2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--第六章　立体几何初步拔高练(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
综合拔高练
五年高考练
考点1　基本立体图形
1.(2023北京,9)坡屋顶是我国传统建筑造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25 m,BC=10 m,且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为,则该五面体的所有棱长之和为(　　)
A.102 m　　　B.112 m　　　C.117 m　　　D.125 m
2.(2022北京,9)已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5},则T表示的区域的面积为(　　)
A.　　　B.π　　　C.2π　　　D.3π
3.(2023全国甲文,16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是　　　　.
考点2　几何体的表面积和体积
4.(2022全国新高考Ⅰ,4)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148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3　　　B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3　　　D.1.6×109 m3
5.(2022全国甲理,9)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则=(　　)
A.　　　B.2　　　C.　　　D.
6.(多选题)(2023新课标Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则(　　)
A.该圆锥的体积为π　　　
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2　　　
D.△PAC的面积为
7.(2023新课标Ⅰ,14)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.
8.(2022全国甲文,19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
9.(2023全国乙文,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.
考点3　几何体的内切和外接问题
10.(2020全国Ⅰ理,10)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(　　)
A.64π　　　B.48π　　　C.36π　　　D.32π
11.(多选题)(2023新课标Ⅰ,12)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
12.(2023全国乙文,16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.
13.(2023全国甲理,15)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.
考点4　空间角和空间距离
14.(2021全国乙理,5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A.　　　B.　　　
C.　　　D.
15.(2023全国乙理,9)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A.　　　B.　　　
C.　　　D.
16.(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.
考点5　空间平行、垂直关系的证明
17.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
18.(2021全国甲文,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点.证明:BF⊥DE.
三年模拟练
应用实践
1.(2023湘豫名校联考)设m,n,l分别是三条不同的直线,α是平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若m⊥n,m⊥l,n α,l α,则m⊥α
B.若m⊥n,n α,则m⊥α
C.若m∥n,n⊥α,则m⊥α
D.若m∥α,n α,则m∥n
2. (2022陕西西安临潼二模)已知一个平放的各棱长均为4的三棱锥内有一个小球O(质量忽略不计),现从该三棱锥顶端向内注水,小球慢慢上浮,当注入的水的体积是该三棱锥体积的时,小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切),则小球的表面积等于(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.(2023辽宁高考模拟)如图,在三棱锥V-ABC中,VA=VB=VC=8,∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,过点A作截面AEF,则△AEF周长的最小值为(　　)
A.6　　　B.6　　　C.8　　　D.8
4.(多选题)(2023广东高考研究会高考测评研究院调研)一般地,如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形,那么我们称这个凸n面体的直度为,则以下结论正确的是(　　)
A.三棱锥的直度的最大值为1
B.直度为的三棱锥只有一种
C.四棱锥的直度的最大值为1
D.四棱锥的直度的最大值为
5.(多选题)(2022山东德州联考)如图,边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC的中点,将△ADE,△CDF,△BEF分别沿DE,DF,EF折起,使A,B,C重合于点P,则下列结论正确的是(　　)
A.PD⊥EF
B.三棱锥P-DEF的外接球的体积为2π
C.点P到平面DEF的距离为
D.二面角P-EF-D的余弦值为
6.(2022湖北襄阳期末)已知三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面均为正三角形,AB=1,A1B1=2,侧棱AA1=BB1=CC1,若AA1⊥BB1,则此棱台的高为　　　　.
7.(2022浙江台州质检)在四面体A-BCD中,∠ACD=60°,二面角A-CD-B的大小为45°,在平面ABC内过点B作AC的垂线l,则l与平面BCD的最大夹角的正弦值为　　　　.
8.(2023福建三明五县期中联考)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明:B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
9.(2022河南许昌期末)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,P,Q分别是边AB,BC的中点,将△APD,△CDQ分别沿DP,DQ折叠,使A,C两点重合于点M,连接BM,PQ,得到如图2所示的几何体.
(1)求证:MP⊥DQ;
(2)在线段MD上是否存在一点F,使BM∥平面PQF 如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.
迁移创新
10.(2022上海嘉定二中二检)在意大利,有一座满是灰白“斗笠”的小镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年列入世界文化遗产名录(如图1).现测量一个屋顶,得到圆锥SO的底面直径AB的长为12 m,母线SA的长为18 m(如图2),C是母线SA的一个三等分点(靠近点S).
