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2025苏教版高中数学必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1 空间几何体的结构特征
1.(2021新高考Ⅰ,3)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )
A.2 B.2
2.(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
3.(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2 空间中平行、垂直关系的证明
4.(2024全国甲文,11)设α、β是两个平面,m、n是两条直线,且α∩β=m.下列四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α,n⊥β
③若n∥α,且n∥β,则m∥n
④若n与α和β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④
5.(2022全国乙理,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
6.(2021浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
7.(2023全国甲理,11)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为( )
A.2
8.(2023全国甲文,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
考点3 空间角和距离的计算
9.(多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
10.(2024新高考Ⅱ,7)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A. B.1
C.2 D.3
11.(2024新课标Ⅰ,17)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
12.(2024全国甲文,19)如图,AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,M为CD的中点.
(1)证明:EM∥平面BCF;
(2)求点M到ADE的距离.
考点4 空间图形的表面积和体积
13.(2024新课标Ⅰ,5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为( )
A.2π
14.(2024天津,9)一个五面体ABCDEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1.并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为( )
A.
15.(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
16.(2024全国甲理,14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为 .
17.(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).
18.(2021新高考Ⅰ,20)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
考点5 几何体的内切球和外接球
19.(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.100π B.128π C.144π D.192π
20.(2022全国乙理,9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
A.
21.(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
22.(2022新高考Ⅰ,8)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36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A. D.[18,27]
三年模拟练
应用实践
1.(2023江苏扬州中学模拟预测)已知l、m、n为空间中三条不同的直线,α、β、γ为空间中三个不同的平面,则下列说法中正确的是( )
A.若α∩β=n,α⊥β,β⊥γ,则n⊥γ
B.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥m,则n∥m
C.若α∥β,l、m分别与α、β所成的角相等,则l∥m
D.若m∥α,m∥β,α∥γ,则β∥γ
2.(2024江苏无锡市北高级中学月考)已知四边形ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°,则点A到平面PBD的距离是( )
A.
C. D.1
3.(2024江苏南通如皋教学质量调研)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=2,BC=2为半径的球面与侧面PBC的交线长为( )
A.π B.π D.2π
4.(2023江苏扬州中学阶段练习)一个由三根细棒组成的支架如图所示,三根细棒下端重合于点P且两两所成的角都为60°,一个半径为1的小球放在支架上,小球与三根细棒的接触点分别为A,B,C,则球心O到点P的距离是( )
A.
5.(2023江苏金陵中学、海安中学、南京外国语学校模拟)约翰·开普勒是近代著名的天文学家、数学家、物理学家和哲学家,有一次在上几何课时,他突然想到一个正三角形的外接圆与内切圆的半径之比为2∶1,恰好和土星与木星轨道的半径比很接近,于是他想,是否可以用正多面体的外接球和内切球的半径比来刻画太阳系各行星的距离呢 经过实践,他给出了以下的太阳系模型:最外面一个球面,设定为土星轨道所在的球面,先作一个正六面体内接于此球面,然后作此正六面体的内切球面,它就是木星轨道所在的球面.在此球面中再作一个内接的正四面体,接着作该正四面体的内切球面即得到火星轨道所在的球面,继续下去,他就得到了太阳系各个行星轨道的模型.根据开普勒的猜想,土星轨道所在的球面与火星轨道所在球面半径的比值为( )
A. D.9
6.(2024上海部分学校学科素养测试)有下列几何对象:①长度为1.7 cm的短棍(粗细忽略不计);②面积为1.1 cm2的正方形纸片(厚度忽略不计,不可折叠);③体积为0.3 cm3的正四面体木块.关于上述几何对象能否单独完全装入一个棱长为1 cm的正方体盒子(盒壁厚度忽略不计),正确的结论是( )
A.仅①②能 B.仅②③能
C.仅①③能 D.①②③均能
7.(2024山东济南高考针对性训练)三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC.若该三棱锥的最长棱的长为9,最短棱的长为3,则该三棱锥的最大体积为( )
A. C.18 D.36
8.(多选题)(2024江苏无锡辅仁高级中学期中)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池,AA1垂直于底面,AA1=5,底面扇环所对的圆心角为长度的3倍,CD=2,则下列说法正确的是( )
A.弧 B.曲池的体积为
C.曲池的表面积为20+14π D.三棱锥A-CC1D的体积为5
9.(多选题)(2024江苏无锡江阴两校期中联考)如图,矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE的位置.若M为线段A1C的中点,在△ADE翻折过程中(A1 平面ABCD),下列结论正确的是( )
A.三棱锥B-A1CE体积的最大值为
B.直线MB∥平面A1DE
C.直线BM与A1E所成的角为定值
D.存在△A1DE,使DE⊥A1C
10.(2024江苏苏州黄埭中学阶段性练习)如图,将正四面体的每条棱三等分,截去顶角所在的小正四面体,余下的多面体就成为一个半正多面体,亦称“阿基米德体”.点A,B,M是该多面体的三个顶点,点N是该多面体表面上的动点,且总满足MN⊥AB,若AB=4,则该多面体的表面积为 ,点N轨迹的长度为 .
11.(2023江苏盐城三模)某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品,球的内部有两个内接正五棱锥,两个正五棱锥的底面重合,若两个正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为α,β,则tan α+tan β的最小值为 .
12.(2024江苏南京外国语学校阶段性测试)如图,在四面体ABCD中,已知AB=AC=AD=BC=CD=a,BD=a.
(1)求证:AC⊥BD;
(2)求直线AC与平面BCD所成的角;
(3)求二面角A-BC-D的正切值.
13.(2024广东广州南武中学段考)如图,已知等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=BC=2,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使B1M⊥平面AECD.
(1)求证:CD⊥平面B1DM;
(2)求B1E与平面B1MD所成的角;
(3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
迁移创新
14.(2023江苏南京师范大学附属中学江宁分校联考)如图,在矩形ABCD中,AB=AD=4,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AD的中点,AC与BD交于点O,现将△AEH,△BEF,△CFG,△DGH分别沿EH,EF,FG,GH把这个矩形折成一个空间图形,使A与D重合,B与C重合,重合后的点分别记为M,N,连接ON,Q为MN的中点.
(1)求多面体MNEFGH的体积;
(2)若点P是该多面体表面上的动点,且满足PQ⊥ON,求点P的轨迹的长度.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B 设圆锥的母线长为l,由题意得πl=2π·,
∴l=2.故选B.
2.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,∴∠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=,GB=OH=5,
∴BF==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.
∴该五面体的所有棱长之和为117 m.故选C.
3.答案 12
解析 设正方体的棱长为2,则EF=2
,所以正方体各棱的中点都在球面上,并且为各棱与球的唯一交点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
4.A 对于①,当n α时,因为m∥n,m β,则n∥β,
当n β时,因为m∥n,m α,则n∥α,
当n既不在α内也不在β内时,因为m∥n,m α,m β,则n∥α且n∥β,故①正确;
对于②,若m⊥n,则n与α,β不一定垂直,故②错误;
对于③,过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t,
因为n∥α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s,所以根据线面平行的性质定理知n∥s,
同理可得n∥t,则s∥t,因为s 平面β,t 平面β,所以s∥平面β,
因为s 平面α,α∩β=m,所以s∥m,又因为n∥s,所以m∥n,故③正确;
对于④,当n∥α,n∥β时,满足若n与α和β所成的角相等,此时m∥n,故④错误.
综上只有①③正确,故选A.
5.A 如图所示,
∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,∴EF⊥BD,
又D1D⊥平面ABCD,EF 平面ABCD,∴D1D⊥EF,
又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,
又EF 平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,
故选A.
6.A 连接AD1,在正方形ADD1A1中,
由M为A1D的中点,可知AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.
又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB.
∵AB 平面ABCD,MN 平面ABCD,
∴MN∥平面ABCD.
∵AB⊥平面ADD1A1,A1D 平面ADD1A1,
∴AB⊥A1D,
∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴A1D⊥D1B.故选A.
7.C 过P作PO⊥平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE、OE,
∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD 平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,
∴CD⊥平面PEO,∵OE 平面PEO,∴CD⊥OE,
延长EO交AB于点F,则F为AB的中点,且OF⊥AB,
连接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,
∵PF 平面PFO,∴AB⊥PF,
又F为AB的中点,∴PA=PB.
在△PCA中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°,
由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+.
在△PBC中,PB=,BC=4,PC=3,
则cos∠PCB=,
∴sin∠PCB=,
∴S△PBC=,故选C.
8.解析 (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又∵A1C,AC 平面ACC1A1,A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC 平面BB1C1C,
∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,
∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O 平面ACC1A1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.
由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.
在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,
∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,
∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,
又知A1C⊥A1C1,
∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
9.ABD 连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成的角为90°,故选项A正确.
由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1 平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1 平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成的角为90°,故选项B正确.
连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,BD,易证C1O1⊥平面BB1D1D,
∴BC1在平面BB1D1D内的射影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO1.
在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=,则∠C1BO1=30°,故选项C错误.
∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而
∠C1BC=45°,故选项D正确.故选ABD.
10.B 解法一:如图,设△ABC和△A1B1C1的中心分别为点O和O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABC,
取BC的中点F,B1C1的中点E,连接A1E,AF,过点A1作A1G⊥AF,垂足为G,易知A1G OO1.设OO1=h.
