课时素养评价十八 直线与平面垂直
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为A1B1的中点,AB=BC=4,BB1=1,AC=2,则BD与AC所成的角为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选C.取B1C1的中点M,连接BM,DM,
则DM∥A1C1∥AC,
所以异面直线BD与AC所成角为∠BDM,
因为DM=AC=,BD==,
BM==,
所以∠BDM=60°,
即异面直线BD与AC所成的角为60°.
2.已知两条直线m,n,两个平面α,β,给出下列四个说法:
①m∥n,m⊥α?n⊥α;
②α∥β,m?α,n?β?m∥n;
③m⊥n,m∥α?n∥α;
④α∥β,m∥n,m⊥α?n⊥β.
其中正确说法的序号是
( )
A.①③
B.②④
C.①④
D.②③
【解析】选C.①④可由直线与平面垂直的定义和判定推证.根据②中条件可知,m与n平行或异面,所以②错.③中由m⊥n,m∥α,可知n∥α或n?α,或n与α相交,故③错,所以①④正确.
【加练·固】如图,如果MC⊥菱形ABCD所在的平面,那么MA与BD的位置关系是
( )
A.平行
B.垂直相交
C.异面不垂直
D.异面垂直
【解析】选D.由题图易知,MA与BD是异面直线,
因为MC⊥平面ABCD,所以MC⊥BD,
因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,
又MC∩AC=C,所以BD⊥平面MAC,
所以MA⊥BD.
3.在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2和G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE,SF和EF把这个正方形折起,使点G1,G2,G3重合,重合后的点记为G,则下列结论成立的是
( )
A.SD⊥平面EFG
B.SG⊥平面EFG
C.GF⊥平面SEF
D.GD⊥平面SEF
【解析】选B.折起后SG⊥GE,SG⊥GF,又GF与GE相交于点G,所以SG⊥平面EFG.
【加练·固】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则( )
A.AE⊥CC1
B.AE⊥B1
C.AE⊥BC
D.AE⊥CD
【解析】选B.如图所示:连接AC,BD,交于点O,
因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,
所以四边形ABCD是正方形,CE⊥平面ABCD,
所以BD⊥AC,BD⊥CE,而AC∩CE=C,
故BD⊥平面ACE,
因为BD∥B1D1,且B1D1?平面ACE,
故B1D1⊥平面ACE,故B1D1⊥AE.
4.(多选题)如果一条直线垂直于一个平面内的______,则能得出直线与平面垂直
( )?
A.三角形的两边
B.梯形的两边
C.圆的两条直径
D.正六边形的两边
【解析】选AC.由线面垂直的判定定理知,直线垂直于平面内三角形的两边,因为这两边是相交的,所以能得出直线与平面垂直,所以A选项正确;直线垂直于梯形的两边,因为梯形的两边可能平行,所以不能得出直线与平面垂直,所以B选项不正确;直线垂直于圆的两条直径,因为任何一个圆的两条直径是相交的,所以能得出直线与平面垂直,所以C选项正确;直线垂直于正六边形的两边,因为正六边形的两边可能平行,所以不能得出直线与平面垂直,所以D选项不正确.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.如图,已知在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于______.?
【解析】因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥QD.
又因为PQ⊥QD,PA∩PQ=P,
所以QD⊥平面PAQ.
所以AQ⊥QD,
即Q在以AD为直径的圆上,
当圆与BC相切时,点Q只有一个,
故BC=2AB=2.
答案:2
6.已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题:
①若l?α,m?α,l∥β,m∥β,则α∥β;
②若l?α,l∥β,α∩β=m,则l∥m;
③若α∥β,l∥α,则l∥β;
④若l⊥α,m∥l,α∥β,则m⊥β.
其中正确命题是________(写出所有正确命题的序号).?
【解析】对于①,没有限制是两条相交直线,故①为错误命题;对于②,利用线面平行的性质定理可得其为正确命题;对于③,l也可以在平面β内,故其为错误命题;对于④,由l⊥α,m∥l可得m⊥α,再由α∥β可得m⊥β,即④为正确命题.