(1)现用鲜花铺设该屋顶,如果每平方米大约需要鲜花60朵,那么装饰这个屋顶(不含底面)大约需要多少朵鲜花 (π取3.14,结果精确到个位)
(2)从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,求灯光带的最小长度.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.C 2.B 4.C 5.C 6.AC 10.A 11.ABD 14.D
15.C
1.C　显然AE=ED=FB=FC,
作FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,设点F在底面ABCD内的射影为O,连接OF,OG,OH,易得OG=BC=5,四边形ABCD为矩形,所以∠FGO是平面ABFE与底面ABCD所成的角,∠FHO是平面BCF与底面ABCD所成的角.
∵tan∠FGO=tan∠FHO=,OG=5,
∴FO=,OH=5,
∴FG=FH==8.
∴EF=AB-2GB=25-10=15.
∴AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117.
所以该五面体的所有棱长之和为117 m.故选C.
2.B　设点P在平面ABC内的射影为O,连接CO,易知CO=2,PC=6,在Rt△PCO中,PO=,当CO上存在一点Q,使得PQ=5时,OQ=1,故动点Q的轨迹是以O为圆心,1为半径的圆,故所求面积S=π×12=π,故选B.
3.答案　[2]
解析　以正方体的中心为球心,若球O的球面与正方体的棱有公共点,则球O的半径应该介于该正方体棱切球半径与外接球半径之间(包括棱切球半径与外接球半径).
设球O的半径为R,
易知正方体面对角线的长等于该正方体棱切球的直径,所以2Rmin=4,解得Rmin=2,正方体体对角线的长等于该正方体外接球的直径,所以2Rmax=4,解得Rmax=2,所以球O的半径的取值范围为[2].
4.C　140 km2=140×106 m2,180 km2=180×106 m2,由棱台的体积公式V=)h可得V增加水量=)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1 437×106≈1.4×109(m3),故选C.
5.C　设甲、乙两个圆锥的母线长均为l,底面半径分别为r甲,r乙,高分别为h甲,h乙,侧面展开图的圆心角分别为θ甲,θ乙.由=2得=2,即r甲=2r乙,所以θ甲=2θ乙.又θ甲+θ乙=2π,所以θ甲=,θ乙=,所以r甲=l,r乙=l,所以h甲=l,h乙=l,所以,故选C.
6.AC　易知PA=PB=2,O为AB的中点,
又∠APB=120°,
∴PO=1,AO=BO=,即底面圆的半径r=,
∴该圆锥的体积V=πr2·PO=π,故A正确.
S侧=πr·PA=π×π,∴B错误.
取AC的中点D,连接PD,OD,
∴PD⊥AC,OD⊥AC,∴∠PDO为二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°,∴OD=PO=1,∴AD=,∴C正确.
S△PAC=AC·PD==2,∴D错误,故选AC.
7.答案　
解析　解法一:根据题意画出图形,如图所示,设O1,O分别为上、下底面的中心,连接OO1,O1A1,OA,过A1作A1E⊥OA,交OA于E,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,所以OA=,
在Rt△AA1E中,AA1=,所以A1E=,即正四棱台的高OO1=A1E=,
所以正四棱台的体积为.
解法二:将正四棱台补形为正四棱锥P-ABCD,如图,因为AB=2,A1B1=1,所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD的中点,又AA1=,所以PA=PB=PC=PD=2,过P作PO⊥平面ABCD,连接OA,易知O为正方形ABCD的中心,又因为AB=2,所以OA=,所以PO=,
所以四棱锥P-ABCD的体积为PO·S四边形ABCD= ,
同理,四棱锥P-A1B1C1D1的体积为,
所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为.
8.解析　取AB,BC,CD,DA的中点M,N,P,Q,连接EM,FN,GP,HQ,MN,NP,PQ,QM.
(1)证明:在正三角形EAB中,M为AB的中点,所以EM⊥AB.又平面EAB∩平面ABCD=AB,且平面EAB⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD.
同理可得,FN⊥平面ABCD,所以EM∥FN,
又EM=FN,
所以四边形EMNF为平行四边形,所以EF∥MN.
又MN 平面ABCD,EF 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)如图,可将包装盒分割为长方体MNPQ-EFGH和四个全等的四棱锥.
易得MN=4 cm,EM=4 cm.