易知点A1,O1,E共线,点A,G,O,F共线,
易得S△ABC=,
又,
∴.
易得A1O1=,
∴AG=AO-A1O1=,
易知A1G⊥平面ABC,
∴∠A1AG即为A1A与平面ABC所成的角.
在Rt△A1AG中,tan∠A1AG==1.
故选B.
解法二:将正三棱台补形为正三棱锥,设侧棱延长后交于点P,正三棱台的高为h,
由已知得AB=3A1B1,
∴点P到平面A1B1C1的距离为h.
易得S△ABC=9,
故,
∴点P到平面ABC的距离为.
设点P在底面ABC上的投影为点O,连接AO,∴A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO==1,故选B.
11.解析 (1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2,
故有AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
因为PA⊥底面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,
又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,又AB 平面PAB,
所以AD⊥AB,
又因为AB⊥BC,A,B,C,D在同一平面内,
所以AD∥BC.
又因为BC 平面PBC,AD 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
(2)因为PA⊥底面ABCD,PA 平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.
过D作DH⊥AC交AC于点H,易知DH⊥平面PAC,又PC 平面PAC,所以DH⊥PC,
过点H作HQ⊥PC交PC于点Q,连接DQ,
又因为DH∩HQ=H,DH,HQ 平面DHQ,
所以PC⊥平面DHQ,
又DQ 平面DHQ,所以PC⊥DQ,
所以∠DQH即为二面角A-CP-D的平面角.
在Rt△DHQ中,设HQ=x,x>0,则HC=x-x2,
所以sin∠DQH=,
解得x=.
故AH=.
12.解析 (1)证明:由题意得EF∥MC,且EF=MC,
所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥FC,
又CF 平面BCF,EM 平面BCF,
所以EM∥平面BCF.
(2)取DM的中点O,连接OA,OE,
因为AB∥MC,且AB=MC,
所以四边形AMCB是平行四边形,
所以AM=BC=,
又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等腰三角形,
可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=,
又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM 平面EDM,
所以OA⊥平面EDM,
易知S△EDM=.
在△ADE中,cos∠DEA=,
所以sin∠DEA=.
设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM,
得,
故点M到平面ADE的距离为.
13.B 设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为l,则圆锥侧面积S圆锥侧=πrl,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πr·πr,
所以2,
易知l2=r2+()2,所以r=3,
所以圆锥的体积V=π.
14.C 如图所示,分别延长AD,BE,CF到A1,B1,C1,使得A1D=CF=3,B1E=BE=2,C1F=AD=1,
则几何体ABC-DEF与几何体A1B1C1-DEF为全等的几何体,几何体ABC-A1B1C1为三棱柱,侧棱AA1=4,
过点C作垂直于侧棱的平面CMN,交棱AA1,BB1分别于N,M,
所以MN,CM,CN与三条侧棱都垂直,则MN=CM=CN=1,
所以,
所以V五面体ABCDEF=.
15.AC 对于A,连接PO,∵PA=PB=2,∠APB=120°,∴AB=2)2×1=π,故A正确.
对于B,S侧=π,故B错误.
对于C,取AC的中点D,连接PD,OD.
∵OA=OC,PA=PC,D为AC的中点,
∴OD⊥AC,PD⊥AC.
∴∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,
∴∠PDO=45°,
又PO⊥底面,OD 底面,∴PO⊥OD,∴PO=DO=1,∴PD=,故C正确.
对于D,S△PAC==2,故D错误.
故选AC.
16.答案
解析 分别取甲、乙两圆台的轴截面的一半,如图,
显然h甲=(r2-r1),
∴.
名师点睛 将空间图形平面化,利用圆台的体积公式,结合直角梯形的性质可迅速得解.
17.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ABE中,M为AB的中点,所以EM⊥AB.又平面ABE∩平面ABCD=AB,且平面ABE⊥平面ABCD,所以EM⊥平面ABCD.
同理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,且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和四个完全相同的四棱锥.
易得QM=MN=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).
18.解析 (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD 平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,
则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,
∴EN⊥BC,
∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,
∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,
∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,
又知二面角E-BC-D的大小为45°,
∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
又由DE=2EA得DN=2NO,
∴MN==EN=ND,
∴AO=OD=1,∴VA-BCD=.
19.A 由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3,下底面所在平面截球面所得圆的半径为4,设该球的半径为R,当正三棱台的上、下底面在球心异侧时,有=1,R无解,
所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,所以有=1,解得R2=25,因此该球的表面积为S=4πR2=100π,故选A.
20.C 设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,
当四边形ABCD为正方形时,底面ABCD的面积最大,为2r2,设四棱锥的高为h,易知r2+h2=1,
则V四棱锥O-ABCD=时,等号成立,故选C.
21.ABD 对于A,正方体内切球直径为1 m>0.99 m,故A符合题意.
对于B,如图1,正方体内最大的内接正四面体D-BA1C1的棱长A1C1= m>1.4 m,故B符合题意.
如图2,假设可放入的最大的圆柱的上、下底面圆心为P,Q,设圆柱底面半径为r m,底面直径为d m,连接CA1,如图3,在平面A1DCB1中,过Q作QE⊥A1C,交A1D于点E,则QE=r m,A1Q=d)m.
对于C,PQ=1.8 m> m,故C不符合题意.
对于D,PQ=×1.2≈1.732-1.414×1.2≈0.04 m>0.01 m,故D符合题意.
故选ABD.
22.C 设该球的球心为O,半径为R,由该球的体积为36π,可得R=3.
在如图所示的正四棱锥S-ABCD中,由题意可得SA=l,SO=AO=3,设该正四棱锥底面正方形ABCD的外接圆圆心为O',则SO'为该正四棱锥的高,且点S,O,O'在同一条直线上,则AO'2=SA2-SO'2=AO2-(SO'-SO)2,即l2-SO'2=9-(SO'-3)2,
可得SO'=,
所以该正四棱锥的体积V=×2AO'2×SO'
=,
因为3≤l≤3,
易知l2=24时,V取得最大值,为.故选C.
三年模拟练
1.B 对于A,n可能与γ平行,也可能与γ相交,故A错误;
对于B,因为α∩β=l,β∩γ=m,l∥m,且l γ,m γ,所以l∥γ,
因为l α,γ∩α=n,所以l∥n,故m∥n,故B正确;
对于C,l与m可能相交、平行或异面,故C错误;
对于D,β与γ可能相交或平行,故D错误.故选B.
2.A ∵四边形ABCD为正方形,∴CD⊥AD,CD=AD.
又∵PD⊥AD,PD 平面PAD,CD 平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴∠PDC就是二面角P-AD-C的平面角,
∴∠PDC=60°,又∵CD=AD=PD=2,
∴△PCD是等边三角形,如图1,取CD的中点E,连接PE,BE,则PE⊥CD,
∵CD⊥AD,PD⊥AD,PD,CD 平面PCD,PD∩CD=D,
∴AD⊥平面PCD,
又∵PE 平面PCD,∴AD⊥PE,
又∵AD∩CD=D,AD,CD 平面ABCD,
∴PE⊥平面ABCD,即PE为三棱锥P-BDA的高,
又∵BE 平面ABCD,所以PE⊥BE,
在边长为2的等边三角形PCD中,PE=.
在正方形ABCD中,BD=,
∴在Rt△PEB中,PB=.
如图2,取PD的中点F,连接BF,
则BF⊥PD,且由PF=1,PB=2,
∴S△PBD=.
设点A到平面PBD的距离为h,
又知S△BAD=×2×2=2,
∴由VP-BDA=VA-PBD得h×S△PBD,
即,
∴点A到平面PBD的距离为.故选A.
3.A 如图,取PB的中点H,连接AH,
因为PA=AB=2,所以AH⊥PB,
又因为PA⊥平面ABC,AB,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,PA⊥AB.
因为AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以BC⊥平面PAB,
因为AH 平面PAB,
所以BC⊥AH,
又AH⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
所以AH⊥平面PBC,
所以球心A到侧面PBC的距离为AH的长,
又易知AH=,
所以以A为球心,为半径的球面与侧面PBC的交线为圆弧EF(如图),
易知圆弧EF所在圆的半径为=1,圆心为点H,
所以以A为球心,为半径的球面与侧面PBC的交线长为π×1=π.
故选A.
4.C 如图所示,连接AB,AC,BC,
设△ABC所在截面的圆心为O1,连接AO1,AO,
设PA=x,则AB=AC=BC=x,
因为O1为△ABC的中心,
所以AO1=AB×x,
由题意知PA⊥OA,
由此易知Rt△PAO1∽Rt△POA,
所以,
解得PO=.
故选C.
5.C
思路分析
解析 设土星轨道所在球面的半径为R,内接正六面体的棱长为a,
则R,
∴正六面体的内切球半径为R,
设正四面体P-ABC的棱长为b,其外接球球心为O,G为底面中心,如图,
∵AG=b,
∴在Rt△AOG中,AO2=AG2+(PG-AO)2=R,
设正四面体的内切球半径为r,利用等体积法可得V=4×b,
∴r=,故选C.
