滚动习题(八)
[范围§1~§3]
(时间:45分钟 分值:100分)
一、单项选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.下列选项中,三角形绕直线l旋转一周可以得到如图所示的几何体的是 ( )
A B C D
2.[2024·云南昆明期末] 已知α,β是两个不同的平面,则下列说法错误的是 ( )
A.若α∩β=l,A∈α且A∈β,则A∈l
B.若A,B,C是平面α内不共线的三点,且A∈β,B∈β,则C β
C.若直线a α,直线b β,则a与b为异面直线
D.若A,B是两个不同的点,A∈α且B∈α,则直线AB α
3.已知P,Q是2个不同的点,l,m,n是3条不同的直线,α,β是2个不同的平面,则下列数学符号表示的不是基本事实的选项为 ( )
A.P∈l,Q∈l,P∈α,Q∈α l α
B.P∈α,P∈β 存在唯一直线l,α∩β=l,且P∈l
C.l∥m,m∥n l∥n
D.m∥n 确定一个平面γ且m γ,n γ
4.平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',如图,则平面四边形OABC的周长为 ( )
A.4a B.8a C.6a D.8a
5.在三棱锥D-ABC中,AC=BD,且异面直线AC与BD的夹角为60°,E,F分别是棱DC,AB的中点,则EF和AC的夹角等于 ( )
A.30° B.30°或60°
C.60° D.90°
6.下列选项中的图形是正方体和正四面体中的一个,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,则这四个点不共面的图形是 ( )
A B C D
二、多项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共12分)
7.[2024·哈尔滨高一期中] 在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为BD的中点,直线A1C∩平面C1BD=M,
则下列说法正确的是 ( )
A.A,C,C1,A1四点共面
B.C1,M,O三点共线
C.M∈平面BB1D1D
D.A1C与BD异面
8.如图是一个正方体的侧面展开图,在原正方体中,以下关系正确的是 ( )
A.AB∥CD
B.GH与CD相交
C.EF∥CD
D.AB与GH异面
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
9.如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图,其中O'B'=O'C'=2,则三角形A'B'C'的面积为 .
10.[2024·安徽合肥期末] 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则异面直线A1B与B1C的夹角的余弦值为 .
11.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,E,F分别是A1D1,AA1的中点,则平面CEF截正方体所得的截面的周长为 .
四、解答题(本大题共3小题,共43分)
12.(13分)如图,在三棱锥D-ABC中,AD=2,BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,求异面直线AD与BC的夹角的大小.
13.(15分)如图,在正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,沿图中虚线将3个三角形折起,使点A,B,C重合,重合后记为点P.
(1)折起后形成的是什么几何体
(2)若正方形的边长为2a,则折起后所得几何体每个面的面积为多少
14.(15分)如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别是AB,BC的中点,G,H分别在CD和AD上,且满足==2.求证:
(1)E,F,G,H四点共面;
(2)EH,FG,BD三线共点.滚动习题(八)
1.B
2.C [解析] 对于A,因为A∈α且A∈β,所以A是平面α和平面β的公共点,又因为α∩β=l,所以由基本事实3可得A∈l,故A中说法正确;对于B,因为A∈β,B∈β且A,B,C∈α,α与β是两个不同的平面,所以C β,故B中说法正确;对于C,因为平面α和平面β的位置不确定,所以直线a与直线b的位置不确定,a与b可能异面、相交、平行、重合,故C中说法错误;对于D,由基本事实2知D中说法正确.故选C.
3.D [解析] 由基本事实2可知,如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内,故A选项表示的是基本事实;由基本事实3可知,如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线,故B选项表示的是基本事实;由基本事实4可知,平行于同一条直线的两条直线互相平行,故C选项表示的是基本事实;两条平行直线确定一个平面,且这两条直线都在平面内,不是基本事实,故D选项表示的不是基本事实.故选D.
4.B [解析] 由题可知OA=BC=a,OB=2a,∠BOA=∠OBC=90°,所以AB=OC==3a,则平面四边形OABC的周长为2×(a+3a)=8a.故选B.
5.B [解析] 取AD的中点G,连接GF,GE,则由题意知FG∥BD,GE∥AC,且FG=BD,GE=AC,所以∠EGF(或其补角)为异面直线AC和BD的夹角,故∠EGF=60°或120°.因为AC=BD,FG=BD,GE=AC,所以FG=GE.因为GE∥AC,所以∠FEG(或其补角)为异面直线EF和AC的夹角.当∠EGF=60°时,可得∠FEG=60°,当∠EGF=120°时,可得∠FEG=30°,所以EF和AC的夹角等于30°或60°.故选B.
