专题限时集训(八)
1．A [设圆锥底面半径为r，母线长为l，由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得r＝＝1，l＝＝2，所以圆锥的表面积S＝πr2＋πrl＝3π．故选A．]
2．C [对于ABC选项，因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，
所以O∈α，O∈β，O∈γ．
因为β∩γ＝c，所以O∈c，
所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，AB错误，C正确；
对于D选项，假设直线c与平面α平行，
由O∈c，可知O α，
这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误． 故选C．]
3．D [依题意，底面半径为3 km，山高为3 km，则母线长SA＝＝12(km)，
底面圆的周长为2πr＝6π(km)，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角α＝＝，如图，是圆锥侧面展开图，
显然AB＝＝13(km)，
由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点的连线的最小值，
即点H为公路的最高点，AH段为上坡路段，HB段为下坡路段，由直角三角形射影定理知SA2＝AH·AB，即122＝13AH，解得AH＝ km，
所以公路上坡路段长为 km．故选D．]
4．C [对于①，因为二面角A-BC-D为直二面角，所以平面ABC⊥平面BCD．
又因为平面ABC∩平面BCD＝BC，DC⊥BC，且DC 平面BCD，
所以DC⊥平面ABC，所以①正确；
对于②，由DC⊥平面ABC，且AB 平面ABC，可得AB⊥CD．
又因为AB⊥AC，且AC∩CD＝C，AC，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，所以②正确；
对于③，因为AB⊥平面ACD，且AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACD，所以③正确；
对于④，由题意可知平面ABC⊥平面BCD．
若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC＝AB，可得AB⊥平面BCD．
又因为BC 平面BCD，所以AB⊥BC．
因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD与平面BCD不垂直，所以④错误．
故选C．]
5．B [法一：如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝×6×6×＝＝×2×＝，
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，
则＝h＝，解得h＝．
分别过A1，D1作底面垂线，垂足为M，N，设AM＝x，
则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝＝，
结合等腰梯形BCC1B1可得＝，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan ∠A1AM＝＝1．
法二：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角．
因为＝＝，则＝，
可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18．
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2．
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1．故选B．]
6．D [由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD．
如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，因为PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF．过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF．又PG 平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝．故选D．]
7．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的延长线于点E，易知DE⊥平面ABC，
设OA＝2，则OC＝2，OD＝2，OE＝3，DE＝，
∴tan ∠DCE＝＝．
∴直线CD与平面ABC所成角的正切值为，故选C．]
8．B [设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，表面积为S．
正方体表面积为S＝6a2，所以a2＝，
所以＝(a3)2＝(a2)3＝．
如图正四面体P-ABC，D为AC的中点，O为△ABC的中心，则PO是正四面体P-ABC的高，
则BD⊥AC，AD＝b，
所以BD＝＝b，
所以S△ABC＝·AC·BD＝·b·b＝b2，
所以正四面体P-ABC的表面积为S＝4S△ABC＝b2，所以b2＝S．
又O为△ABC的中心，所以BO＝BD＝b．
又根据正四面体的性质，可知PO⊥BO，
所以PO＝＝b，
所以＝＝
＝b6＝＝S3．
球的表面积为S＝4πR2，所以R2＝，
所以＝＝S3．
因为S3＞S3＞S3＞S3＝S3，
所以，所以V2＜V1＜V3．故选B．]
9．ACD [对于A，a∥b，a⊥α，则b⊥α一定成立，A正确；
对于B，
如图，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面ABB1A1，平面ADD1A1，
平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，
平面ABB1A1∩平面ADD1A1＝AA1，但AB，AD，AA1不平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，a⊥β，则a∥α或a α，
但a α，所以a∥α，C正确；
对于D，c⊥β，c⊥γ，则β∥γ，D正确．
故选ACD．]
10．ABD [对于A，因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，
平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE 平面BCFE，
所以BE⊥平面A′D′FE，所以BE⊥A′D′，A正确；
对于B，因为A′E∥D′F，A′E 平面D′FC，D′F 平面D′FC，
所以A′E∥平面D′FC．
又BE∥CF，BE 平面D′FC，CF 平面D′FC，
所以BE∥平面D′FC．
又A′E∩BE＝E，A′E，BE 平面A′EB，所以平面A′EB∥平面D′FC，B正确；
对于C，因为＝＝，则≠，
所以多面体A′EBCD′F不是三棱台，C错误；
对于D，如图，延长A′D′，EF相交于点G，
因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，A′E 平面A′D′FE，A′E⊥EF，