答案:②④
三、解答题(共26分)
7.(12分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求证:A1C⊥平面BC1D.
【证明】如图,连接AC,所以AC⊥BD,
又因为BD⊥A1A,AC∩AA1=A,AC,
A1A?平面A1AC,
所以BD⊥平面A1AC,
因为A1C?平面A1AC,所以BD⊥A1C.
同理可证BC1⊥A1C.
又因为BD∩BC1=B,BD,BC1?平面BC1D,
所以A1C⊥平面BC1D.
8.(14分)如图,正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD,AE⊥平面CDE.
求证:AB⊥平面ADE.
【证明】因为AE⊥平面CDE,CD?平面CDE,
所以AE⊥CD,又在正方形ABCD中,CD⊥AD,
AE∩AD=A,所以CD⊥平面ADE,
又在正方形ABCD中,AB∥CD,
所以AB⊥平面ADE.
(15分钟·30分)
1.(4分)如图,设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G,H.为使PQ⊥GH,则需增加的一个条件是( )
A.EF⊥平面α
B.EF⊥平面β
C.PQ⊥GE
D.PQ⊥FH
【解析】选B.因为EG⊥平面α,PQ?平面α,所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β,则由PQ?平面β,得EF⊥PQ.
又EG与EF为相交直线,所以PQ⊥平面EFHG,
所以PQ⊥GH.
2.(4分)如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下列结论中正确的有
( )
①总存在某个位置,使CE⊥平面A1DE;
②总有BM∥平面A1DE;
③存在某个位置,使DE⊥A1C.
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
【解析】选A.在①中,总存在某个位置,使CE⊥平面A1DE,①正确;在②中,取CD中点F,连接MF,BF,则MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,由MF∥A1D与FB∥ED,可得平面MBF∥平面A1DE,所以总有BM∥平面A1DE,故②正确;在③中,A1C在平面ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,所以DE与A1C不垂直,故③错误.
3.(4分)如图所示,若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍,则AB与平面α所成的角是
( )
A.60°
B.45°
C.30°
D.120°
【解析】选A.∠ABO即是斜线AB与平面α所成的角,
在Rt△AOB中,AB=2BO,所以cos∠ABO=,
即∠ABO=60°.
4.(4分)如图,P为?ABCD所在平面外一点,E为AD的中点,F为PC上一点,当PA∥平面EBF时,=________.
世纪?
【解析】连接AC交BE于G,连接FG,
因为PA∥平面EBF,PA?平面PAC,
平面PAC∩平面BEF=FG,
所以PA∥FG,所以=.
又因为AD∥BC,E为AD的中点,
所以==,所以=.
答案:
5.(14分)已知矩形ABCD,过A作SA⊥平面AC,再过A作AE⊥SB交SB于E,过E作EF⊥SC交SC于F.
(1)求证:AF⊥SC.
(2)若平面AEF交SD于G,求证:AG⊥SD.
世纪
【证明】(1)因为SA⊥平面AC,BC?平面AC,
所以SA⊥BC.因为矩形ABCD,
所以AB⊥BC,
因为SA∩AB=A,且SA?平面SAB,AB?平面SAB,
所以BC⊥平面SAB,
所以BC⊥AE.又SB⊥AE,
所以AE⊥平面SBC,
所以AE⊥SC.又EF⊥SC,
所以SC⊥平面AEF,所以AF⊥SC.
(2)因为SA⊥平面AC,所以SA⊥DC.
又AD⊥DC,所以DC⊥平面SAD.所以DC⊥AG.
又由(1)有SC⊥平面AEF,AG?平面AEF.
所以SC⊥AG,所以AG⊥平面SDC.所以AG⊥SD.
【加练·固】如图,在四棱锥O-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧棱OB⊥底面ABCD,且侧棱OB的长是2,点E,F,G分别是AB,OD,BC的中点.
(1)证明:OD⊥平面EFG.
(2)求三棱锥O-EFG的体积.
