2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--第六章　立体几何初步复习提升(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
本章复习提升
易混易错练
易错点1　不能正确分析空间几何体的结构致错
1.(2023东北三省三校第一次联合模拟)“阿基米德多面体”被称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图所示,将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=,则该半正多面体外接球的表面积为(　　)
A.18π　　　B.16π　　　C.14π　　　D.12π
2.(2021江苏淮安重点高中期中联考)如图所示,在边长为8的正三角形ABC中,E,F分别是AB,AC的中点,AD⊥BC,EH⊥BC,FG⊥BC,垂足分别为D,H,G,若将△ABC绕AD所在直线旋转180°,求阴影部分旋转形成的几何体的表面积.
易错点2　错误构造图形致错
3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在线段C1D上,且DP=2PC1,平面α经过点A1,P,C,则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面α所截得的截面面积为(　　)
A.3　　　B.2　　　
C.5　　　D.
4.(2021安徽池州期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为8,E,F分别是线段CD,BC的中点,平面α过点A1,E,F,且与正方体ABCD-A1B1C1D1形成一个截面图形,现有如下说法:
①截面图形是一个六边形;
②若点I在面CDD1C1内(含边界)运动,I∈平面α,则点I的轨迹长度为;
③截面图形的周长为2.
则以上说法正确的序号为　　　　.
易错点3　忽略判定定理或性质定理的必备条件致错
5.(2023河南商丘临颍第一高级中学月考)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,BB1=3,D是AC的中点,点E在BB1上且BE=BB1.
(1)求证:DE⊥平面A1C1E;
(2)求点C1到平面A1DE的距离.
6.如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
易错点4　对空间角的概念理解不透彻致错
7.(多选题)(2023广东湛江一模)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱BC,D1C1的中点,则下列结论正确的有(　　)
A.A1B∥平面AEC1
B.EF与BC1的夹角为30°
C.EF⊥平面B1AC
D.平面AEC1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为2
8.(2021广西北海期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求异面直线AP与BC夹角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC夹角的正弦值.
思想方法练
一、分类讨论思想
1.(多选题)(2021河北沧州河间第十四中学期中)两平行平面截半径为5的球,若截面面积分别为9π和16π,则这两个平面间的距离可以是(　　)
A.1　　　B.3　　　C.4　　　D.7
2.已知平面α∥平面β,AB,CD是夹在α,β间的两条线段,A,C在α内,B,D在β内,点E,F分别在AB,CD上,且AE∶EB=CF∶FD=m∶n.求证:EF∥平面α.
二、函数与方程思想
3.(2023河北邯郸鸡泽第一中学月考)如图所示,底面半径为1,高为1的圆柱OO1中有一内接长方体A1B1C1D1-ABCD,设矩形ABCD的面积为S,长方体A1B1C1D1-ABCD的体积为V,AB=x.
(1)将S表示为x的函数;
(2)求V的最大值.
4.(2022福建宁德部分达标中学期中联考)如图,一个圆锥的底面半径为1,高为2,其中内接有一个高为x的正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱).
(1)当正四棱柱的高和底面边长相等时,求这个正四棱柱外接球的体积;
(2)求这个正四棱柱表面积的最大值.
三、转化与化归思想
5.(2021山西朔州联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=4,BC=.
(1)证明:平面BQM⊥平面PAD;
(2)求四面体P-BQM的体积.
6.(2021江西九江一模)如图1,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,E为CD的中点,以BE为折痕将△CBE折起到△PBE的位置,使得平面PBE⊥平面ABED,如图2.
(1)证明:平面PAB⊥平面PBE;
(2)求点D到平面PAB的距离.
7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形,∠DAB=60°,侧面PAB为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,G,E分别为AB,CD的中点.
(1)求证:DG⊥平面PAB;
(2)求证:AB⊥PD;
(3)能否在PC上找出一点F,使得平面BEF⊥平面ABCD 若能,求出点F的位置;若不能,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 3.B 7.ABD
1.A　如图,将该半正多面体补形成正方体EFGH-E1F1G1H1,分别取正方体EFGH-E1F1G1H1、正方形E1F1G1H1的中心O,O1,连接E1G1,OO1,OA,O1A,
∵A,B分别为棱E1H1,H1G1的中点,∴E1G1=2AB=3
,则OA=,
根据对称性,点O到该半正多面体各顶点的距离相等,则该半正多面体外接球的球心即为O,半径R=OA=,
故该半正多面体外接球的表面积S=4πR2=4π×=18π.
