对于C,若m ⊥n ,m ⊂α,n ⊂β,则α与β相交或平行,故C 错误;对于D,若m ∥α,n ⊂α,则m 与n 平行或异面,则D 错误,故选A.2.C 取DD 1中点F ,连接AF ,C 1F ,平面AFC 1E 为截面.如下图,所以下半部分的左视图如C 选项,所以选C.3.C 根据三视图可将其还原为如下直观图,V=13S·h=13×12×(2+4)×3×3√32=9√32,故选C.4.D 如图所示,∵BD 1⊥平面AB 1C ,平面α过直线BD ,α⊥平面AB 1C ,∴平面α即为平面DBB 1D 1. 设AC ∩BD=O ,∴α∩平面AB 1C=OB 1=m.∵平面A 1C 1D 过直线A 1C 1,与平面AB 1C 平行,而平面β过直线A 1C 1,β∥平面AB 1C , ∴平面A 1C 1D 即为平面β.β∩平面ADD 1A 1=A 1D=n , 又A 1D ∥B 1C ,∴m ,n 所成角为∠OB 1C ,由△AB 1C 为正三角形,则cos ∠OB 1C=cos π6=√32.故选D .5.C 三视图对应的几何体如图所示,其中DA ⊥平面ABC ,∠ABC=90°,所以该四面体的四个面都是直角三角形且DA=4,AC=4,故四面体外接球的直径为DC=4√2,故外接球的表面积为4π×(2√2)2=32π,故选C.6.A 由三视图还原几何体如图.几何体是三棱锥A-BCD ,满足平面ACD ⊥平面BCD ,且AD ⊥CD ,BC ⊥CD.最短棱为CD ,最长棱为AB.在平面BCD 内,过点B 作BE ∥CD ,且BE=CD ,连接DE ,∴四边形BEDC 为正方形,可得AE=2√2,在Rt △AEB 中,求得AB=√12+(2√2)2=3,∴cos ∠ABE=BEAB=13. 即最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为13.故选A .7.36π 因为三棱锥D-ABC 中,DC ⊥底面ABC ,所以DC ⊥AB ,又因为AB ⊥BC ,DC 和CB 相交于点C ,故得到AB ⊥面BCD ,故得到AB 垂直于BD ,又因为DC 垂直于面ABC ,故DC 垂直于AC ,故三角形ACD 和三角形ABD 均为直角三角形,有公共斜边AD ,取AD 中点为O 点,根据直角三角形斜边的中点为外心得到O 到A 、B 、C 、D 四个点的距离相等,故点O 是球心,球的半径为3,由球的面积公式得S=4πR 2=36π.故答案为36π. 8.√105π4因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2,所以以S 为坐标原点,SA ,SB ,SC 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系.设SA=SB=SC=2,则M (1,1,0),B (0,2,0),N (0,0,1),A (2,0,0),C (0,0,2).因为SM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),cos <SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=√2×√5=-√105, 所以异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为√105,平面SAC 一个法向量为SB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),则由cos <SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,SB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√2×2=√22得<SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,SB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=π4,即直线SM 与平面SAC 所成角大小为π4. 9.(1)证明 在△BCA 中,∵AB=2,CA=4,BC=2√5, ∴AB 2+AC 2=BC 2,故AB ⊥AC.又平面SAB ⊥平面ABC ,平面SAB ∩平面ABC=AB ,∴AC ⊥平面SAB. 又AC ⊂平面SAC ,所以平面SAB ⊥平面SAC.(2)解 如图建立空间直角坐标系,A (0,0,0),B (2,0,0),S (1,0,√3),C (0,4,0),CS⃗⃗⃗⃗ =(1,-4,√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0), 设平面SBC 的法向量n =(x ,y ,z ),由{-2x +4y =0,x -4y +√3z =0,则n =(2,1,2√33).设平面SCA 的法向量m =(a ,b ,c ),由{4b =0,a -4b +√3c =0,∴m =(-√3,0,1),∴cos <n ,m >=-2√1919, ∴二面角B-SC-A 的余弦值为2√1919.10.解 (1)如图,过点A 作平面β的垂线交于点G ,连接GB 、GA 1,因为AG ⊥β,所以∠ABG 是AB 与β所成的角.在Rt △GA 1A 中,∠GA 1A=60°,AA 1=1,∴AG=√32. 在Rt △AGB 中,AB=2,AG=√32,sin ∠ABG=√34,故AB 与平面β所成的角的正弦值为√34. (2)如图,建立坐标系,则A 1(0,0,0),A (0,0,1),B 1(0,1,0),B (√2,1,0).在AB 上取一点F (x ,y ,z ),则存在t ∈R ,使得AF⃗⃗⃗⃗⃗ =t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(x ,y ,z-1)=t (√2,1,-1), ∴点F 的坐标为(√2t ,t ,1-t ).要使A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,须A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即(√2t ,t ,1-t )·(√2,1,-1)=0,2t+t-(1-t )=0,解得t=14,∴点F 的坐标为√24,14,34,∴A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√24,14,34.设E 为AB 1的中点,则点E 的坐标为0,12,12. ∴EF⃗⃗⃗⃗⃗ =√24,-14,14.又EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√24,-14,14·(√2,1,-1)=12−14−14=0, ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴∠A 1FE 为所求二面角的平面角.又cos ∠A 1FE=A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=(√24,14,34)·(√24,-14,14)√216+116+916·√216+116+116=18-116+316√34×14=√3=√33,∴二面角A 1-AB-B 1的余弦值为√32.11.解 (1)在△ABC 中,AB=1,BC=AD=2,∠ABC=π3,则AC=√3,所以AB 2+AC 2=BC 2,即∠BAC=90°.因为四边形ACEF 为矩形,所以FA ⊥AC ,因为平面ACEF ⊥平面ABCD ,平面ACEF ∩平面ABCD=AC ,FA ⊂平面ACEF ,所以FA ⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (0,√3,0),D (-1,√3,0),E (0,√3,1),F (0,0,1),当λ=12时,EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以M 0,√32,1.所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,√32,1,DE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1), 所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)·-1,√32,1=0,所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DE⃗⃗⃗⃗⃗ ,即异面直线DE 与BM 所成角的大小为90°. (2)平面ECD 的一个法向量n 1=(0,1,0),设M (x 0,y 0,z 0),由EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,-√3,0)=(0,-√3λ,0)=(x 0,y 0-√3,z 0-1),得{x 0=0,y 0=√3(1-λ),z 0=1,即M (0,√3(1-λ),1),所以BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3(1-λ),1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0). 设平面MBC 的法向量n 2=(x ,y ,z ),因为{n 2⊥BC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2⊥BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即{-x +√3y =0,-x +√3(1-λ)y +z =0, 取y=1,则x=√3,z=√3λ,所以平面MBC 的一个法向量n 2=(√3,1,√3λ),因为0<θ≤π2,所以cos θ=|n 1·n 2|n 1|·|n 2||=1√4+3λ.因为0≤λ≤1,所以cos θ∈[√77,12].。