【解析】(1)连接DE,OE,DG,OG.因为四边形ABCD是边长为2的正方形,E是AB的中点,所以DE=,又因为侧棱OB⊥底面ABCD,
AB?底面ABCD,所以OB⊥AB,
又因为OB=2,EB=1,
所以OE=,所以DE=OE=,
所以△ODE是等腰三角形,
因为F是OD的中点,所以EF⊥OD.
同理OG=DG=,所以△ODG是等腰三角形,
因为F是OD的中点,所以FG⊥OD,
因为EF∩FG=F,EF,FG?平面EFG,
所以OD⊥平面EFG.
(2)连接BD,因为侧棱OB⊥底面ABCD,BD?平面ABCD,
所以OB⊥BD,因为OB=2,DB=2,所以OD=2,
由(1)知:OD⊥平面EFG,OF是三棱锥O到平面EFG的距离,
因为F是OD的中点,所以OF=,又因为DE=OE=,EF⊥OD,所以EF=,
因为OG=DG=,FG⊥OD,所以FG=,
因为四边形ABCD是边长为2的正方形,
E,G分别是AB,BC的中点,
所以EG=,所以三角形EFG是等边三角形,
所以S△EFG=,
故VO-EFG=××=.
1.如图,圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点,则异面直线SA与PD所成角的正切值为________.?
世纪
【解析】连接PO,则PO∥SA,所以∠OPD即为异面直线SA与PD所成的角,且△OPD为直角三角形,∠POD为直角,所以tan∠OPD===.
答案:
2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的动点,试确定F的位置,使得D1E⊥平面AB1F.
世纪
【解析】连接A1B,CD1,则AB1⊥A1B,
所以AB1⊥平面A1BCD1,
又D1E?平面A1BCD1,所以D1E⊥AB1,
要使D1E⊥平面AB1F,需D1E⊥AF,
连接DE,又D1D⊥AF,D1E∩D1D=D1,
所以AF⊥平面EDD1,所以DE⊥AF,
因为四边形ABCD是正方形,E是BC的中点,
所以,当且仅当F是CD的中点时,DE⊥AF,即当点F是CD的中点时,D1E⊥平面AB1F.
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-课时素养评价十二 旋转体
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全对的得2分,有选错的得0分)
1.下列说法正确的是
( )
①圆台可以由任意一个梯形绕其一边旋转形成;
②用任意一个与底面平行的平面截圆台,截面是圆面;③以半圆的直径为轴旋转半周形成的旋转体叫做球;④圆柱的任意两条母线平行,圆锥的任意两条母线相交,圆台的任意两条母线延长后相交.
A.①②
B.②③
C.①③
D.②④
【解析】选D.①错误.圆台是由直角梯形绕其直角边或等腰梯形绕其两底边的中点连线旋转形成的;②正确;③错误.以半圆的直径为轴旋转一周形成的旋转体叫做球;④正确.
2.如图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个平面去截这个几何体,若这个平面平行于底面,那么截面图形为
( )
【解析】选C.截面图形应为图C所示的圆环面.
3.若与球外切的圆台的上、下底面半径分别为r,R,则球的表面积为
( )
A.4π(r+R)2
B.4πr2R2
C.4πRr
D.π(R+r)2
【解析】选C.如图,设球的半径为r1,则在Rt△CDE中,DE=2r1,CE=R-r,DC=AB=BF
+AF=R+r.由勾股定理得4=(R+r)2-(R-r)2,解得r1=,故球的表面积为S球=4π=4πRr.
4.(多选题)在一个长方体上钻一个圆柱形的孔,钻孔后得到的几何体与原长方体相比,其表面积
( )
A.变大了
B.变小了
C.相等
D.只能变大
【解析】选ABC.当钻的孔即圆柱底面面积之和等于侧面积时,相等;当底面面积之和小于侧面积时,变大;当底面面积之和大于侧面积时,变小.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.已知一圆锥的侧面展开图为半圆,且面积为S,则圆锥的底面面积是________.?
【解析】如图,设圆锥底面半径为r,母线长为l,
由题意得解得r=,
所以底面积为πr2=π×=.
答案:
【加练·固】若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为________.?
【解析】正方体的对角线即为球的直径,直径d===3,
由d=3?R=?S=4πR2=27π.