2.解析　由题意知,旋转后得到的几何体是一个挖去圆柱的圆锥,且圆锥的底面半径为4,高为4,圆柱的底面半径为2,高为2,所求旋转体的表面积=圆锥的底面积+圆锥的侧面积+圆柱的侧面积.
圆锥的底面积为π×42=16π,圆锥的侧面积为π×4×8=32π,圆柱的侧面积为2π×2×2π,∴所求几何体的表面积为16π+32π+8)π.
易错警示　挖去圆柱后的几何体的表面积多了一个所挖去圆柱的侧面积,但圆锥的底面积并没有减少,它由圆柱的上底面面积进行了补充,解题时要注意正确分析几何体的结构,避免计算错误.
3.B　如图所示,平面α∩平面AA1B1B=A1Q,平面α∩平面CC1D1D=MC,
又∵平面AA1B1B∥平面CC1D1D,∴A1Q∥MC,
同理A1M∥QC,∴正方体被平面α所截得的截面A1MCQ是平行四边形.
∵DP=2PC1,∴C1D1=2MC1,∴MC1=MD1=1,∴A1M=MC=.
连接A1C,则A1C=2.在△A1MC中,
由余弦定理的推论得cos∠A1MC=,
∴sin∠A1MC=,
∴A1M×MC×sin∠A1MC=2.故选B.
易错警示　在构造截面图形时,若没有结合平面的性质,只是通过直观感知进行判断,则很容易得出错误的截面图形,对此,我们一方面要明确截面的定义;另一方面要结合所学定理,根据几何体的结构特征,弄清楚立体图形的截面形状.
4.答案　③
解析　设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.
延长FE,AD交于点P,连接A1P,交DD1于点G,
延长EF,AB交于点Q,连接A1Q,交BB1于点H,连接FH,GE,
则所求截面即为五边形EFHA1G,故①错误.
易得DE=FB=1,GD=HB=,
则EG=FH=,EG的长度即为点I的轨迹长度,故②错误.
易得A1G=A1H=,
所以五边形的周长为2×,故③正确.
5.解析　(1)证明:如图所示,连接BD,C1D.
由已知可得CD=2,BE=2,
所以DE=,所以DE2+C1E2=C1D2,所以DE⊥C1E,同理可得DE⊥A1E,
又A1E∩C1E=E,A1E,C1E 平面A1C1E,
所以DE⊥平面A1C1E.
(2)在△A1C1E中,C1E=A1E=,A1C1=4,
则.
由(1)知DE⊥A1E,所以△A1DE为直角三角形.
在Rt△A1DE中,A1E=,DE=6,则.
设点C1到平面A1DE的距离为d,
由,得·DE=·d,
即×d,解得d=.易错警示　利用直线与平面垂直的判定定理解决问题时,要注意定理中的条件:与一个平面内的两条相交直线分别垂直.
6.解析　(1)证明:因为AD∥BC,BC 平面BCEF,AD 平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DE⊥AD.
因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE 平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD.
因为BD 平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=BC,∠BAD=90°,可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,所以DN=BC,所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE 平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.
(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
连接AN交BD于点M,连接NF,MF,
由于四边形ABND为正方形,
所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形,
所以CE∥NF.
又因为NF 平面AMF,CE 平面AMF,
所以CE∥平面AMF,此时=1.
7.ABD　如图(1)所示,设M为棱A1D1的中点,则MC1 AE,所以四边形AEC1M为平行四边形,
又A1B∥ME,A1B 平面AEC1,ME 平面AEC1,所以A1B∥平面AEC1,故A正确;
由上可知,平面AEC1M为平面AEC1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,
易得AE=EC1=C1M=MA=,故四边形AEC1M为菱形,
又其对角线EM=2,故其面积为,故D正确;
设CC1的中点为N,因为E,N分别为BC,CC1的中点,所以EN∥BC1,
故∠NEF(或其补角)为EF与BC1的夹角,又EN=FN=,
所以cos∠NEF=,
所以EF与BC1的夹角为30°,故B正确;
如图(2)所示,假设EF⊥平面B1AC,则EF⊥B1C,
又FC1⊥B1C,EF∩FC1=F,EF,FC1 平面EFC1,所以B1C⊥平面EFC1,则B1C⊥EC1.
