单元素养测评卷(三)
1.C [解析] 在斜二测画法中,直观图的面积是原图形的面积的,因为边长为6的正方形的面积为36,所以所求的直观图的面积为×36=9.故选C.
2.B [解析] 选项A中,∠B=40°或∠B=140°,故A错误;选项B中,当三条直线在同一平面内时,三条直线确定一个平面,当三条直线不共面时,每两条直线确定一个平面,共可以确定3个平面,故B正确;选项C中,直线l与直线m异面或l∥m,故C错误;选项D中,m与α可能相交、平行或m α,故D错误.故选B.
3.D [解析] 设圆锥的底面半径是r,则母线长为R,由题得2πr=πR,得r=,所以圆锥的轴截面是正三角形,圆锥的高h==R,则圆锥轴截面的内切圆的半径是h=R,即圆锥内切球的半径是R,则4π=,解得R=2.故选D.
4.B [解析] 设正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上下底面的中心分别为O1和O,连接AC,A1C1,OO1,如图.因为几何体ABCD-A1B1C1D1是正四棱台,所以其侧面以及对角面均为等腰梯形,所以AA1==2,AO=AC=AB=2,A1O1=A1B1=,所以OO1==,所以该四棱台的体积V=OO1·(S上底面+S下底面+)=×(16+4+8)=,故选B.
5.D [解析] 如图,连接B1D1,设B1D1∩A1C1=O,连接AO.由AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,得AA1⊥B1D1,又A1C1⊥B1D1,A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1 平面ACC1A1,所以B1D1⊥平面ACC1A1,则∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1所成的角.在Rt△AOB1中,∠AOB1=,OB1=AB=AB1,因此∠B1AO=,所以直线AB1与平面ACC1A1所成的角为.故选D.
6.B [解析] 由已知得S△ABC=×2×2=2.设点P到平面ABC的距离为h,则VP-ABC=S△ABC·h=×2h=,所以h=.取AC的中点为D,连接PD,因为PA=PC=,所以PD⊥AC,又AC=2,所以PD==,则PD的长即为点P到平面ABC的距离,所以PD⊥平面ABC,取AB的中点E,E为△ABC的外心,作OE∥PD,则OE⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以OE⊥AB,因此三棱锥P-ABC的外接球的球心在OE上.设点O就是三棱锥P-ABC外接球的球心,连接OP,OA,则OP=OA=R(R为三棱锥P-ABC外接球的半径),易知DE=BC=1,AB=2,则AE=,故=OP=OA=,即=,解得OE=,所以R=OA==,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2=4π×=π.故选B.
7.C [解析] 如图,设AB=6,分别延长AE,A1B1,设其交于点G,则B1G=3.连接FG交B1C1于H,连接EH,设平面AEF与平面DCC1D1的交线为l,则F∈l,因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,平面AEF∩平面ABB1A1=AE,平面AEF∩平面DCC1D1=l,所以l∥AE.设l∩D1D=M,则FM∥AE,此时△FD1M∽△ABE,故MD1=,连接AM,所以五边形AMFHE即为所求截面图形.故选C.
8.A [解析] 如图,取AB的中点E,连接CE,过Q作QM⊥CE,垂足为M,过M作MN⊥BC,垂足为N,连接QN,PE,则QM∥CC1∥PE,且QM=CC1=PE=2,点E到BC的距离为×2×=.因为CC1⊥平面ABC,所以QM⊥平面ABC,又MN,BC 平面ABC,所以QM⊥MN,QM⊥BC,因为QM∩MN=M,QM,MN 平面QMN,所以BC⊥平面QMN,又QN 平面QMN,所以BC⊥QN,所以QN==≤,当且仅当点Q与点P重合时,等号成立,所以△BCQ的面积的最大值为×2×=.故选A.
9.ACD [解析] 由圆台的上、下底面半径分别为2,4,高为2,可得圆台的母线长为=4.对于A,圆台的体积为π(22+42+2×4)×2=π,故A正确;对于B,若圆锥PO1与圆锥PO2的体积相等,则×4π×PO1=×16π×PO2,解得PO1=4PO2,故B错误;对于C,用过任意两条母线的平面截该圆台所得的截面中,轴截面的周长最大,所以所得截面的最大周长为4+4+4+8=20,故C正确;对于D,由题意可知,所得几何体的表面积为圆台的侧面积和上、下底面面积以及圆柱的侧面积之和,故所得几何体的表面积为π(2+4)×4+π×(22+42)+2π×2×=44π+4π,故D正确.故选ACD.