答案:27π
6.若一个圆锥的轴截面是等边三角形,其面积为,则这个圆锥的母线长为________.
?
【解析】如图,设等边三角形ABC为圆锥的轴截面,由题意知,圆锥的母线长为△ABC的边长.
因为S△ABC=AB2,所以=AB2,解得AB=2.
答案:2
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图,四边形ABCD为直角梯形,试作出绕其各条边所在的直线旋转所得到的几何体.
【解析】以边AD所在直线为旋转轴旋转,形成的几何体是圆台,如图(1)所示.
以边AB所在直线为旋转轴旋转,形成的几何体是一个圆锥和一个圆柱拼接而成的几何体,如图(2)所示.
以边CD所在直线为旋转轴旋转,形成的几何体是一个圆柱挖掉一个圆锥构成的几何体,如图(3)所示.以边BC所在直线为旋转轴旋转,形成的几何体是由一个圆台挖掉一个圆锥构成的几何体和一个圆锥拼接而成,如图(4)所示.
8.(14分)已知圆台内有一表面积为144π
cm2的内切球,如果圆台的下底面与上底面半径之差为5
cm,求圆台的表面积.
世纪
【解析】其轴截面如图所示,
设圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,母线长为l,球半径为R,则r2-r1=5,母线l=r1+r2.因为4πR2=144π,所以R=6.又l2=(2R)2+(r2-r1)2,
所以(r1+r2)2=(2R)2+(r2-r1)2=(2×6)2+52=132.
所以r1+r2=13.
结合r2-r1=5得r1=4,r2=9,所以l=13.
所以S圆台表=π+π+π(r1+r2)l
=π·42+π·92+π(4+9)·13=266π(cm2).
(15分钟·30分)
1.(4分)圆锥的中截面把圆锥的侧面分成两部分,这两部分侧面积的比为
( )
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
【解析】选C.如图所示,PB为圆锥的母线,O1,O2分别为中截面与底面的圆心.
因为O1为PO2的中点,所以===.①
因为S圆锥侧=π·O1A·PA,S圆台侧=π(O1A+O2B)·AB,所以=.
由①得PA=AB,O2B=2O1A,
所以==.
2.(4分)如图,各棱长都相等的三棱锥内接于一个球,则经过球心的一个截面图形可能是
( )
A.①③
B.①②
C.②④
D.②③
【解析】选A.①正确,截面过三棱锥底面的一边;
②错误,截面圆内三角形的一条边不可能过圆心;
③正确,截面平行于三棱锥底面;
④错误,截面圆不可能过三棱锥的底面.
3.(4分)一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,则这个圆柱的表面积与侧面积的比是________.?
【解析】设圆柱的底面半径为r,高为h,则由题设知h=2πr.所以S表=2πr2+
(2πr)2=2πr2(1+2π),S侧=h2=(2πr)2=4π2r2.所以=.
答案:
4.(4分)圆锥的底面直径为6,高是4,则它的侧面积为________.
世纪?
【解析】作圆锥轴截面如图,高AD=4,底面半径CD=3,则母线AC=5,得S侧=π×3×5=15π.
答案:15π
【加练·固】已知长方体的长、宽、高分别为2,3,6,则其外接球的表面积为
( )
A.196π
B.49π
C.44π
D.36π
【解析】选B.长方体的体对角线长为=7,所以其外接球的直径为2R=7,即R=,所以它的表面积为4πR2=49π.
5.(14分)如图,一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4
m,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发,绕圆锥表面爬行一周后回到点P处,若该小虫爬行的最短路程为4
m,求此圆锥底面圆的半径.
世纪
【解析】作出圆锥的侧面展开图,如图所示,该小虫爬行的最短路程为PP′,
在△OPP′中,OP=OP′=4
m,PP′=4
m,
取线段PP′的中点A,连接OA.
在Rt△POA中,PA=PP′=2
m,OP=4
m,
所以sin∠POA==,
所以∠POA=60°,
∠P′OP=2∠POA=120°.
设底面圆的半径为r,则有2πr=π·4,
所以r=(m).