所以V长方体MNPQ-EFGH=(4 (cm3),
V四棱锥B-MNFE= (cm3),
所以该包装盒的容积为128 (cm3).
9.解析　(1)证法一:如图,在Rt△ABC中,过F作FH⊥AB于H.
设AH=x,则BH=2-x,FH=x.
易得△BHF∽△OBA,所以,即,解得x=1,
所以H为AB的中点,所以F为AC的中点.
又D,E,O分别为BP,AP,BC的中点,所以EF∥PC,DO∥PC,所以EF∥DO.
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,所以EF∥平面ADO.
证法二:设,因为AB⊥BC,BF⊥AO,所以)·+(λ-1)·]·=4λ+4(λ-1)=0,解得λ=,
则F为AC的中点,又D,O,E分别为BP,BC,AP的中点,所以OD∥PC,EF∥PC,所以EF∥OD,又因为OD 平面ADO,EF 平面ADO,所以EF∥平面ADO.
(2)连接OF,PF.易知OF∥AB,又因为AB⊥BC,所以OF⊥BC,因为PB=PC=,O为BC的中点,所以OP⊥BC,
又OF∩OP=O,OF,OP 平面OPF,所以BC⊥平面OPF,
过点P作PM⊥OF,交FO的延长线于M,
因为PM 平面OPF,所以BC⊥PM,
又OF∩BC=O,OF,BC 平面ABC,所以PM⊥平面ABC,
因为BC=2,
所以OP==2,
因为∠POF=120°,所以在Rt△PMO中,∠POM=60°,所以PM=.
故三棱锥P-ABC的体积为.
10.A　如图,由题知△ABC为等边三角形,☉O1的半径r=2,即O1B=2,∴BC=2=OO1,
在Rt△OO1B中,OB2=O+O1B2=16,∴球O的半径R=OB=4,则S球O=4πR2=64π.故选A.
11.ABD　解法一:选项A,正方体的棱长为1 m,能完全放入的最大球体为其内切球,易知其内切球的直径为1 m,所以直径为0.99 m的球体可以完全放入,故选项A正确;
选项B,棱长为1 m的正方体6条面对角线构成的四面体为正四面体,其棱长为 m,又因为1.4<,所以棱长均为1.4 m的四面体可以完全放入,故选项B正确;
选项C,对于底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体,其底面直径远小于高,故可忽略不计,则该圆柱体能否被整体放入棱长为1 m的正方体容器中等价于长度为1.8 m的线段能否完全在棱长为1 m的正方体的内部,由于正方体内最长的线段为体对角线,故棱长为1 m的正方体内最长的线段的长度为 m,因为<1.8,所以在正方体内部无法完全放入,故选项C错误;
选项D,对于底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体,其高远小于底面直径,故可忽略不计,则该圆柱体能否被整体放入棱长为1 m的正方体容器中等价于直径是1.2 m的圆面能否完全放入棱长为1 m的正方体的内部,需要寻找正方体内最大的截面,如图1所示,取6条棱的中点A,B,C,D,E,F,则正六边形ABCDEF是正方体内最大的截面图形,在图2中,连接BD,易知BC= m,截面ABCDEF的内切圆的直径为BD,在△BCD中,BC=CD= m,∠BCD=120°,所以BD= m,又因为>1.2,所以底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱可以完全放入,故选项D正确.故选ABD.
图1　　　　　　　　　　图2　
解法二:选项A,B的分析同解法一.
选项C,D的分析如下:
设以O1O2为轴的圆柱内切于正方体(棱长为1 m),则点O1,O2在正方体的体对角线AC1上,如图1,显然圆柱的底面半径r越大,圆柱的高h=O1O2越小,为了探索两者的关系,过圆O2作平面,该平面与平面A1B1C1D1,B1BCC1,D1DCC1的交线分别为直线l1,l2,l3,此三条直线围成的三角形记为△EFG,三棱锥C1-EFG如图2,在底面EFG中,设M为FG的中点,连接O2M,C1M,易知3O2M=3r=FM,所以FM=r,在等腰直角三角形FC1G中,C1M=FM=r,所以在Rt△C1O2M中,C1O2=r,此时圆柱的高O1O2=r.
对于C,令r=0.005 m,则h=×0.005≈1.72 m,1.72<1.8,C错误;
对于D,令r=0.6 m,则h=×0.6≈0.035 m,0.035>0.01,所以D正确.