6.D ①棱长为1 cm的正方体盒子,其体对角线长为 cm>1.7 cm,
所以长度为1.7 cm的短棍(粗细忽略不计)沿正方体体对角线的位置就可以单独完全装入;
②棱长为1 cm的正方体盒子,对角面的面积为 cm2>1.1 cm2,
所以面积为1.1 cm2的正方形纸片(厚度忽略不计,不可折叠)沿正方体对角面的位置就可以单独完全装入;
③设正四面体木块的棱长为a cm,作出正四面体ABCD如图,O是底面BCD的中心,AO是正四面体的高,
则OD=a(cm),
体积为,
棱长为1 cm的正方体中最大的正四面体为正方体的面对角线构成的正四面体(如图中B1D1AC),此时正四面体的棱长为,所以可以单独完全装入.故选D.
7.C 因为SA⊥平面ABC,AB,AC 平面ABC,
所以SA⊥AB,SA⊥AC,
故SB=,
因为AB⊥BC,所以AC>BC,AC>AB,故SB
则该三棱锥的最长的棱为SC,故SC=9,
最短的棱为SA,AB或BC,
当最短的棱为SA,即SA=3时,
由勾股定理得AC=,
故AB2+BC2=AC2=72,
故S△ABC==18,
当且仅当AB=BC时,等号成立,
故三棱锥的体积为×18×3=18.
当最短的棱为AB,即AB=3时,
设BC=x,则AC=,
故S△ABC=,
三棱锥的体积为=18,
当且仅当x2=72-x2,即x=6时,等号成立.
当最短的棱为BC,即BC=3时,
设AB=x,则AC=,
故S△ABC=,
三棱锥的体积为=18,
当且仅当x2=72-x2,即x=6时,等号成立.
综上,该三棱锥的最大体积为18.
故选C.
8.ACD 设弧所在圆的半径为r,
因为弧r,即R=3r,
∴CD=R-r=2r=2,r=1,R=3,所以弧,故A正确;
曲池的体积为×5=10π,故B错误;
曲池的表面积为×5+2×5×2
=×5+20=20+14π,故C正确;
三棱锥A-CC1D的体积为×2×5×3=5,故D正确.故选ACD.
9.ABC 对于A,取线段CD的中点F,连接EF,连接AF交DE于点G,连接A1G,A1F,
在平面A1GF内过点A1作A1O⊥GF,垂足为点O,
在矩形ABCD中,AB∥CD且AB=CD,
因为E,F分别为AB,CD的中点,所以AE∥DF且AE=DF,
因为AB=2AD=2,所以AE=AD=1,
故四边形ADFE为正方形,故G为DE的中点,且AF⊥DE,同理可知四边形BCFE也为正方形,
将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE的位置,则A1D=AD=AE=A1E=1,且A1D⊥A1E,
所以A1G⊥DE,且A1G=,
因为A1G∩AF=G,A1G,AF 平面A1GF,
所以DE⊥平面A1GF,
因为A1O 平面A1GF,所以A1O⊥DE,
因为A1O⊥AF,AF∩DE=G,DE,AF 平面ABCD,
所以A1O⊥平面ABCD,且A1O=A1Gsin∠A1GO≤A1G,
因为S△BCE=,
所以,
当且仅当∠A1GO为直角时,等号成立,故A正确;
对于B,连接BF交CE于点N,连接MN,MF,
因为四边形BCFE为正方形,CE∩BF=N,则N为CE的中点,
又因为M为A1C的中点,所以MN∥A1E,
因为MN 平面A1DE,A1E 平面A1DE,所以MN∥平面A1DE,
同理可证MF∥平面A1DE,
因为MN∩MF=M,MN,MF 平面BFM,
所以平面BFM∥平面A1DE,
因为BM 平面BFM,所以BM∥平面A1DE,故B正确;
对于C,因为MN∥A1E,所以直线BM与A1E所成的角为直线BM与MN所成的角,
因为MF∥A1D,MN∥A1E,A1D⊥A1E,所以MF⊥MN,
因为MF=,
所以△MNF为等腰直角三角形,且∠MNF=45°,
所以∠BNM=135°,
在△BMN中,BN=,
由余弦定理可得
BM=,
所以cos∠BMN=,
所以直线BM与A1E所成的角为定值,故C正确;
对于D,假设存在△A1DE使得DE⊥A1C,
易知DE=CE=,
因为CD=2,所以CE2+DE2=CD2,所以CE⊥DE,
因为DE⊥A1C,A1C∩CE=C,CE,A1C 平面A1CE,
所以DE⊥平面A1CE,
因为A1E 平面A1CE,所以DE⊥A1E,
事实上,△A1DE为等腰直角三角形,且∠A1ED=45°,这与DE⊥A1E矛盾,故假设不成立,故D错误.
故选ABC.
10.答案 112
解析 根据题意知,该正四面体的棱长为3AB=12,点A,B,M分别是正四面体对应棱的三等分点.
该正四面体的表面积为4×,
该多面体是由正四面体截去顶角所在的小正四面体得到的,
每个角上小正四面体三个侧面的面积为3×,
每个角上小正四面体底面的面积为,
所以该多面体的表面积为144.
如图,设点H为该多面体的一个顶点,F为A,B,H,M所在棱的交点,则HF=8=HM=MF,
在△HFB中,HB2=HF2+BF2-2BF·HFcos 60°=82+42-2×4×8×,所以HB2+BF2=HF2,得HB⊥BF,即HB⊥AB;
同理可得MB=4,MB⊥AB,
由HB∩MB=B,HB,MB 平面MBH,
所以AB⊥平面MBH.
由点N是该多面体表面上的动点,且总满足MN⊥AB,
则点N的轨迹是线段MB,HB,MH,
所以点N轨迹的长度为MB+HB+MH=4.
11.答案 2
思路分析
解析 如图所示,记两个同底的正五棱锥分别为P-ABCDE与Q-ABCDE,设两个正五棱锥的外接球O的半径为R,球心到底面ABCDE的距离为d,
过A作AH⊥PQ于点H,因为PQ⊥平面ABCDE,所以∠PAH和
∠QAH分别为侧棱PA,QA与底面所成的角,不妨令∠PAH=α,
∠QAH=β,
在直角△PAH中,tan α=,
在直角△QAH中,tan β=,
所以tan α+tan β=,
又AH≤R,所以当AH=R时,tan α+tan β取得最小值,为2.
12.解析 (1)证明:取BD的中点E,连接AE,CE,因为AB=AD=BC=CD,所以BD⊥CE,BD⊥AE,
因为AE∩CE=E,AE,CE 平面ACE,所以BD⊥平面ACE,
因为AC 平面ACE,所以AC⊥BD.
(2)因为AB=AC=AD=BC=CD=a,BD=a,
又AE2+CE2=a2=a2=AC2,所以△ACE为等腰直角三角形,且AE⊥CE,
又AE⊥BD,BD∩CE=E,BD,CE 平面BCD,所以AE⊥平面BCD,
所以直线AC与平面BCD所成的角为∠ACE,
在Rt△AEC中,AE=CE,
所以∠ACE=45°,所以直线AC与平面BCD所成的角为45°.
(3)取BC的中点F,连接AF,EF,则EF∥CD,且EF=,
因为BC2+CD2=a2+a2=2a2=BD2,所以BC⊥CD,同理可得AB⊥AD,
所以BC⊥EF,又AB=AC=BC,所以BC⊥AF,
所以∠AFE是二面角A-BC-D的平面角,
在Rt△AEF中,tan∠AFE=,
即二面角A-BC-D的正切值为.
13.解析 (1)证明:如图,在梯形ABCD中,连接DE,
因为E是BC的中点,所以AB=AD=BE=BC=2,
又因为AD∥BE,故四边形ABED是菱形,
从而AE⊥BD,
所以将△BAE沿着AE翻折成△B1AE后,AE⊥B1M,AE⊥DM,
又B1M∩DM=M,B1M,DM 平面B1DM,
所以AE⊥平面B1DM,
由题意易知AD∥CE,AD=CE,所以四边形AECD是平行四边形,故AE∥CD,
所以CD⊥平面B1DM.
(2)由(1)知AE⊥平面B1MD,所以线段B1E在平面B1MD内的射影为线段B1M,
所以B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M,
由已知条件,可知△B1AE是正三角形,所以B1M平分∠AB1E,所以
∠EB1M=30°,
所以B1E与平面B1MD所成的角为30°.
(3)假设线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,
过点P作PQ∥CD,交B1D于Q,连接MP,AQ,如图所示:
由题知AM∥CD,所以AM∥PQ,所以A,M,P,Q四点共面,
又因为MP∥平面B1AD,AQ 平面B1AD,所以MP∥AQ,
所以四边形AMPQ为平行四边形,
所以PQ=AM=CD,所以P是B1C的中点,
故在线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,且.
14.思路分析
解析 (1)连接EG,易得EG⊥FH,因为NG=NE,O为EG的中点,所以ON⊥EG,
又ON∩FH=O,ON,FH 平面OFN,所以EG⊥平面OFN,同理EG⊥平面OHM,
又平面OFN与平面OHM有公共点O,
所以点M,N,F,H共面,
又NG2+NE2=8=GE2,
所以NG⊥NE,ON==NF=HM,
因为NF⊥NG,NF⊥NE,NG∩NE=N,NG,NE 平面NEG,
所以NF⊥平面NEG,
又ON 平面NEG,所以NF⊥ON,
则∠NOF=∠NFO=45°,
同理∠OHM=45°,
则∠NOF=∠OHM,从而ON∥HM,即四边形ONMH为平行四边形,MN∥HF,MN=OH=2,
连接OQ,在等腰梯形MNFH中,高OQ=NFsin 45°=1,故S梯形MNFH==3,
显然EG⊥平面MNFH,所以多面体MNEFGH的体积V=2VE-MNFH=2×.