10.BCD [解析] 由题意知折叠后得到的多面体如图所示,该多面体是一个三棱锥,故A错误;∵AP=a,CP=a,AC=2a,∴AP2+CP2=AC2,∴AP⊥CP,又AP⊥BP,BP∩CP=P,∴AP⊥平面BCD,∵AP 平面ABD,∴平面BAD⊥平面BCD,故B正确;取AC的中点Q,连接BQ,DQ,∵AB=BC,AD=CD,∴BQ⊥AC,DQ⊥AC,又BQ==a,DQ==a,∴BQ2+DQ2=4a2=BD2,∴BQ⊥DQ,∵BQ∩AC=Q,∴DQ⊥平面BAC,又DQ 平面ACD,∴平面BAC⊥平面ACD,故C正确;可将该三棱锥放入长、宽、高分别为a,a,a的长方体中,则长方体的外接球即为该多面体的外接球,易得该外接球的半径R=a,∴该多面体外接球的表面积为5πa2,故D正确.故选BCD.
11.AC [解析] 设正方形ABCD的中心为O,连接PO,QO.对于A,易知PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD,则P,O,Q三点共线,因此PQ⊥平面ABCD,故A正确;对于B,连接AC,显然O是AC的中点,则AO=AC=,PO==,QO==2,所以O不是PQ的中点,所以PA,QC不平行,故B错误;对于C,Ω的体积V=V四棱锥P-ABCD+V四棱锥Q-ABCD=S四边形ABCD·(PO+QO)=×4×3=4,故C正确;对于D,取AB的中点M,连接PM,QM,则PM⊥AB,QM⊥AB,所以∠PMQ是二面角P-AB-Q的平面角,又PM==,QM==3,所以cos∠PMQ==-,故D错误.故选AC.
12.7 [解析] 设圆台较小底面的半径为r,则另一底面半径为3r,所以圆台的侧面积S=π(r+3r)×3=84π,解得r=7.
13.12π [解析] 取E为CD的中点,连接PE,EB,AC,BD,设AC∩BD=O,连接PO,EO,如图.因为PC=PD,所以PE⊥CD,又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PE 平面PCD,所以PE⊥平面ABCD,所以∠PBE即为PB与平面ABCD所成的角,所以tan∠PBE==.设PE=x,则EB=x.易知PC2=PE2+EC2,EB2=BC2+EC2,即4=x2+EC2,3x2=4+EC2,可得x=,EC=,所以DC=2EC=2,又OE=BC=1,所以PO==.在矩形ABCD中,AO=BO=CO=DO=BD==,所以四棱锥P-ABCD的外接球的球心为点O,半径R=,所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4πR2=12π.
14.①②④ [解析] 对于①,取AE的中点F,连接MF,NF,则MF∥DE,又MF 平面DEC,DE 平面DEC,所以MF∥平面DEC,又NF∥AB∥EC,NF 平面DEC,EC 平面DEC,所以NF∥平面DEC,又NF∩MF=F,所以平面MNF∥平面DEC.因为不论D折至何位置(不在平面ABCE内),都有MN 平面MNF,所以MN∥平面DEC,故①正确.对于②,当点D不在平面ABCE内时,易证AE⊥平面MNF,故MN⊥AE,故②正确.对于③,若MN⊥平面ABCE,则MN⊥NF,所以MF>NF,所以DE=2MF>2NF=EC,故当DE≤EC时,不可能有MN⊥NF,即不可能使MN⊥平面ABCE,故③错误.对于④,当平面ADE⊥平面ABCE时,四棱锥D-ABCE的体积最大,此时二面角D-AE-B的大小为90°,故④正确.故填①②④.
15.解:四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周形成的几何体是一个圆台挖去一个圆锥所得的组合体,作CE⊥AD,交AD的延长线于点E.由题可知EC=ED=2,BC=5,
所以该几何体的表面积S=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π×52+π×(2+5)×5+π×2×2=(4+60)π,
该几何体的体积V=V圆台-V圆锥=π×(25+10+4)×4-π×4×2=π.
16.解:(1)证明:如图,连接AC,交BD于点O,连接OE,
因为四边形ABCD是正方形,
所以O是AC的中点,即OA=OC,
又因为E为PC的中点,
所以OE为△PAC的中位线,所以OE∥PA,
因为OE 平面BDE,PA 平面BDE,
所以PA∥平面BDE.
(2)由(1)可知,点A到平面BDE的距离等于点P到平面BDE的距离.