图1
图2
12.答案　2
解析　设△ABC外接圆的半径为r,
则2r=,则r=.
又球的半径为2,所以+r2=22,解得SA=2(负值舍去).
13.答案　12
解析　如图,易知BE C1F,所以四边形BEFC1为平行四边形,所以EF∥BC1.
由AB⊥平面BCC1B1知AB⊥BC1,所以EF⊥AB.
设点P为棱AB上除点E外任一点,EF的中点为O,连接OP.
在Rt△OEP中,有OP>OE.又易知EF的中点O为球心,OE为球O的半径,所以点P在球O外,所以棱AB上恰有一点E在球面上.又点O为正方体中心,所以由对称性知正方体各棱均与球面恰有一个公共点(各棱中点),共计12个.
解后反思　选择恰当角度,通过判断棱上所有点与球心间的距离和球的半径之间的大小关系,达到研究棱与球面公共点个数的目的.熟悉正方体中常见的平行、垂直关系,理解并会运用球、正方体的对称性是解决本题的前提.
14.D　如图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,
∴BC1∥AD1,
∴∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=a,连接AC,BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,
∵OB 平面ABCD,∴OP⊥OB,
∴PB=a.
在△C1BP中,cos∠PBC1=,
∴∠PBC1=,即直线PB与AD1所成的角为.故选D.
方法总结　用几何法求异面直线的夹角的具体步骤
15.C　如图,取AB的中点O,连接OC,OD,则AB⊥OC,AB⊥OD,∠DOC=150°,过D作DE⊥OC,交CO的延长线于E,易知DE⊥平面ABC,
设OA=2,则OC=2,OD=2,
∴tan∠DCE=.
∴直线CD与平面ABC所成角的正切值为,故选C.
16.解析　(1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.
由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=CO,
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=CO得BO⊥BC.
又BO∩DO=O,所以BC⊥平面BDO,
故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.
(2)过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成的角等于直线CO与平面DBC所成的角.
由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,
又BD∩BC=B,所以OH⊥平面BCD,
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成的角.
设CD=2,
则DO=OC=2,BO=BC=,
所以BD=,
所以sin∠OCH=,
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
17.解析　(1)证明:设AF=tAC(0易知.
∵BF⊥AO,AB⊥BC,
∴]·=4(t-1)+4t=0,解得t=,
故F为AC的中点.
又E为AP的中点,∴EF∥PC,同理DO∥PC,
∴EF∥DO,
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=,
∴DO=,又AD=.
在Rt△ABO中,AB=2,BO=,
∴AO=,
在△ADO中,DO2+AO2=AD2,
∴DO⊥AO,由(1)知EF∥DO,∴EF⊥AO,
又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF 平面BEF,EF 平面BEF,
∴AO⊥平面BEF,又AO 平面ADO,
∴平面ADO⊥平面BEF.
(3)如图1,过点O作OH∥BF,交AC于点H,连接DH,设AD∩BE=G,连接GF,
由AO⊥BF,知OH⊥AO,易知FH=AH,
又由(2)知OD⊥AO,∴∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,
∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,
∴DG=BE,
又FH=GF,
由cos∠ABD=,得PA=,
同理可得BE=,易知BF=,
∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,
则GF2=GE2+EF2=,
∴GF=,故DH=.
在△DOH中,OH=,
∴cos∠DOH=.
∴sin∠DOH=,∴二面角D-AO-C的正弦值为.
18.解析　(1)∵四边形AA1B1B为正方形,
∴A1B1⊥BB1.
∵BF⊥A1B1且BB1∩BF=B,BB1,BF 平面BB1C1C,∴A1B1⊥平面BB1C1C.
又∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C.
又∵BC 平面BB1C1C,∴AB⊥BC.
∵AB=BC=2,E为AC的中点,
∴S△EBC=S△ABC=×2×2=1.
由直三棱柱知CF⊥平面ABC.
∵F为CC1的中点,∴CF=AB=1,∴V三棱锥F-EBC=S△EBC·CF=.
(2)证明:连接A1E,B1E,
∵AB=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵AA1⊥平面ABC,BE 平面ABC,∴AA1⊥BE.
∵AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C1C,
∴BE⊥平面AA1C1C.
又A1E 平面AA1C1C,∴BE⊥A1E.