(2)同(1)中证明NF⊥平面NEG,可得HM⊥平面MEG,
又ON∥HM,所以ON⊥平面MEG,
依题意,动点P所在平面与ON垂直,则该平面与平面MEG平行,而此平面过点Q,
令这个平面与NE,MN,NG,GF,EF的交点依次为P1,Q,T,S,R,依次连接P1Q,QT,TS,SR,RP1,则P1Q∥EM,QT∥MG,RS∥EG,连接OM,同(1)中证明ON∥HM,同理OM∥NF,又OM 平面MEG,NF 平面MEG,所以NF∥平面MEG,又NF 平面QP1RST,所以NF∥平面QP1RST,由此易知TS∥NF∥P1R,
又Q为MN的中点,所以点P1,T,S,R为所在棱的中点,即点P的轨迹为五边形QP1RST(点Q除外),
故点P的轨迹的长度为QP1+P1R+RS+ST+TQ=.
素养评析 本题第(1)问主要考查数学运算、直观想象的核心素养,能够在熟悉的情境中考查学生的空间想象能力.在翻折过程中感知几何体具有的对称性,达到了水平一;本题第(2)问还考查了逻辑推理和数学抽象的核心素养,在立体图形动点的轨迹问题中,若动点在某个平面内,利用给定条件,借助线面、面面平行和垂直等性质,确定动点与所在平面内的定点或定直线的关系,结合有关平面轨迹定义判断出轨迹的形状并求得轨迹的长度,很好地培养了学生的直观想象素养、逻辑推理素养,达到了水平二.
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2025苏教版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 不能准确掌握空间图形的结构特征致错
1.(2024河南青铜鸣大联考期中)两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是( )
A.一个三棱锥 B.一个四棱锥
C.一个三棱柱 D.一个四棱柱
2.(2023湖北襄阳四中模拟预测)如图,圆锥的底面直径和高均是2,过PO的中点O'作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积为( )
A.(1+)π
C.π
易错点2 判断点、线、面的位置关系时考虑不全面致错
3.(2024江苏南通质量监测)已知空间中3条不同的直线m,n,l和平面α,则下列说法正确的是 ( )
A.若m⊥l,n⊥l,则m∥n
B.若m∥n,m α,则n∥α
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n
D.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
4.如图,已知平面α∩β=l,B,C∈l,A∈α,且A l,D∈β,且D l,则下列叙述错误的是( )
A.直线AD与BC是异面直线
B.直线CD在α内的射影可能与AB平行
C.过AD有且只有一个平面与BC平行
D.过AD有且只有一个平面与BC垂直
5.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=BB1=2,E,F分别为棱AB,A1D1的中点,则下列说法中正确的是( )
A.直线CF与A1B为相交直线
B.异面直线DB1与CE所成的角为90°
C.若P是棱C1D1上一点,且D1P=1,则E、C、P、F四点共面
D.平面CEF截该长方体所得的截面可能为六边形
易错点3 不能正确理解空间角致错
6.(多选题)(2023江苏常州联考)棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点都在半径为R的球面上,球面上点P与球心O分别位于平面ABCD的两侧,且四棱锥P-ABCD是侧棱长为l的正四棱锥.记正四棱锥P-ABCD的侧棱与直线AB所成的角为α,与平面ABCD所成的角为β,则( )
A.15°<α<45° B.15°<β<45°
C.R=a
7.(多选题)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段A1C1上的一个动点,则下列结论正确的是( )
A.存在点M使得异面直线BM与AC所成的角为75°
B.存在点M使得二面角M-BD-C的大小为135°
C.直线D1M与平面AD1C所成角的正弦值的最大值为
D.当4A1M=A1C1时,平面BDM截正方体所得的截面面积为
8.(2024江苏常州期末)已知二面角α-l-β为60°,α内一条直线m与l所成的角为30°,β内一条直线n与l所成的角为45°,则直线m与直线n所成角的余弦值是 .
易错点4 证明线线、线面、面面的位置关系时推理不严谨致错
9.(多选题)(2024湖北武汉华中师范大学第一附属中学适应性考试)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D中,E,F,M,N分别为棱AA1,A1D1,AB,DC的中点,点P是正方形BB1C1C的中心,则下列结论正确的是( )
A.E,F,M,P四点共面
B.平面PEF截正方体所得的截面是等腰梯形
C.EF∥平面PMN
D.平面MEF⊥平面PMN
10.(2023天津西青九十五中益中学校期中)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,且BC=DC=DB=AA1=2,E是BC的中点.
(1)求证:BD1∥平面DEC1;
(2)求证:直线DE⊥平面B1BCC1;
(3)求直线BD1与平面D1DCC1所成角的正弦值.
11.(2024北京师大二附中期中)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.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π,则两平行截面间的距离是( )
A.1 B.2 C.1或7 D.2或6
2.(2024湖南九校联盟联考)有两个如图所示的直三棱柱,高为,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0),用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,全面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是 .
二、函数与方程思想在立体几何中的应用
3.(2024上海嘉定第一中学期末)如图,在Rt△ABC中,已知BC=4,AC=3,D是斜边AB上任意一点(不含端点),沿直线CD将△ABC折成直二面角B-CD-A,当折起后A、B两点间的距离最小时,AD=( )
A. D.3
4.(2024江苏无锡第一中学期中)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为2,底面边长为1,点P是底面A1B1C1D1(含边界)上一个动点,直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,则PC1的取值范围为 ;当PC1取得最小值时,四棱锥P-ABCD的外接球表面积为 .
5.(2024黑龙江鸡西密山高级中学期末联考)有两个边长为2的正方形ABCD和ADEF,其所在平面互相垂直,M、N分别是对角线AE、BD上的点,且EM=DN.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)设EM=x,MN=y,求y与x的函数关系式;
(3)求M、N两点间的最短距离.
三、转化与化归思想在立体几何中的应用
6.(2024江苏淮安涟水郑梁梅高级中学期中)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,点G为EF上的一个动点,则点G到平面ACD1的距离为( )
A.
7.(2023江苏苏州开学考试)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为a的正三角形,A1在底面ABC内的射影为△ABC的重心G,N为AB的中点.
(1)证明:平面A1CN⊥平面ABC;
(2)设侧棱与底面所成的角θ=,用只含a的代数式表示该三棱柱的侧面积.
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.D 对于A,如图1,在三棱锥A-BCD中,分别取BC,BD的中点E,F,连接AE,AF,EF,再取EF的中点M,连接AM,BM,则三棱锥A-BCD可拆割成三棱锥A-BEM,A-BFM和四棱锥A-CDFE,A可能;
对于B,如图2,在四棱锥P-ABCD中,分别取BC,AD的中点E,F,连接PF,PE,EF,BF,则四棱锥P-ABCD可拆割成三棱锥P-ABF,P-BEF和四棱锥P-CDFE,B可能;
对于C,如图3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接A1B,BC1,取B1C1的中点E,连接A1E,BE,则三棱柱ABC-A1B1C1可拆割为三棱锥B1-A1BE,C1-A1BE和四棱锥B-ACC1A1,C可能;
对于D,一个四棱柱割去一个四棱锥后的几何体不可能由两个三棱锥拼成,D不可能.故选D.
易错警示 解决与空间几何体概念相关的问题时,准确掌握空间几何体的结构特征是关键,在日常学习中应多画常见几何体的直观图,进而提升空间想象能力.
2.B 由题意知,剩下的几何体是一个圆锥挖去一个圆柱.设圆柱的底面半径为r,高为h,则r=)π.
故选B.
易错警示 求组合体的表面积时,要正确分析几何体的结构,若是拼接而成的,要注意对衔接部分的处理;若是挖去一个几何体,要注意对中空部分的处理.
3.C 对于A,若m⊥l,n⊥l,则m∥n或m与n相交或m与n异面,A错误;
对于B,若m∥n,m α,则n∥α或n α,B错误;
对于C,不妨设m β,α∩β=a,若m∥α,则m∥a,
又n⊥α,a α,所以n⊥a,所以m⊥n,C正确;
对于D,若m⊥n,n∥α,则m∥α或m α或m与α相交,D错误.故选C.
易错警示 在平面几何中正确的结论在空间中不一定成立,如A中“垂直于同一直线的两条直线平行”的结论在平面几何中是正确的,但在空间几何中就不一定成立,所以要注意这种由平面几何到空间几何的变化,另外要善于结合熟悉的几何图形(如正方体等)进行线面位置关系的学习和判定.
4.D 对于A,若直线AD与BC是共面直线,设AD,BC 平面γ,
∵不共线的三点B,C,D均在β与γ内,∴β与γ重合,
又不共线的三点A,B,C均在α与γ内,
∴α与γ重合,则α与β重合,与α∩β=l矛盾,
故直线AD与BC是异面直线,所以A中叙述正确;
对于B,当AB⊥l,CD⊥l,且二面角α-l-β为锐二面角时,直线CD在α内的射影与AB平行,所以B中叙述正确;
对于C,在AD上任取一点,过该点作BC的平行线l',则由AD与l'确定一个平面,得该平面与BC平行,
若还有其他过AD的平面与BC平行,由直线与平面平行的性质定理,可得过直线BC外一点A有两条直线与BC平行,与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”矛盾,所以C中叙述正确;
对于D,只有当AD与BC异面垂直时,过AD有且只有一个平面与BC垂直,否则,不存在过AD与BC垂直的平面,故D中叙述错误.故选D.