所以A′E⊥平面BCFE，则∠A′GE为直线A′D′与平面BCFE所成的角．
因为A′E∥D′F，所以＝，
解得GF＝1，GE＝3，tan ∠A′GE＝＝1，
则∠A′GE＝，D正确．
故选ABD．]
11．BD [取PC的中点Q，连接EQ，DQ．
因为E是棱PB的中点，则BC∥EQ．
因为AD∥BC，则AD∥EQ，即A，D，E，Q四点共面，则直线l为直线EQ．
因为AD 平面PAD，EQ 平面PAD，AD∥EQ，
所以EQ∥平面PAD，即l∥平面PAD，故A错误；
因为PD⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，
所以CD⊥AD．又因为PD∩CD＝D，PD，CD 平面PDC，
所以AD⊥平面PDC．又PC 平面PDC，所以AD⊥PC．
因为PD＝AD＝DC，所以△PDC是等腰直角三角形．
又点Q为PC的中点，所以PC⊥DQ．
因为AD∩DQ＝D，AD，DQ 平面ADQE，
所以PC⊥平面ADQE．又DE 平面ADQE，
所以PC⊥DE，故B正确；
设＝λ，＝＝＝＝＋λ－2，
因为PC∩平面DEF＝G，所以D，E，F，G四点共面，则＋λ－2＝1，得λ＝，即＝，故C错误；
由VP-EFG＝VE-PFG＝VB-PFG＝×VB-PAC＝VP-ABC＝，故D正确．
故选BD．]
12． [如图，连接AC交BE于点O，连接OF．
因为AD∥BC，AE∶AD＝2∶5，
所以＝＝．
因为PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA 平面PAC，
所以PA∥OF，所以＝＝．]
13． [如图，
作AD⊥l，BC⊥l，垂足分别为D，C，连接BD，AC，
则AD⊥β，BC⊥α，
所以∠BAC为AB与α所成的角，∠ABD为AB与β所成的角，即∠BAC＝，∠ABD＝．
建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，设AB＝2m，
则BC＝m，AC＝m，AD＝BD＝m，得
DC＝＝m，
A(m，0，0)，B(0，m，m)，所以＝(－m，m，m)，取直线l的单位方向向量为l＝(0，1，0)，设AB与l所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈，l〉|＝＝＝，所以θ＝，即AB与l所成的角为．]
14．解：(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(图略)．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是等边三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝，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＝×2×＝．
在△ADE中，cos ∠DEA＝＝，
所以sin ∠DEA＝，S△ADE＝×2×2＝．
设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，
故点M到平面ADE的距离为．
1/1专题限时集训(八) 空间几何体
一、单项选择题
1．(2024·广东佛山二模)某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为( )
A．3π B．4π C．5π D．6π
2．已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，则下列结论正确的是( )
A．直线b与直线c可能是异面直线
B．直线a与直线c可能平行
C．直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)
D．直线c与平面α可能平行
3．(2024·贵州贵阳一模)如图，是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为3 km，山高为3 km，B是山坡SA上一点，且AB＝7 km．现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为( )
A．10.2 km B．12 km
C． km D． km
4．(2024·北京丰台期末)在某次数学探究活动中，小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角尺ABC折起，使得二面角A-BC-D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
5．(2024·新高考Ⅱ卷)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
6．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为( )
A．1 B．2
C． D．
7．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．
C．
8．设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为V1，V2和V3，则( )
A．V1＜V2＜V3 B．V2＜V1＜V3
C．V3＜V1＜V2 D．V3＜V2＜V1
二、多项选择题
9．已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面α，β，γ，则下列说法中正确的是( )
A．若a∥b，a⊥α，则b⊥α
B．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，则a∥b∥c
C．若α⊥β，a α，a⊥β，则a∥α
D．若c⊥β，c⊥γ，则β∥γ
10．(2024·河北保定二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，EB＝4，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C，如图2，则( )
A．BE⊥A′D′
B．平面A′EB∥平面D′FC
C．多面体A′EBCD′F为三棱台
D．直线A′D′与平面BCFE所成的角为
11．(2024·南京师大附中模拟)四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD＝1，＝＝，平面ADE∩平面PBC＝l，PC∩平面DEF＝G，则( )
A．直线l与平面PAD相交
B．PC⊥DE
C．＝
D．三棱锥P-EFG的体积为
三、填空题
12．(2024·陕西咸阳模拟)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E，F分别为AD，PC上一点，且AE∶AD＝2∶5，当PA∥平面EBF时，＝________．
13．(2024·江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角，A∈α，B∈β，A l，B l，AB与α，β所成的角分别为，则AB与l所成的角为________．
四、解答题
14．(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(1)证明：EM∥平面BCF；
(2)求点M到平面ADE的距离．
1/1