因为△PAB是等边三角形,且顶点P在底面ABCD内的射影是正方形ABCD的中心,
所以△PBC和△PCD也是等边三角形,
所以PC⊥BE,PC⊥DE.
因为BE∩DE=E,所以PC⊥平面BDE,
所以PE的长即为点P到平面BDE的距离.
因为PC=2,所以PE=1,
所以点A到平面BDE的距离为1.
17.解:(1)证明:∵BC=DC=DB=2,∴△BDC为等边三角形,
又E是BC的中点,∴DE⊥BC.
∵CC1⊥平面ABCD,且DE在平面ABCD内,∴CC1⊥DE,
∵CC1在平面B1BCC1内,CB在平面B1BCC1内,CC1∩BC=C,
∴DE⊥平面B1BCC1.
(2)取DC的中点O,连接BO,则BO⊥CD,如图,
又CC1⊥平面ABCD,BO 平面ABCD,
∴BO⊥CC1,
又CD∩CC1=C,CD 平面D1DCC1,CC1 平面D1DCC1,
∴BO⊥平面D1DCC1.
在△BCD中,∵BC=DC=DB=2,∴BO=,
在底面ABCD内过点E作EM∥BO,则EM⊥平面D1DCC1,
∵点E是BC的中点,∴点M为CO的中点,则EM=BO=,
则点E到平面D1DCC1的距离为.
(3)连接D1O,由(2)知BO⊥平面D1DCC1,
∴∠BD1O是直线BD1与平面D1DCC1所成的角,
∵DD1⊥底面ABCD,BD 底面ABCD,∴DD1⊥BD,
∵DD1=BD=2,∴BD1==2,
∴sin∠BD1O===.
18.解:(1)证明:取AC的中点O,连接BO,OD.
∵△ABC是正三角形,∴OB⊥AC,BO=AC.
在△ABD与△CBD中,AB=BD=BC,∠ABD=∠CBD,
∴△ABD≌△CBD,∴AD=CD.
∵△ACD是直角三角形,∴AC是斜边,∠ADC=90°,∴DO=AC.
∴DO2+BO2=AC2=AB2=BD2,
∴∠BOD=90°,∴OB⊥OD.
又DO∩AC=O,∴OB⊥平面ACD.
又OB 平面ABC,∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)∵平面AEC把三棱锥D-ABC分成体积相等的两部分,
∴V三棱锥A-BCE=V三棱锥A-DCE,∴S△BCE=S△DCE,
∴BE=DE,即E为BD的中点.
连接OE,由(1)知△DOB为直角三角形,则OE=DB=DE,
又OD=AC=DB=DE=OE,
∴△DOE为正三角形,∴∠DOE=60°.
由(1)知△ABD≌△CBD,则AE=CE,∴OE⊥AC,
又DO⊥AC,∴∠DOE为二面角D-AC-E的平面角,则二面角D-AC-E的大小为60°.
19.解:(1)证明:如图①,取AB的中点为O,连接OP,OC.
因为AB=BC=2,∠ABC=60°,所以△ABC为等边三角形,所以OC⊥AB,OC=.
由PA=PB=,AB=2,得PA2+PB2=AB2,
所以PA⊥PB,OP⊥AB,OP=1.
由PO2+OC2=PC2,得OP⊥OC,
因为OP⊥AB,OP⊥OC,AB∩OC=O,AB,OC 平面ABCD,所以OP⊥平面ABCD,
又OP 平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)如图②,取PC,PA的中点分别记为N,S,连接MN,NR,RS,SM,NS,MR.
易知MN∥DC,MN=DC,SR∥AB,SR=AB,
又AB∥DC,AB=DC,所以MN∥SR,MN=SR,
所以四边形MNRS为平行四边形,
又NR=CB,MN=DC,CB=DC,
所以NR=MN,所以四边形MNRS为菱形,连接SN,MR,
记NS交MR于点E,则E为NS,MR的中点,连接EC.
因为E∈MR 平面α且E∈NS 平面PAC,C∈平面α且C∈平面PAC,
所以α∩平面PAC=l=EC.
在平面PAC中,ES∥AC且ES=AC,则=,
所以===-=.
(3)如图③,取BC的中点G,连接AG,在△PAB中,过点Q作QF∥PO,QF∩AB=F,
在△ABC中,过点F作FH∥AG,FH∩BC=H,连接QH.
因为PO⊥平面ABCD,所以QF⊥平面ABCD,所以QF⊥BC,
在等边三角形ABC中,因为G为BC的中点,所以AG⊥BC,
又FH∥AG,所以FH⊥BC.