易错警示 当l∥α时,l可以与α内的无数条直线平行,但不是任意一条;当l⊥α时,l可以与α内的任意一条直线垂直.在利用两个平面平行的判定定理时不要忽略两条直线相交这一前提条件.
5.AC 因为A1F∥BC且A1F≠BC,所以四边形CFA1B为梯形,
所以直线CF与A1B必相交,所以A正确;
在长方体ABCD-A1B1C1D1中,因为BB1⊥平面ABCD,CE 平面ABCD,所以BB1⊥CE,
假设异面直线DB1与CE所成的角是90°,即DB1⊥CE,
连接BD,由DB1,BB1 平面BB1D,DB1∩BB1=B1,
可得CE⊥平面BB1D,而DB 平面BB1D,则CE⊥DB,
在长方形ABCD中,取CD的中点N,连接EN,因为AB=4,BC=2,所以四边形BCNE是正方形,连接BN,易得CE⊥BN,
所以DB与CE不垂直,
所以异面直线DB1与CE所成的角不是90°,所以B错误;
取C1D1的中点M,连接A1E,A1M,MC,PF,PC,
因为F,P分别是A1D1和D1M的中点,
所以PF∥A1M,
易得四边形A1MCE为平行四边形,所以PF∥CE,所以E,C,P,F四点共面,所以C正确;
由C可知,PF,PC,CE均为平面CEF与长方体的表面的交线,截面CEF又与平面ABB1A1及ADD1A1相交,
从而可得截面多边形的两条边,所以截面为五边形,所以D错误.故选AC.
易错警示 平面CEF截该长方体所得的截面不是四边形CEFP,而应该根据确定的三点C,E,F,先直观地分析该截面还可能经过的面和棱,然后根据平行线共面或相交线共面等确定截面的具体形状.
6.BC 正方体的体对角线即为外接球的直径,所以2R=a,故C正确;
连接AC,BD,设AC∩BD=M,则四边形ABCD的外接圆圆心为M,连接OM,PM,则OM=a,
所以l=a,故D错误;
因为PA=PB=l,AB=a,
所以cos α=,所以α>45°,故A错误;
易得PM⊥平面ABCD,则AM为AP在平面ABCD内的射影,
所以β=∠PAM,又因为0°<β<90°,所以tan β=<1,
由tan 30°=,
因为2-故选BC.
7.AC 对于A,如图1,连接BA1,BC1,AC,BM,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,△A1BC1为等边三角形,且A1C1∥AC,
所以异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成的角,
当M与A1重合时,直线BM与AC所成的角最小,为60°;
当M为A1C1的中点时,BM⊥A1C1,直线BM与AC所成的角最大,为90°,所以A正确.
对于B,当M与A1重合时,二面角M-BD-C的平面角最大,
连接BD,设BD与AC交于点O,所以BD⊥AC,
连接A1O,A1C,A1B,A1D,如图2.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
所以A1B=A1D=BD=,所以BD⊥A1O,
所以∠A1OC为二面角M-BD-C的平面角,且A1O2=,A1C2=A1A2+AB2+AD2=3,
由余弦定理得cos∠A1OC=,所以∠A1OC<135°,所以B错误.
对于C,如图3,连接A1C,AC,AD1,CD1,D1M,
因为A1C1∥AC,
所以,
,
设点M到平面AD1C的距离为h,
所以,
设直线D1M与平面AD1C所成的角为α,
则sin α=,所以当MD1最小时,sin α最大,
当MD1⊥A1C1,即M为A1C1的中点时,MD1最小,此时MD1=,所以C正确.
对于D,如图4,连接B1D1,BD,过M作EF∥D1B1,交A1B1于点F,交A1D1于点E,连接ED,FB,
因为4A1M=A1C1,
所以E,F分别是A1D1,A1B1的中点,
所以EF是△A1B1D1的中位线,所以EF∥B1D1,
又B1D1∥BD,所以EF∥DB,
故四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面四边形,因为EF=,
所以四边形EFBD是等腰梯形,
过点F作FG⊥DB,交BD于点G,
所以BG=,
所以梯形的面积为,所以D错误.故选AC.
易错警示 在求异面直线所成的角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时,容易忽略这个三角形的内角可能等于两条异面直线所成的角,也可能等于其补角;直线与平面所成的角θ的取值范围为 0°≤θ≤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,从而确定其在这个平面内的射影,进而求线面角;二面角θ的大小范围是0°≤θ≤180°.
8.答案
解析 如图1,过l上一点Q作QE⊥l交m于点E,QF⊥l交n于点F,连接EF,
由已知设PQ=x,PE=2x,
在△QEF中,由余弦定理得EF=,
∴cos∠EPF=.
如图2,过l上一点Q作QE⊥l交m于点E,QF⊥l交n于点F,连接EF,
设PQ=x,∠EQF=120°,
∴EF=,
∴cos∠EPF=.
易错警示 惯性思维会使我们只考虑到解答中的第一种情况,而忽略直线m,n,l之间的另一种位置关系,从而漏解.在平时的学习和解题中,要结合异面直线的夹角、线面角、面面角的范围,多认识从图形中反映出的不同位置特征.
9.BD 对于A,如图,用经过E,F,M三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1,所得截面图形为正六边形FEMHQK,点P在此正六边形所在平面外,∴E,F,M,P四点不共面,∴A错误;
对于B,连接BC1,则平面PEF即平面C1BEF,截面C1BEF是等腰梯形,∴B正确;
对于C,分别取BB1,CC1的中点G,Q,则平面PMN即为平面QGMN,
在正六边形FEMHQK中,HQ∥EF,∴MQ不平行于EF,
又EF,MQ 平面FEMHQK,∴EF与MQ相交,∴EF与平面QGMN相交,
∴EF不平行于平面PMN,故C错误;
对于D,因为△AEM,△BMG是等腰直角三角形,
∴∠AME=∠BMG=45°,∴∠EMG=90°,∴EM⊥MG,
∵M,N分别是AB,CD的中点,易证MN∥AD,由正方体的性质可得AD⊥平面ABB1A1,
∴MN⊥平面ABB1A1,
又ME 平面ABB1A1,∴ME⊥MN,
∵MG∩MN=M,MG,MN 平面PMN,
∴EM⊥平面PMN,
∵EM 平面MEF,∴平面MEF⊥平面PMN,故D正确.故选BD.
易错警示 在证明线线、线面、面面的位置关系时,首先要结合几何图形分析,其次要根据有关定义、定理、性质等,特别是要在满足定理的条件之下进行论证,如证明线面平行时一定要注意条件中是平面外一条直线与平面内的一条直线平行,证明这类问题时要注意推理的严谨性,使用定理时要保证条件的完整性,书写的规范性等.
10.解析 (1)证明:如图1,连接CD1,交DC1于点H,连接HE,易得HE∥D1B.
∵HE 平面DEC1,D1B 平面DEC1,
∴BD1∥平面DEC1.
(2)证明:∵BC=DC,E是BC的中点,
∴DE⊥BC,
∵CC1⊥平面ABCD,DE 平面ABCD,
∴CC1⊥DE,
∵CC1,BC 平面B1BCC1,CC1∩BC=C,
∴DE⊥平面B1BCC1.
(3)∵BC=DC=DB=2,∴△BDC是等边三角形,
取DC的中点O,连接BO,OD1,如图2,
易知BO⊥CD,BO⊥DD1,
∵CD∩DD1=D,CD,DD1 平面D1DCC1,
∴BO⊥平面D1DCC1,
∴∠BD1O是直线BD1与平面D1DCC1所成的角,
∵BC=DC=DB=2,∴BO=.
∵DD1=BD=2,∴BD1=,
∴sin∠BD1O=.
11.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.
理由如下:
连接AN交BD于点P,连接NF,PF,
因为四边形ABND为正方形,
所以P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APF,CE 平面APF,
所以CE∥平面APF,
故点P即为所求的点M,
此时M为BD的中点,且=1.
思想方法练
1.C 设两平行截面分别为α,β,半径分别为r1,r2,
则2πr1=6π,2πr2=8π,∴r1=3,r2=4.
设球心到两个截面α,β的距离分别为d1,d2,则d1==3.
利用分类讨论思想,就两个平行截面在球心的同侧和异侧进行分类讨论.
当两个平行截面在球心的同侧时,两平行截面间的距离为d1-d2=4-3=1;
当两个平行截面在球心的异侧时,两平行截面间的距离为d1+d2=4+3=7.故选C.
2.答案
解析 当拼成一个三棱柱时,有三种情况,如图所示:
①上下底面对接,其全面积S1=2×=12a2+48.
②一边长为3a的侧面对接,其全面积S2=2×2×=24a2+36.
③一边长为4a的侧面对接,其全面积S3=2×2×=24a2+32.
当拼成一个四棱柱时,有四种情况,全面积有三种情况,如图所示:
四种情况的上、下底面积之和都是2×2××3a×4a=24a2,
但侧面积分别为2(3a+4a)×=32,
显然,三种情况中全面积最小的是24a2+28.