在Rt△ECF中,tan∠FEC=,
在Rt△A1AE中,tan∠AA1E=,
∴tan∠FEC=tan∠AA1E,∴∠FEC=∠AA1E.
∵∠AA1E+∠AEA1=90°,∴∠FEC+∠AEA1=90°,
∴∠A1EF=90°,即A1E⊥EF.
∵EF∩EB=E,EF,EB 平面BEF,
∴A1E⊥平面BEF,
又BF 平面BEF,∴A1E⊥BF.
又∵A1B1⊥BF,A1E∩A1B1=A1,A1E 平面A1B1E,A1B1 平面A1B1E,∴BF⊥平面A1B1E.
∵DE 平面A1B1E,∴BF⊥DE.
三年模拟练
1.C 2.C 3.C 4.AD 5.AC
1.C　A错误,由线面垂直的判定定理可知,只有n,l是两条相交直线时,才能得到m⊥α;
B错误,如图(1)所示,显然m与α不垂直;
C正确,由线面垂直的性质定理可知,当m∥n,n⊥α时,必有m⊥α;
D错误,如图(2),显然m与n不平行.
　
2.C　当注入水的体积是该三棱锥体积的时,水面上方的小三棱锥的体积与该三棱锥的体积之比为1∶8.设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等),依题意,得,解得x=2.易得小三棱锥的高为,设小球的半径为r,小三棱锥底面的面积为S,则×S×r,解得r=,故小球的表面积为4πr2=.故选C.
3.C　沿着侧棱VA把三棱锥V-ABC展开在一个平面内,如图所示,连接AA',
则线段AA'的长即为△AEF周长的最小值,
因为∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°,
所以∠AVA'=3×30°=90°,在Rt△VAA'中,VA=VA'=8,由勾股定理得AA'=.
4.AD　三棱锥共4个面,这4个面均有可能是直角三角形,故≤1,如图1,借助正方体模型,可知三棱锥D-ABC的4个面都是直角三角形,其直度为1,故A正确.
如图2,借助正方体模型,可知三棱锥D-ABC的3个面,即平面DAB,平面DBC,平面ABC都是直角三角形,而平面ADC不是直角三角形,故其直度为,
但对于图1中的三棱锥E-BCD,平面EBC,平面ECD,平面DBC是直角三角形,平面EBD不是直角三角形,故其直度为,故B错误.
四棱锥共有5个面,其中4个侧面为三角形,底面为四边形,故其直度的最大值肯定不为1,C错误.
如图3,借助正方体模型,可知四棱锥P-ABCD的4个侧面都是直角三角形,底面是正方形,故其直度为,容易知道四棱锥的直度小于或等于,故D正确.
　　
5.AC　对于A,如图①,取EF的中点H,连接PH,DH,由题意知PE=PF,DE=DF,故PH⊥EF,DH⊥EF.
因为PH∩DH=H,所以EF⊥平面PDH.
又PD 平面PDH,所以PD⊥EF,故A正确.
由PE,PF,PD两两垂直,可构造如图②所示的长方体,长方体共顶点的三条棱的长分别为1,1,2,长方体的外接球就是三棱锥P-DEF的外接球,长方体的体对角线的长就等于外接球的直径,设为2R,则(2R)2=12+12+22=6,则R=,所以三棱锥P-DEF的外接球的体积为π,故B错误.
如图①,在Rt△DEH中,DE=,所以DH=,设点P到平面DEF的距离为h,则由等体积法可得×h,解得h=,故C正确.
如图①,因为PH⊥EF,DH⊥EF,所以∠PHD为二面角P-EF-D的平面角,因为PD⊥PF,PD⊥PE,且PF∩PE=P,所以PD⊥平面PEF,又PH 平面PEF,所以PD⊥PH,在Rt△PHD中,PH=,所以cos∠PHD=,故D错误.
　
6.答案　
解析　由已知可得该三棱台为正三棱台,将其还原成正三棱锥,如图所示,
∵A1B1=2AB,
∴大棱锥的高为棱台的高的2倍.
分别取棱台上、下底面的中心O,O1,则P,O,O1共线,
设平面PA1O1与BC,B1C1分别交于D,D1.