1.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆,则该圆锥的外接球的表面积是
世纪( )
A.
B.4π
C.
D.16π
【解析】选C.设圆锥底面圆半径为r,母线长为l,圆锥的外接球半径为R,因为2πr=2π,所以r=1,又l=2,所以圆锥的轴截面为等边三角形,所以球心为等边三角形的中心,所以R=,所以外接球的表面积是4πR2=.
2.有三个球,第一个球内切于正方体,第二个球与这个正方体的各条棱相切,第三个球过这个正方体的各个顶点,求这三个球的表面积.
世纪
【解析】设正方体的棱长为a.
(1)正方体的内切球球心是正方体的中心,切点是六个面(正方形)的中心,经过四个切点及球心作截面,如图(1)所示,所以有2r1=a,r1=,所以S1=4π=πa2.
(2)球与正方体各棱的切点是每条棱的中点,过球心作正方体的对角面得截面,如图(2)所示,所以有2r2=a,r2=a.
所以S2=4π=2πa2.
(3)正方体的各个顶点在球面上,过球心作正方体的对角面得截面,如图(3)所示,所以有2r3=a,r3=a,所以S3=4π=3πa2.
【加练·固】用互相平行且距离为27的两个平面截球面,两个截面圆的半径分别为r1=15,r2=24,试求球的表面积.
【解析】设球的半径为R,球心O到两平行截面的距离分别为OO1=d1,OO2=d2.
(1)当两平行截面位于球心O异侧时,如图①,则所以225+=576+(27-d1)2.解得d1=20,d2=7,R=25.
所以S球=4πR2=2
500π.
(2)当两平行截面位于球心O同侧时,如图②,则所以225+=576+(d1-27)2,
解得d1=20,d2=-7,不符合题意,即这种情况不存在.综上可知,球的表面积为
2
500π.
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-课时素养评价十九 平面与平面垂直
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF与CD所成的角的度数为
( )
A.90°
B.45°
C.60°
D.30°
【解析】选D.取BC的中点G,连接EG,FG,
则EG=1,FG=2,EF⊥EG,
则EF与CD所成的角等于∠EFG,为30°.
2.如图所示,四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,则图中互相垂直的平面共有
( )
A.3对
B.4对
C.5对
D.6对
【解析】选D.因为PA⊥平面ABCD,且PA?平面PAB,
PA?平面PAD,PA?平面PAC,
所以平面PAB和平面PAC和平面PAD都与平面ABCD垂直,
又AD⊥PA,AD⊥AB,所以AD⊥平面PAB,
又AD?平面PAD,
所以平面PAB⊥平面PAD,
同理可证平面PBC⊥平面PAB,
平面PCD⊥平面PAD.
3.矩形ABCD的两边AB=3,AD=4,PA⊥平面ABCD,且PA=,则二面角A-BD-P的度数为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.120°
【解析】选A.过A作AE⊥BD,连接PE,
则∠AEP为所求角.
由AB=3,AD=4知BD=5.
又AB·AD=BD·AE,所以AE=,
所以tan∠AEP==.所以∠AEP=30°.
4.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断中正确的为
( )
A.A1C1⊥AD1
B.A1C1⊥BD
C.平面A1C1B∥平面ACD1
D.平面A1C1B⊥平面BB1D1D
【解析】选BCD.对A,A1C1与AD1是异面直线,A1C1与AD1所成角即为AC与AD1所成角,易知为60°,故A错误;对B,由AC⊥BD,AC∥A1C1,可知A1C1⊥BD,故B正确;对C,由A1B∥CD1,AC∥A1C1且A1B∩A1C1=A1,AC∩CD1=C,由面面平行的判定定理的推论可知平面A1C1B∥平面ACD1,故C正确;
对D,易知A1C1⊥平面BB1D1D且A1C1?平面A1C1B,
故平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故D正确.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角A-BC-A1的平面角等于________.?
【解析】根据正方体中的位置关系可知,AB⊥BC,A1B⊥BC,根据二面角的平面角定义可知,∠ABA1即为二面角A-BC-A1的平面角.
又AB=AA1,且AB⊥AA1,所以∠ABA1=45°.