由题意得12a2+48>24a2+28,解得0思想方法 在立体几何问题中,由于图形形状、图形位置、构图形式、条件或结论等经常具有不唯一性,故需要讨论,注意分类时要做到按某个标准分类,不重不漏.
3.A 如图,设翻折后点B在点B'处,即求AB'的长最短时AD的长度.
设∠ACD=θ,过A作AE⊥CD于E,过点B作BF⊥CD于F,
根据题意,平面B'CD⊥平面ACD,平面B'CD∩平面ACD=CD,AE 平面ACD,
所以AE⊥平面B'CD.
所以AE=3sin θ,BF=4sin=4sin θ,
所以EF=CF-CE=4sin θ-3cos θ.
易得AE⊥B'E,所以AB'=
=.
引入∠ACD=θ,将问题涉及的几何元素用θ表示,再利用三角函数的相关知识求解,体现了函数思想的应用.
因为0<θ<,所以0<2θ<π,
于是,当2θ=,即CD为∠ACB的平分线时,AB'的长最短.
此时.故选A.
4.答案 [π
解析 从点P向底面ABCD作垂线,垂足为O,连接OA,如图1,
则∠PAO为直线AP与平面ABCD所成的角,
因为直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,所以=2,
因为OP=2,所以OA=1,由对称性可知,A1P=1,即点P的轨迹是底面A1B1C1D1内,以A1为圆心,1为半径的圆弧,
如图2,当P位于A1C1与圆弧的交点处时,PC1最小,最小值为-1;
当P位于B1或D1处时,PC1最大,最大值为1,所以PC1的取值范围为[-1,1].
设A1C1,D1B1交于点E,AC,BD交于点F,连接EF,如图3,则球心M在EF上,
连接MP,MB,设EM=x,外接球的半径为R,则MP=MB=R,EP=,
由勾股定理可得
利用勾股定理构建方程组,体现了方程思想的应用.
解得R2=π.
5.解析 (1)证明:过点M作MG∥DE,交AD于点G,连接NG、EC,
因为MG∥DE,所以,
由已知可得,AE=BD=,因为EM=DN,
所以AM=BN,,
所以GN∥AB,
又AB∥CD,所以GN∥CD,
因为MG 平面CDE,MG∥DE,DE 平面CDE,
所以MG∥平面CDE,
同理可得,GN∥平面CDE,
因为MG 平面MNG,GN 平面MNG,MG∩GN=G,
所以平面MNG∥平面CDE,
因为MN 平面MNG,所以直线MN∥平面CDE.
(2)由(1)可知,MG∥DE,AM=AE-EM=2-x,
所以,
同理可得,GN=,
又平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,ED⊥AD,ED 平面ADEF,
所以ED⊥平面ABCD,
因为CD 平面ABCD,所以ED⊥CD.
因为MG∥DE,GN∥CD,所以MG⊥GN,
所以△MGN是直角三角形,
所以MN2=MG2+GN2=
=x2-2)2+2,
即y=).
先找出MG、GN与EM、DN的数量关系,根据有关知识可得y与x的函数关系式,体现了函数思想的应用.
(3)由(2)得y=,
所以当x=,即M、N分别为线段AE、BD的中点时,
MN有最小值,
故M、N两点间的最短距离为.
思想方法 函数思想在立体几何中的应用常体现在求线段的长度范围、体积的最值、角度的最值、面积的最值等,通过引入合适的变量把研究的问题转化为函数的有关性质问题,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意所引入的变量的取值范围.方程思想在立体几何中主要体现在:①分析立体几何中变量间的等量关系,通过建立方程或方程组解决问题;②动中求静,研究运动中的等量关系等.
6.A 如图所示.
因为点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,
所以EF∥AD1,
又EF 平面ACD1,AD1 平面ACD1,
所以EF∥平面ACD1,
所以点G到平面ACD1的距离即为点E或F到平面ACD1的距离.
因为EF∥平面ACD1,所以可将点G到平面ACD1的距离转化为点E或F到平面ACD1的距离.
因为该正方体的棱长为4,
所以AD1=AC=CD1=4,
所以△ACD1为等边三角形,
所以,
连接FA,可得×2×4=4,
设F到平面ACD1的距离为d,
将点F到平面ACD1的距离转化为三棱锥F-ACD1的高,再利用等体积法求解,充分体现了转化与化归思想的应用.
则,
所以点G到平面ACD1的距离为.故选A.
7.解析 (1)证明:由题意可得A1G⊥平面ABC,
将线面垂直转化为面面垂直.
连接CN,因为△ABC的重心为G,
所以G∈CN,则A1G 平面A1CN,
所以平面A1CN⊥平面ABC.
(2)取BC,CA的中点分别为M,P,连接CN,AM,BP,
则AM=a.
由三角形重心的性质,可知AG=a.
由(1)可知A1G⊥AG,
则∠A1AG=θ=a.
连接A1C,A1B,易得△A1CG≌△A1BG,则A1C=A1B.
所以△A1AC≌△A1AB,所以∠A1AB=∠A1AC,
易得四边形ABB1A1和四边形ACC1A1的面积相等.
因为AB⊥CN,AB⊥A1G,CN∩A1G=G,CN,A1G 平面A1CN,所以AB⊥平面A1CN,
将线面垂直转化为线线垂直.
又A1N 平面A1CN,所以A1N⊥AB,
所以cos∠A1AN=,
所以a2,
连接A1M,因为BC⊥AM,A1G⊥BC,AM∩A1G=G,AM,A1G 平面AA1M,
将线线垂直转化为线面垂直.
所以BC⊥平面AA1M.
又AA1 平面AA1M,所以BC⊥AA1,
又因为CC1∥AA1,所以BC⊥CC1,
所以侧面BCC1B1为矩形,所以a2.
因此该斜三棱柱的侧面积S=a2.
思想方法 转化思想在判断空间点、线、面的位置关系时得到了充分的体现.利用线与线的位置关系,研究直线与平面的位置关系;利用平面与直线的位置关系,研究平面与平面的位置关系.反过来,由平面与平面的位置关系,又可进一步掌握直线与平面的位置关系,进而确定直线与直线的位置关系.在求三棱锥体积时,等体积法也充分体现了转化思想.
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2025苏教版高中数学必修第二册
第13章 立体几何初步
全卷满分150分 考试用时120分钟
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.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C',其中梯形的上底长是下底长的,若原平面图形OABC的面积为3,则O'A'的长为( )
A.
2.已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,则下列命题错误的是( )
A.如果α∥β,n α,那么n∥β
B.如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n
C.如果m∥n,m⊥α,那么n⊥α
D.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β
3.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,则点C1到平面EFB1的距离为( )
A.
C.
4.半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形所在平面为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成,其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中,若其棱长为2,点M,N分别在线段DE,BC上,则FM+MN+AN的最小值为( )
A.3
5.在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F,H分别为AA1,AB,BC1,BC的中点,G为△A1B1C1的重心,则下列结论错误的是( )
A.DF∥平面ABC
B.FG∥平面A1EC
C.AF,GH为异面直线
D.FG,A1E为异面直线
6.在正四面体SABC中,M是SC的中点,N是SB的中点,则异面直线BM与AN所成角的余弦值为( )
A.
7.已知一个正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为,过其外接球球心作平行于底面的截面,则截得的棱台的体积为( )
A.
C.
8.如图①,在等边三角形ABC中,D,E分别是线段AB,AC上异于端点的动点,且BD=CE,现将三角形ADE沿直线DE折起,使平面ADE⊥平面BCED,如图②,则D从B运动到A的过程中,下列说法错误的是( )
A.∠ADB的大小不会发生变化
B.二面角A-BD-C的平面角的大小不会发生变化
C.BD与平面ABC所成的角变大
D.AB与DE所成的角先变小后变大
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线长为2,则( )
A.圆台的母线与底面所成的角为45°
B.圆台的侧面积为8π
C.圆台的体积为π
D.若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上,则该球的表面积为40π
10.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=1,E,F分别是BC,AC上的动点(不包括端点),且满足EF=,则下列结论正确的是( )
A.存在点E,使得∠B1EF=90°
B.直线EF与A1B1异面
C.三棱锥C-B1EF体积的最大值为
D.二面角E-B1C1-F的最大值为60°
11.如图,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,O1,O2分别为圆柱下、上底面的圆心,O为球心,EF为底面圆O1的一条直径,若球的半径r=2,则( )
A.球与圆柱的体积之比为2∶3
B.四面体CDEF的体积的取值范围为(0,32]
C.平面DEF截球的截面面积最小值为
D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点,则PE+PF的取值范围为[2+2]
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.将一个圆形纸片裁成两个扇形,再分别卷成甲、乙两个圆锥的侧面,甲、乙两个圆锥的侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则= .
13.如图,在等腰梯形ABCD中,AB=BC=CD=AD,点E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折到△A'BE,将△DCE沿CE翻折到△D'CE,使得二面角A'-BE-C等于60°,D'-CE-B等于90°,则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于 .
14.一个三棱锥形木料P-ABC,其中△ABC是边长为2 dm的等边三角形,PA⊥底面ABC,二面角P-BC-A的大小为45°,则点A到平面PBC的距离为 dm.若将木料削成以A为顶点的圆锥,且圆锥的底面在侧面PBC内,则圆锥体积的最大值为 dm3.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分13分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,M是A1B1的中点,点N在棱CC1上,且CN=2NC1.