由正棱台的性质可得BC⊥PD1,BC⊥PO,
又PD1∩PO=P,
∴BC⊥平面PD1A1,
又PA1 平面PD1A1,
∴BC⊥PA1,
又∵PA1⊥BB1,BC∩BB1=B,
∴PA1⊥平面PB1C1,
又PD1 平面PB1C1,
∴PA1⊥PD1.
在Rt△PDA中,PO2=DO·AO=AD·,
∴OO1=PO=.
7.答案　
解析　设l∩AC=E,过点E作垂直于直线CE的平面α,α交平面BCD于直线BF,则当BF⊥平面ABC时,l与平面BCD的夹角最大,
此时,因为BF 平面BCD,所以平面ABC⊥平面BCD,
由点E向平面BCD作垂线,垂足H在BC上,则EH⊥平面BCD,所以EH⊥CD,所以∠EBH为l与平面BCD的夹角.
过H作CD的垂线HG,垂足为G,连接EG.
因为EH∩GH=H,所以CD⊥平面EHG,所以CD⊥EG,所以∠EGH为二面角A-CD-B的平面角,所以∠EGH=45°,
设GH=m,则在Rt△GEH中,EH=m,EG=m,
又∠ACG=60°,
所以在Rt△EGC中,CE=,
在Rt△EHC中,sin∠ECH=.
因为∠EBH与∠ECH互余,
所以sin∠EBH=cos∠ECH=.
8.解析　(1)证明:连接BC1,
∵侧面BB1C1C为菱形,且O为B1C的中点,
∴O为B1C与BC1的交点,且BC1⊥B1C,
∵AO⊥平面BB1C1C,B1C 平面BB1C1C,
∴AO⊥B1C,
∵AO∩BC1=O,AO,BC1 平面ABO,
∴B1C⊥平面ABO,
∵AB 平面ABO,∴B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD,作OH⊥AD,垂足为H,
∵BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD=O,
∴BC⊥平面AOD,∵OH 平面AOD,∴OH⊥BC,
∵OH⊥AD,BC∩AD=D,BC,AD 平面ABC,
∴OH⊥平面ABC,
∵∠CBB1=60°,∴△CBB1为等边三角形,
∵BC=1,∴OD=,
∵AC⊥AB1,∴OA=,
在△AOD中,由等面积法可得OH·AD=OD·OA,又AD=,故OH=,
∵O为B1C的中点,∴B1到平面ABC的距离为,
∴三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
9.解析　(1)证明:由题意得MP=MQ=2,PQ=2,
∴MP2+MQ2=PQ2,
∴MP⊥MQ.
∵MP⊥MD,MD∩MQ=M,MD,MQ 平面MDQ,
∴MP⊥平面MDQ.
∵DQ 平面MDQ,
∴MP⊥DQ.
(2)存在,当时,BM∥平面PQF.理由如下:
如图,连接BD,交PQ于点O,连接OF,易得OB=,所以BO=OD,
因为,所以,所以BM∥OF.
因为BM 平面PQF,OF 平面PQF,
所以BM∥平面PQF.
10.信息提取　①圆锥的底面直径AB的长为12 m,母线SA的长为18 m;②用鲜花铺设屋顶,每平方米大约需要鲜花60朵,求所需鲜花总数;③从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,求灯光带的最小长度.
数学建模　本题以装饰圆锥形屋顶为背景,建立立体几何模型,利用立体几何知识解决问题,同时体现了数学建模与直观想象的核心素养.对于(1),应先求得圆锥的侧面积;对于(2),将圆锥的侧面展开,将灯光带的最小长度转化为平面图形上两点间的距离.
解析　(1)因为圆锥SO的底面直径AB的长为12 m,母线SA的长为18 m,所以此圆锥的侧面积S=π··SA≈3.14×6×18=339.12(m2).
339.12×60≈20 347(朵),
所以装饰这个屋顶大约需要20 347朵鲜花.
(2)如图所示,将圆锥SO的侧面沿母线SA剪开后展开,得到扇形SAA',连接A'C,则A'C的长即为所求的最小长度.
弧的长等于圆锥底面圆的周长,为π·AB=12π m,所以扇形的圆心角∠ASA'=.
在△A'SC中,SA'=18 m,SC=SA=6 m,由余弦定理得A'C2=SA'2+SC2-2SA'·SCcos∠A'SC,
即A'C2=182+62-2×18×6×=468,
所以A'C=6 m,所以灯光带的最小长度为6 m.
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