6.D [解析] 对于A,连接PS,A1C1,QR,可知PS∥A1C1,A1C1∥QR,∴PS∥QR,∴P,Q,R,S四点共面;对于B,取BC的中点N,AA1的中点E,连接PS,SR,RN,NQ,QE,EP,易知过P,Q,R,S的截面为六边形PSRNQE,∴P,Q,R,S四点共面;对于C,连接PQ,RS,则PQ∥BC,RS∥BC,∴PQ∥RS,∴P,Q,R,S四点共面;对于D,连接QR,PS,∵QR 平面ABC,PS∩平面ABC=P,P QR,∴直线PS与QR为异面直线,∴P,Q,R,S四点不共面.故选D.
7.ABD [解析] 由正方体的性质知,AA1∥CC1,所以A,C,C1,A1四点共面,故A正确;连接AC,A1C1,因为直线A1C∩平面C1BD=M,所以M∈平面C1BD,M∈直线A1C,又A1C 平面ACC1A1,所以M∈平面ACC1A1,因为O为BD的中点,BD 平面C1BD,所以O∈平面C1BD,因为底面ABCD为正方形,所以O为AC的中点,则O∈平面ACC1A1,又C1∈平面C1BD,且C1∈平面ACC1A1,平面C1BD与平面ACC1A1相交,所以C1,M,O在交线上,即C1,M,O三点共线,故B正确;平面BB1D1D∩平面C1BD=BD,M∈平面C1BD,但M BD,所以M 平面BB1D1D,故C错误;A1C∩平面ABCD=C,BD 平面ABCD,C BD,所以A1C与BD为异面直线,故D正确.故选ABD.
8.BCD [解析] 画出原正方体,如图所示,由图可知,AB与CD不平行,所以A错误;GH与CD相交,所以B正确;由正方体的性质得EF∥CD,所以C正确;AB与GH不同在任何一个平面内,所以AB与GH是异面直线,所以D正确.故选BCD.
9. [解析] 因为O'B'=O'C'=2,所以BC=B'C'=4,又△ABC为正三角形,所以AO=2,则A'O'=,所以S△A'B'C'=×B'C'×A'O'×sin 45°=×4××=.
10. [解析] 如图所示,连接A1D,BD,则根据正方体的特征易知B1C∥A1D,且△A1DB为等边三角形,所以∠DA1B为异面直线A1B与B1C的夹角,且∠DA1B=60°,则cos∠DA1B=.
11.6+3 [解析] 如图所示,延长EF,交DA的延长线于N,连接CN,交AB于点G,连接FG.延长FE,交DD1的延长线于点M,连接CM,交C1D1于点H,连接EH.则正方体被平面CEF截得的截面为五边形CHEFG.由E,F分别是A1D1,AA1的中点,可知AN=A1E=AD,∴AN=ND,∴AG=CD=2,可得EF=3,FG=,CG=2.同理EH=,CH=2.∴平面CEF截正方体所得截面的周长为EF+FG+GC+CH+HE=3++2+2+=6+3.
12.解:设BD的中点为O,连接EO,FO,则易知EO∥AD,FO∥BC,所以∠EOF或其补角是异面直线AD与BC的夹角.
因为EO=AD=1,FO=BC=,EF=,
所以在△EOF中,由余弦定理得cos∠EOF===-,
因为0°<∠EOF<180°,所以∠EOF=150°,
所以异面直线AD与BC的夹角为30°.
13.解:(1)在正方形ABCD中,沿图中虚线将3个三角形折起,使得A,B,C三点重合,可得如图所示的三棱锥P-DEF.
(2)由题意知,△DEP为直角三角形,S△DEP=PD·PE=×2a×a=a2;△DFP为直角三角形,S△DFP=PD·PF=×2a×a=a2;△PEF为直角三角形,S△PEF=PE·PF=×a×a=a2;△DEF为等腰三角形,且DE=DF=a,EF=a,可得EF边上的高h=a,所以S△DEF=EF·h=×a×a=a2.
14.证明:(1)连接EF,GH,因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF∥AC.又因为=,所以GH∥AC.
所以EF∥GH,所以E,F,G,H四点在同一平面内,
即E,F,G,H四点共面.
(2)因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF∥AC,EF=AC.
因为==2,所以HG∥AC,HG=AC,所以四边形EFGH为梯形,则直线EH和FG必相交,设交点为M.
因为EH 平面ABD,所以点M∈平面ABD.
同理可得点M∈平面BCD.
又因为平面ABD∩平面BCD=BD,所以点M∈直线BD,
所以直线EH,FG,BD三线共点.