(1)作出过点D,M,N的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面,写出作法;
(2)求(1)中所得截面的周长.
16.(本小题满分15分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点M是线段B1D1上的一个动点,连接CM,E,F分别是BC,CM的中点.
(1)设G为棱CD上的一点,问:当G在什么位置时,平面GEF∥平面BDD1B1
(2)设三棱锥C-BDF的体积为V1,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V2,求.
17.(本小题满分15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,BC=BD=DC=2,AD=AB=PD=PB=2.
(1)若点E为PC的中点,M为DC的中点,求证:平面BEM∥平面PAD;
(2)在棱PD上是否存在一点F,使得AF∥平面PBC 若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
18.(本小题满分17分)刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容,用曲率刻画空间的弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差,其中多面体的面的内角叫作多面体的面角,角度用弧度制表示.例如:正四面体每个顶点均有3个面角,每个面角均为,故其各个顶点的曲率均为2π-3×=π.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点A的曲率为,N,M分别为AB,CC1的中点,且AB=AC.
(1)证明:CN⊥平面ABB1A1;
(2)证明:平面AMB1⊥平面ABB1A1;
(3)若AA1=2AB,求二面角A-MB1-C1的正切值.
19.(本小题满分17分)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点,且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,已知∠BAD=60°,△PDB是等边三角形.
(1)求证:AC⊥PD;
(2)求点D到平面PBC的距离;
(3)若点E是线段AD上的动点,点E在何处时,直线PE与平面PBC所成的角最大 求出最大角的正弦值,并求出角取得最大值时线段DE的长.
答案与解析
第13章 立体几何初步
1.B 画出原平面图形OABC,如图,
其中OA=O'A',B'C'=BC,故BC=OA,
设BC=x,则OA=2x,OB=4x,所以平面图形OABC的面积为(BC+OA)·OB=6x2,
故6,所以x=,故O'A'=2x=.故选B.
2.D 对于A,由面面平行的定义可得n与β没有公共点,即n∥β,故A中命题正确;
对于B,如果n∥α,那么在α内一定存在直线b∥n,因为m⊥α,b α,所以m⊥b,则m⊥n,故B中命题正确;
对于C,如果m∥n,m⊥α,那么n⊥α,故C中命题正确;
对于D,α与β可能相交,也可能平行,故D中命题错误.
故选D.
3.D 由题意可知EF=,
设点C1到平面EFB1的距离为h,
因为,
所以,解得h=.故选D.
4.D 将该半正多面体展开为平面,如图所示,
由半正多面体的棱长为2,得FT=8,AT=2,且AT⊥FT,故AF=,
所以FM+MN+AN≥AF=2,当且仅当在展开图中A,N,M,F共线时等号成立.故FM+MN+AN的最小值为2.
故选D.
5.C 对于A,连接FH,AH,则FH∥CC1,且FH=CC1,又AD∥CC1,AD=CC1,所以AD∥FH,AD=FH,故四边形ADFH为平行四边形,则DF∥AH,又DF 平面ABC,AH 平面ABC,所以DF∥平面ABC,故A中结论正确;
对于B,取A1B1的中点N,连接C1N,EN,BN,则NE CC1,所以四边形CC1NE为平行四边形,所以C1N∥CE,又C1N 平面A1EC,CE 平面A1EC,
所以C1N∥平面A1EC,易知BN∥A1E,且BN 平面A1EC,A1E 平面A1EC,所以BN∥平面A1EC,
因为C1N∩BN=N,C1N,BN 平面C1BN,所以平面C1BN∥平面A1EC,
又GF 平面C1BN,所以FG∥平面A1EC,故B中结论正确;
对于C,取B1C1的中点M,连接A1M,MF,易知C1N∩A1M=G,BC1∩MH=F,
因为MH∥BB1∥AA1,所以A1,M,A,H四点共面,
因为G,F∈平面A1MHA,所以AF,GH为共面直线,故C中结论错误;
对于D,由B中分析可知BN∥A1E,又BN 平面BC1N,A1E 平面BC1N,所以A1E∥平面BC1N,
因为≠,所以GF,BN相交,所以FG,A1E为异面直线,故D中结论正确.
故选C.
6.A 取SM的中点E,连接EN,AE,如图,
∵N是SB的中点,∴EN∥MB,EN=MB,
∴∠ANE或其补角即为异面直线BM与AN所成的角.
设正四面体的棱长为4,
∵M是SC的中点,N是SB的中点,△SAB和△SBC均为正三角形,
∴BM⊥SC,AN⊥SB,且BM=AN=2,
在△ASE中,AE2=SA2+SE2-2SA·SE·cos∠ASE=16+1-2×4×1×=13,
在△ANE中,cos∠ANE=,
∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为.故选A.
7.B 正三棱锥S-ABC如图,设M为△ABC的中心,三棱锥外接球的半径为R,球心为O,过点O且与底面ABC平行的截面为△A1B1C1,连接SM,BM,OB,
则BM==2,
在Rt△BOM中,+(2-R)2=R2,所以R=,
所以OM=SM-R=,所以A1B1=,
则截得的棱台的上、下底面的面积为S上=,S下=,高为OM=,
所以棱台的体积V=.故选B.
8.C 设等边三角形ABC的边长为1,AD=x(0在△ABC中,由BD=CE,得DE∥BC.
如图①,过点A作AG⊥BC,交DE于点H,交BC于点G,连接BH,易知AH⊥DE,
在Rt△AGB中,∠ABG=60°,AB=1,
∴BG=.
又DE∥BC,
∴∠ADH=∠ABG=60°,
易得AH=x,则HG=(1-x).
如图②,连接BH,在三角形ADE沿直线DE折起的过程中,始终满足AH⊥DE,HG⊥BC.
∵平面ADE⊥平面BCED,平面ADE∩平面BCED=DE,AH 平面ADE,∴AH⊥平面BCED.
又BH 平面BCED,∴AH⊥BH.
在Rt△BHG中,BH=,
在Rt△ABH中,AB=,
在△ADB中,cos∠ADB=,
∴∠ADB的大小不会发生变化,故A中说法正确.
过H作HO⊥BD,交BD的延长线于点O,连接AO,CD,
在Rt△HOD中,∠ODH=∠DBC=60°,DH=,
∴OH=x.
∵AH⊥平面BCED,BD 平面BCED,∴AH⊥BD,
又AH∩OH=H,AH,OH 平面AOH,
∴BD⊥平面AOH,
∴∠AOH为二面角A-BD-C的平面角.
在Rt△AOH中,tan∠AOH==2,
∴二面角A-BD-C的平面角的大小不会发生变化,故B中说法正确.
连接AG,∵AH⊥平面BCED,
∴AH⊥BC,AH⊥HG,
又HG⊥BC,HG∩AH=H,HG,AH 平面AGH,
∴BC⊥平面AGH,
∵AG 平面AGH,∴BC⊥AG.
在Rt△AHG中,AG=.
设点D到平面ABC的距离为d,
由等体积法可得VA-BCD=VD-ABC,
即S△BCD·AH=S△ABC·d,
则d=.
设BD与平面ABC所成的角为θ,
则sin θ=,
D从B运动到A的过程中,x的值从1变到0(1与0均取不到),这一过程中逐渐变大,
∴sin θ变小,则角θ变小,故C中说法错误.
由DE∥BC得∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角,
易得tan∠ABC=,
令f(x)=(0当0当∴tan∠ABC先变小后变大,即AB与DE所成的角先变小后变大,故D中说法正确.
故选C.
9.ABD 对于A,因为圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线为2,
所以圆台的高为=2,根据线面角定义可得母线与底面所成角为45°,A正确;
对于B,由圆台的侧面积公式S=π(r+R)l,求得圆台的侧面积为π×(1+3)×2π,B正确;
对于C,由圆台的体积公式V=π(r2+rR+R2)h,求得圆台体积为π,C错误;
对于D,由题意可知球心在下底面下方,设球心到下底面的距离为d,球的半径为R,
由勾股定理得9+d2=1+(2+d)2=R2,解得d=1,
则R=,所以该球的表面积为S=4πR2=40π,D正确.
故选ABD.
10.ACD 由题意知BB1⊥平面ABC,因为EF 平面ABC,所以BB1⊥EF,
当CE=1,CF=2时,因为EF=,所以EF⊥CE,即EF⊥BC,
又BC∩BB1=B,所以EF⊥平面BB1C1C,
又B1E 平面BB1C1C,所以EF⊥B1E,即存在点E,使得∠B1EF=90°,故A正确;
当CE=CF=时,EF∥A1B1,故B错误;
在△CEF中,由余弦定理得3=CE2+CF2-2CE·CFcos∠FCE=CE2+CF2-CE·CF≥CE·CF,则S△CEF=·CE·CF·sin ≤,当且仅当CE=CF=时,等号成立,
所以·S△CEF·BB1≤,故C正确;
如图,过点F作FD⊥BC于D,
则FD⊥平面BB1C1C,
过点D作DG⊥B1C1,垂足为G,连接FG,
则∠FGD(或其补角)就是二面角E-B1C1-F的平面角,tan∠FGD=≤,所以∠FGD≤60°,当且仅当DF=,即EF⊥BC时,等号成立,故D正确.