在正方形B1C1CB中,B1C⊥EC1显然不成立,所以假设错误,即EF⊥平面B1AC错误,故C错误.
故选ABD.
　
8.解析　(1)因为AD∥BC,所以∠DAP(或其补角)即为异面直线AP与BC的夹角.
因为AD⊥平面PDC,PD 平面PDC,所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中,AP=,
故cos∠DAP=.
所以异面直线AP与BC夹角的余弦值为.
(2)证明:由(1)知AD⊥PD.
因为BC∥AD,所以PD⊥BC.
又PD⊥PB,PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,
所以PD⊥平面PBC.
(3)过点D作DF∥AB,交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC的夹角等于AB与平面PBC的夹角.
因为PD⊥平面PBC,
所以∠DFP为直线DF和平面PBC的夹角.
由AD∥BC,DF∥AB,可得BF=AD=1,
则CF=BC-BF=2.
因为AD⊥DC,BC∥AD,所以BC⊥DC.
在Rt△DCF中,DF=,
在Rt△DPF中,sin∠DFP=.
所以直线AB与平面PBC夹角的正弦值为.
易错警示　在求异面直线的夹角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线的夹角转化为一个三角形的内角时,要注意这个三角形的内角可能等于两条异面直线的夹角,也可能等于其补角.直线与平面的夹角α的取值范围为 0°≤α≤90°,在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定斜线在这个平面内的投影,进而求线面角.二面角β的取值范围是0°≤β≤180°.
思想方法练
1.AD　易得两截面圆的半径分别为3和4.
如图①所示,若两个平行平面在球心同侧,
则两平面间的距离CD=OC-OD==4-3=1;
如图②所示,若两个平行平面在球心两侧,
则两平面间的距离CD=OC+OD==4+3=7.
两截面相对球心的位置不确定,故需分类讨论.
2.证明　AB,CD的相对位置不确定,故需分类讨论.
(1)当AB,CD共面时(如图①),连接AC,BD.
因为平面α∥平面β,所以AC∥BD.
因为AE∶EB=CF∶FD,
所以EF∥AC∥BD且EF在平面α外.
因为AC 平面α,所以EF∥平面α.
(2)当AB,CD异面时(如图②),过点A作AH∥CD交β于点H,连接BH,DH,AC,BD.
在AH上取点G,使AG∶GH=m∶n,
连接GF,GE,EF,同(1)可得FG∥HD.
因为AG∶GH=AE∶EB,所以EG∥BH,
又EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面β∥平面α.
又因为EF 平面EFG,所以EF∥平面α.
思想方法　立体几何问题主要研究空间几何体中的数量关系和位置关系等.在立体几何问题中,引发分类讨论的因素主要有以下几个方面:图形的大小与形状,图形位置,构成图形的形式以及条件或结论的不唯一性等.
3.解析　(1)如图所示,连接AC,由题可知矩形ABCD内接于☉O,所以AC为☉O的直径.
因为AC=2,AB=x,所以BC=,
所以S=AB·BC=x(0(2)因为长方体的高AA1=1,
所以体积V=S·AA1=x,
因为0故当x2=2,即x=时,V取得最大值,且Vmax=2.
将长方体的体积V表示成关于x的函数,利用求函数最值的方法求解.
4.解析　(1)过正四棱柱一组相对的侧棱作圆锥的轴截面,如图所示:
由题意知AB=2,SF=2-x.
因为△SCD∽△SAB,所以,
即,解得x=.
利用相似三角形构造关于x的方程,体现了方程思想.
所以正四棱柱外接球的半径R=.
所以正四棱柱外接球的体积V=.
(2)设正四棱柱的底面边长为y,则,整理得y=,所以正四棱柱的表面积S=4xy+2y2=4x,其中0故当x=时,S取得最大值,且最大值为.
将正四棱柱的表面积S表示成关于x的二次函数,利用求二次函数最值的方法求解.