答案:45°
6.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=________.?
【解析】因为在△ABC中,AD⊥BC,
所以折叠后有AD⊥BD,AD⊥CD,
所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角.
因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.
在△BCD中,∠BDC=90°,BD=CD=,
所以BC==1.
答案:1
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.
(1)求证:A1E⊥BD.
(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD⊥平面EBD.
【解题指南】(1)欲证A1E⊥BD,只需证明BD垂直A1E所在平面即可.
(2)要证平面A1BD⊥平面EBD,只需求出二面角为直二面角即可,或证明一个平面内的某一直线垂直于另一个面.
【证明】连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O,OE,
(1)因为AA1⊥底面ABCD,所以BD⊥A1A,
又BD⊥AC,A1A∩AC=A,所以BD⊥平面ACEA1,
因为A1E?平面ACEA1,所以A1E⊥BD.
(2)在等边三角形A1BD中,BD⊥A1O,
因为BD⊥平面ACEA1,OE?平面ACEA1,
所以BD⊥OE,所以∠A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,
因为E为棱CC1的中点,由平面几何知识,
得EO=a,A1O=a,A1E=3a,
满足A1E2=A1O2+EO2,所以∠A1OE=90°,
即平面A1BD⊥平面EBD.
【加练·固】(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求证:(1)AB∥平面A1B1C.
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
【证明】(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因为AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,
因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1?平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
8.(14分)如图所示,已知P是边长为a的菱形ABCD所在平面外一点,∠ABC
=60°,PC⊥平面ABCD,PC=a,E为PA的中点.
(1)求证:平面EDB⊥平面ABCD.
(2)求二面角A-EB-D的正切值.
世纪
【解析】(1)连接AC交BD于O,则O为AC的中点,
又因为E为PA的中点,所以EO∥PC,
又因为PC⊥平面ABCD,
所以EO⊥平面ABCD,
又因为EO?平面EDB,
故平面EDB⊥平面ABCD
(2)由(1)知EO⊥AO,
又因为四边形ABCD为菱形,
所以AO⊥BD,又BD∩EO=O,
所以AO⊥平面BDE,过O作OF⊥BE于点F,
又AO⊥BE,AO∩OF=O,
所以BE⊥平面AOF,所以BE⊥AF,
所以∠AFO为所求二面角的平面角.
由BC=AB=a,∠ABC=60°,
知AC=a,BO==a,
又EO=PC=a,
所以BE==a,
所以OF==a,
又AO=,在Rt△AOF中,
tan∠AFO==,
故二面角A-EB-D的正切值为.
(15分钟·30分)
1.(4分)在三棱锥A-BCD中,如果AD⊥BC,BD⊥AD,△BCD是锐角三角形,那么
( )
A.平面ABD⊥平面ADC
B.平面ABD⊥平面ABC
C.平面BCD⊥平面ADC
D.平面ABC⊥平面BCD
【解析】选C.因为AD⊥BC,BD⊥AD,且BC∩BD=B,
所以AD⊥平面BCD,
因为AD?平面ADC,所以平面BCD⊥平面ADC.
2.(4分)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将△ABE,△DCE翻折,使得点A,D重合于F,此时二面角E
-BC
-F的余弦值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.取BC的中点O,连接OE,OF,
因为BA=CD,所以BF=FC,即三角形BFC是等腰三角形,
则FO⊥BC,因为BE=CE,
所以△BEC是等腰三角形,所以EO⊥BC,
则∠FOE是二面角E
-BC
-F的平面角,
因为EF⊥CF,BF⊥EF,
所以EF⊥平面BCF,EF⊥FO,
则直角三角形EFO中,OE=AB=2,EF=DE=,
所以OF===,
则cos∠FOE===.
3.(4分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD.底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足________时,平面MBD⊥平面PCD.(注:只要填写一个你认为正确的即可)?
【解析】连接AC,因为四边形ABCD的边长相等,
所以四边形ABCD为菱形.所以AC⊥BD,
又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,
所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.
若PC⊥平面BMD,则PC垂直于平面BMD中两条相交直线.所以当BM⊥PC时,PC⊥平面BDM.