故选ACD.
11.AD 对于A,球的体积为,圆柱的体积为πr2×(2r)=16π,则球与圆柱的体积之比为2∶3,故A正确;
对于B,设点E到平面BCD的距离为d,0所以VC-DEF=2·d=≤,故B错误;
对于C,过O作OH⊥DO1于H,如图,而O1O2⊥DO2,则sin∠DO1O2=,
又DO1=,所以OH=,
设截面圆的半径为r1,球心O到平面DEF的距离为d1,则d1≤,
所以r1=≥,
故平面DEF截球的截面面积S=π≥,故C错误;
对于D,设经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q,连接QE,QF,
当Q与E,F都不重合时,设∠QFE=θ,则QF=4cos θ,QE=4sin θ,当Q与E,F之一重合时,上式也成立,故QF=4cos θ,QE=4sin θ,θ∈,
则PE+PF=),
令t=,则t2=6+2,而0≤2θ<π,即0≤sin 2θ≤1,因此6+2≤t2≤12,解得1+≤t≤2,所以PE+PF的取值范围为[2+2],D正确.
故选AD.
12.答案
解析 设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面半径为r2,
则=2,所以r1=2r2,
又=2π,则=1,所以r1=l,
所以甲圆锥的高h1=l,乙圆锥的高h2=l,
所以.
13.答案
解析 设AB=2a,取CE的中点K,连接BK,A'K,A'C,
易知△ABE,△BEC,△CDE是全等的等边三角形,所以BK⊥CE,
由题知平面BCE⊥平面D'CE,又平面BCE∩平面D'CE=CE,BK 平面BCE,所以BK⊥平面D'CE,
则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于∠A'BK的正弦值,
取BE的中点M,连接A'M,CM,因为A'E=A'B,CE=CB,所以A'M⊥BE,CM⊥BE,所以∠A'MC即为二面角A'-BE-C的平面角,即∠A'MC=60°,又A'M=MC=a,所以A'C=a,易得BK=a,则cos∠A'EC=,
在△A'EK中,由余弦定理得A'K2=A'E2+EK2-2EA'·EK·cos∠A'EK=a2,所以A'K=a,
故cos∠A'BK=,所以sin∠A'BK=,
所以直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于.
14.答案
解析 取BC的中点D,连接AD,PD,则AD⊥BC,由PA⊥底面ABC,BC 平面ABC,得PA⊥BC,又PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以BC⊥平面PAD,因为PD 平面PAD,所以BC⊥PD,则∠PDA即为二面角P-BC-A的平面角,故∠PDA=45°,
由△ABC是边长为2 dm的等边三角形,得AD=,
故PA=,
S△PBC=,
设点A到平面PBC的距离为d,则由VP-ABC=VA-PBC得×S△ABC×PA=×S△BPC×d,
即×d,即d=.
作AQ⊥PD于点Q,因为PA=AD=,
所以Q为PD的中点,
作QM⊥PC于点M,则,
即QM=DC×,
故圆锥体积的最大值为 dm3.
15.解析 (1)如图所示,五边形DQMFN即为所求截面.
作法如下:连接DN并延长交D1C1的延长线于点E,连接ME交B1C1于点F,延长EM交D1A1的延长线于点H,连接DH交AA1于点Q,连接QM,FN,
所以五边形DQMFN即为所求截面.(5分)
(2)因为△NEC1∽△DED1,
所以,即,所以EC1=3.(7分)
因为△A1HM∽△D1HE,
所以,即,所以HA1=3,
易知C1F=3,A1Q=C1N=2,所以DQ=DN=,(10分)
则截面DQMFN的周长为4.(13分)
16.解析 (1)当G为CD的中点时,平面GEF∥平面BDD1B1.(1分)
理由如下:如图,连接BM,取CD的中点G,连接EG,FG,
因为E,F分别是BC,CM的中点,所以EF∥BM,
因为EF 平面BDD1B1,BM 平面BDD1B1,
所以EF∥平面BDD1B1.(3分)
同理可得GE∥平面BDD1B1,(5分)
又GE∩EF=E,GE,EF 平面GEF,
所以平面GEF∥平面BDD1B1.(7分)
(2)由F是CM的中点,得VC-BDF=VF-BDC=VM-BDC.
易得B1D1∥BD,
因为BD 平面BCD,B1D1 平面BCD,
所以B1D1∥平面BCD,(10分)
又点M是线段B1D1上的一个动点,
所以VM-BDC=V2,(13分)
所以V1=V2,则.(15分)
17.解析 (1)证明:因为BC=BD=DC=2,
所以△BCD为等边三角形,
因为M为DC的中点,所以BM⊥CD.(1分)
因为AD=AB=2,BD=2,所以∠ADB=∠ABD=30°,
所以∠ADC=30°+60°=90°,所以AD⊥CD,
所以AD∥BM,(3分)
因为BM 平面PAD,AD 平面PAD,
所以BM∥平面PAD.
因为E为PC的中点,M为DC的中点,
所以PD∥EM,(5分)
因为EM 平面PAD,PD 平面PAD,所以EM∥平面PAD.
又EM∩BM=M,EM,BM 平面BEM,
所以平面BEM∥平面PAD.(7分)
(2)存在,且=2.(8分)
过A作AN∥BC,交CD于N,过N作NF∥PC,交PD于F,连接AF,则F即为所求,
因为∠ABC=30°+60°=90°,所以∠NAB=90°,所以∠DAN=120°-90°=30°,
在Rt△ADN中,ND=AD·tan 30°=,所以CN=2,所以,
由NF∥PC得=2,(10分)
因为NF 平面PBC,PC 平面PBC,
所以NF∥平面PBC,
又AN∥BC,AN 平面PBC,BC 平面PBC,
所以AN∥平面PBC,(12分)
因为AN∩NF=N,NF 平面ANF,AN 平面ANF,
所以平面ANF∥平面PBC,因为AF 平面ANF,
所以AF∥平面PBC.(15分)
18.解析 (1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
因为AC,AB 平面ABC,所以AA1⊥AC,AA1⊥AB,
所以点A的曲率为2π-2×-∠BAC=,
所以∠BAC=.(2分)
又AB=AC,所以△ABC为正三角形.
因为N为AB的中点,所以CN⊥AB.(3分)
又AA1⊥平面ABC,CN 平面ABC,所以AA1⊥CN,
因为AA1∩AB=A,AA1,AB 平面ABB1A1,
所以CN⊥平面ABB1A1.(5分)
(2)证明:取AB1的中点D,连接DM,DN.
因为N为AB的中点,所以DN∥BB1且DN=BB1.(7分)
又CM∥BB1且CM=BB1,
所以DN∥CM且DN=CM,
所以四边形CNDM为平行四边形,则DM∥CN.(8分)
由(1)知CN⊥平面ABB1A1,则DM⊥平面ABB1A1.
又DM 平面AMB1,所以平面AMB1⊥平面ABB1A1.(10分)
(3)取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC.
因为BB1⊥平面ABC,AF 平面ABC,
所以BB1⊥AF,
因为BB1∩BC=B,BB1,BC 平面BB1C1C,
所以AF⊥平面BB1C1C.
又B1M 平面BB1C1C,所以AF⊥B1M,
过F作B1M的垂线,垂足为H,连接AH,
又AF∩FH=F,AF,FH 平面AFH,
所以B1M⊥平面AFH,
又AH 平面AFH,所以AH⊥B1M,所以∠AHF为二面角A-MB1-C1的平面角的补角.(13分)
设B1M∩BC=E,AB=2,则AF=.
由等面积法可得ME·FH=EF·CM,则FH=,(15分)
则tan∠AHF=,
故二面角A-MB1-C1的正切值为-.(17分)
19.解析 (1)证明:∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,
∴PO⊥平面ABCD,
∵AC 平面ABCD,∴PO⊥AC,(2分)
∵四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,
∵PO∩BD=O,PO,BD 平面PBD,
∴AC⊥平面PBD,(4分)
∵PD 平面PBD,∴AC⊥PD.(5分)
(2)由题意可得△ABD,△BCD,△PBD都是边长为2的等边三角形,
∴PO=AO=CO=,S△BDC=,
∵BP=BC=2,∴S△PBC=,(8分)
设点D到平面PBC的距离为h,由VD-PBC=VP-BDC得S△PBC·h=S△BDC·OP,
即,解得h=.
故点D到平面PBC的距离为.(10分)
(3)设直线PE与平面PBC所成的角为θ,
∵AD∥BC,AD 平面PBC,BC 平面PBC,∴AD∥平面PBC,
∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离h.
过E作EF⊥平面PBC,交平面PBC于点F,连接PF,则θ=∠EPF,
此时sin θ=,又θ∈,故要使θ最大,则需使PE最小,此时PE⊥AD.(12分)
由题意可知OD=1,OA=,
∵PO⊥平面ABCD,且PO=,
∴PA==2,
在△PAD中,由余弦定理可得
cos∠PAD=,
∴sin∠PAD=,(14分)
由等面积法得S△PAD=AP·ADsin∠PAD=AD·PE,
即×2×PE,解得PE=,
则DE=,sin θ=,(16分)
即点E为线段AD上靠近点D的四等分点时,直线PE与平面PBC所成的角最大,此时sin θ=.(17分)
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