思想方法　函数思想在立体几何中的应用常体现在求体积的最值,角度的最值,面积的最值等问题中,通过引入合适的变量把要研究的问题转化为研究函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意引入的变量的取值范围.方程思想是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,使问题得解的思想,利用方程思想可动中求静,研究运动中的等量关系.
5.解析　(1)证明:∵AD∥BC,BC=AD,Q是AD的中点,∴DQ BC,∴四边形BCDQ为平行四边形,
∴CD∥BQ.
∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即BQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ 平面ABCD,∴BQ⊥平面PAD.
又BQ 平面BQM,∴平面BQM⊥平面PAD.
将证明面面垂直转化为证明线面垂直.
(2)连接CQ.由题可得V四面体P-BQM=V四面体C-BQM=V四面体M-BCQ=V四面体P-BCQ.
利用等体积法转化为易求解的几何体的体积.
由(1)可知,四边形BCDQ为矩形,
∴S△BCQ=BQ·BC=.
∵PA=PD,Q为AD的中点,∴PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PQ 平面PAD,∴PQ⊥平面ABCD.
在Rt△PDQ中,PQ=,
∴V四面体P-BQM=V四面体P-BCQ==1.
6.解析　(1)证明:连接BD,易知△BCD是等边三角形,∵E为CD的中点,∴BE⊥CD.
∵AB∥CD,∴AB⊥BE.
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,AB 平面ABCD,∴AB⊥平面PBE,
又AB 平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBE.
将证明面面垂直转化为证明线面垂直.
(2)解法一:在△ABD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,
∴S△ABD=.
由(1)知,CE⊥BE,∴PE⊥BE,
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,PE 平面PBE,∴PE⊥平面ABCD,
又PE=CE=1,
∴三棱锥P-ABD的体积V=.
易得PB=BC=2.
由(1)知,AB⊥平面PBE,
∵PB 平面PBE,∴AB⊥PB,∴S△ABP=2.
设点D到平面PAB的距离为d,
则三棱锥D-PAB的体积V'=V=,
解得d=,∴点D到平面PAB的距离为.
解法二:∵DE∥AB,AB 平面PAB,DE 平面PAB,∴DE∥平面PAB,
∴点D到平面PAB的距离等于点E到平面PAB的距离.
利用线面平行的性质转化求解.
过点E作PB的垂线,垂足为F,
由(1)知,平面PAB⊥平面PBE,平面PAB∩平面PBE=PB,EF 平面PBE,∴EF⊥平面PAB,
∴EF的长即为点D到平面PAB的距离.
易知PE⊥BE,
∴在Rt△PBE中,PE·BE=PB·EF,又PE=1,BE=,
∴点D到平面PAB的距离为.
7.解析　(1)证明:如图,连接PG,BD,
因为△PAB是等边三角形,G为AB的中点,所以PG⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PG 平面PAB,
由平面PAB⊥平面ABCD,将面面垂直转化为线面垂直.
所以PG⊥平面ABCD.
因为DG 平面ABCD,所以PG⊥DG.
因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD.
又因为∠DAB=60°,所以△ABD是等边三角形,
所以DG⊥AB.
又因为PG∩AB=G,PG,AB 平面PAB,
所以DG⊥平面PAB.
(2)证明:因为AB⊥PG,AB⊥DG,PG∩DG=G,PG,DG 平面DPG,
由AB⊥PG,AB⊥DG,将线线垂直转化为线面垂直.
所以AB⊥平面DPG.
又因为DP 平面DPG,所以AB⊥PD.
(3)能,F为PC的中点.
连接CG交BE于M,连接FB,FE,FM,GE,
因为AB∥CD且AB=CD,E,G分别是CD,AB的中点,所以CE∥BG且CE=BG,
所以四边形CEGB是平行四边形,所以CM=MG.
又因为CF=FP,所以MF∥PG.
由(1)知PG⊥平面ABCD,所以MF⊥平面ABCD.
又MF 平面BEF,所以平面BEF⊥平面ABCD.
思想方法　转化与化归思想在证明平行和垂直时应用最为广泛,其转化关系如下:
①;
②垂直关系:
.
　　另外,在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化与化归思想.
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