因为QF⊥BC,FH⊥BC,QF∩FH=F,QF,FH 平面QFH,
所以BC⊥平面QFH,
又QH 平面QFH,所以BC⊥QH,
所以平面BCQ与平面ABCD所成的角即为∠QHF.
易知QF=PO=,FH=AG=,
所以tan∠QHF==,
即平面BCQ与平面ABCD所成角的正切值为.单元素养测评卷(三)
第十一章
(时间:120分钟 分值:150分)
一、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.用斜二测画法作一个边长为6的正方形,则其直观图的面积为 ( )
A.36 B.18 C.9 D.
2.下列说法中正确的是 ( )
A.设空间两个角∠A与∠B,若它们的两边分别平行,且∠A=40°,则∠B=40°
B.若不重合的三条直线相交于一点,则它们能确定1或3个平面
C.若直线l和平面α平行,且直线m 平面α,则直线l∥直线m
D.若直线l∥平面α,直线m⊥直线l,则直线m⊥平面α
3.一个圆锥内切球的表面积是,若圆锥的侧面展开图是半径为R的半圆,则R= ( )
A. B. C.1 D.2
4.中国国家馆,以城市发展中的中华智慧为主题,表现出了“东方之冠,鼎盛中华,天下粮仓,富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图所示,现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD-A1B1C1D1,其上、下底面的中心分别为O1和O,若AB=2A1B1=4,∠A1AB=60°,则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为 ( )
A. B. C. D.
5.[2024·江苏宿迁高二期中] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AB1与平面ACC1A1所成的角为( )
A. B.
C. D.
6.在直角三角形ABC中,AC=BC=2,平面ABC外一点P满足PA=PC=,三棱锥P-ABC的体积为,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ( )
A.8π B.π C.π D.π
7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱BB1上靠近B1的三等分点,点F是棱D1C1上靠近D1的三等分点,则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为 ( )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,P为棱A1B1的中点, Q为线段C1P(包括端点)上一点,则△BCQ的面积的最大值为 ( )
A. B.
C.2 D.
二、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.已知圆台上、下底面的圆心分别为O1,O2,半径分别为2,4,高为2,P为O1O2上一点,则下列说法正确的有 ( )
A.圆台的体积为π
B.当圆锥PO1与圆锥PO2的体积相等时,PO1=8PO2
C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为20
D.挖去以该圆台上底面为底,高为的圆柱后所得几何体的表面积为(44+4)π
10.如图,一张纸的长P1P4、宽P1P2分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点,现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体,下列关于该多面体的说法正确的是 ( )
A.该多面体是四棱锥
B.平面BAD⊥平面BCD
C.平面BAC⊥平面ACD
D.该多面体外接球的表面积为5πa2
11.将正四棱锥P-ABCD和正四棱锥Q-ABCD的底面重合组成八面体Ω,若AB=PA=2,QA=,则 ( )
A.PQ⊥平面ABCD
B.PA∥QC
C.Ω的体积为4
D.二面角P-AB-Q的余弦值为-
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84π,则圆台较小底面的半径为 .
13.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,且PC=PD=BC=2.若PB与平面ABCD所成的角为,则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为 .
14.如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,BC⊥DC,AE⊥DC,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起.下列说法正确的是 .(填序号)
①不论D折至何位置(不在平面ABCE内),都有MN∥平面DEC;
②不论D折至何位置(不在平面ABCE内),都有MN⊥AE;
③在折起过程中,一定存在某个位置,使MN⊥平面ABCE;
④当二面角D-AE-B的大小为90°时,四棱锥D-ABCE的体积取得最大值.
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.(13分)如图所示,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,求四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周形成的几何体的表面积及体积.
16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,顶点P在底面ABCD内的射影是正方形ABCD的中心,E为PC的中点.
(1)证明:PA∥平面BDE;
(2)若△PAB是边长为2的等边三角形,求点A到平面BDE的距离.
17.(15分)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:直线DE⊥平面B1BCC1;
(2)求点E到平面D1DCC1的距离;
(3)求直线BD1与平面D1DCC1所成角的正弦值.
18.(17分)如图所示,在三棱锥D-ABC中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把三棱锥D-ABC分成体积相等的两部分,求二面角D-AC-E的大小.
19.(17分)[2023·山东临沂高一期末] 如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC=60°,AB=PC=2,PA=PB=,M为PD的中点,R为PB的中点,平面α过M,C,R三点且与平面PAC交于直线l,l交PA于点Q.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)求的值;
(3)求平面BCQ与平面ABCD所成角的正切值.