又PC?平面PCD,所以平面PCD⊥平面BDM.
答案:BM⊥PC(其他合理即可)
4.(4分)设正三角形ABC的边长为a,PA⊥平面ABC,PA=AB,则A到平面PBC的距离为________.?
世纪
【解析】如图所示,取BC中点E,连接AE,PE,则AE⊥BC,
又BC⊥PA,AE∩PA=A,所以BC⊥平面PAE.
因为BC?平面PBC,
所以平面PAE⊥平面PBC.
在平面PAE内过A作AF⊥PE,垂足为F,
则AF⊥平面PBC.
则AF==a.
答案:a
5.(14分)如图所示,△ABC是正三角形,线段EA和DC都垂直于平面ABC,设EA=AB=2a,DC=a,且F为BE的中点.
(1)求证:DF∥平面ABC.
(2)求证:AF⊥BD.
(3)求平面BDF与平面ABC所成的较小二面角的大小.
世纪
【解析】(1)如图所示,取AB中点G,连接CG,FG.
因为EF=FB,AG=GB,所以FG∥EA,且FG=EA,
又DC∥EA,且DC=EA,
所以FG∥DC,且FG=DC,
所以四边形CDFG为平行四边形,所以DF∥CG,
因为DF?平面ABC,CG?平面ABC,
所以DF∥平面ABC.
(2)因为
EA⊥平面ABC,所以EA⊥CG.
又△ABC
是正三角形,G是AB的中点,
所以CG⊥AB.
又EA∩AB=A,所以CG⊥平面AEB.
又因为DF∥CG,所以DF⊥平面AEB.
所以DF⊥AF.
因为AE=AB,EF=FB,
所以AF⊥BE,又BE∩DF=F,
所以AF⊥平面BED,
所以AF⊥BD.
(3)延长ED交AC延长线于G′,连接BG′.
由DC∥EA,且DC=EA知,D为EG′的中点,
所以FD∥BG′.又CG⊥平面ABE,
FD∥CG,
所以BG′⊥平面ABE.
所以∠EBA为所求二面角的平面角.
在等腰直角三角形AEB中,可得∠EBA=45°.
所以平面BDE与平面ABC所成的较小二面角是45°.
【加练·固】如图,棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,B1C⊥A1B.
证明:平面AB1C⊥平面A1BC1.
【证明】因为BCC1B1是菱形,
所以B1C⊥BC1,又B1C⊥A1B,且BC1∩A1B=B,
所以B1C⊥平面A1BC1,又B1C?平面AB1C,
所以平面AB1C⊥平面A1BC1.
1.(2019·全国卷Ⅲ理科·T8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则
( )
世纪
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
【解析】选B.因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.
设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=a,DB=2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2-4a2cos∠BDE,EN2=DE2+DN2
-2DE·DNcos∠BDE=6a2-4a2cos∠BDE,所以BM≠EN.
2.(2018·全国卷Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.
世纪
【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,
所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)存在,AM的中点即为符合题意的点P.证明如下:
取AM的中点P,连接AC,BD交于点N,连接PN.
因为四边形ABCD是矩形,所以N是AC的中点,在△ACM中,点P,N分别是AM,AC的中点,
所以PN∥MC,
又因为PN?平面PBD,MC?平面PBD,
所以MC∥平面PBD,
所以,在线段AM上存在点P,即AM的中点,使得MC∥平面PBD.
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1
-课时素养评价十六 直线与平面平行
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图,在三棱锥S-ABC中,E,F分别是SB,
SC上的点,且EF∥平面ABC,则
( )
A.EF与BC相交
B.EF∥BC
C.EF与BC异面
D.以上均有可能
【解析】选B.因为平面SBC∩平面ABC=BC,又因为EF∥平面ABC,所以EF∥BC.
2.(2019·西宁高一检测)如图,四棱锥P-ABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,则
( )
A.MN∥PD
B.MN∥PA
C.MN∥AD
D.以上均有可能
【解析】选B.四棱锥P-ABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,MN?平面PAC,平面PAC∩平面PAD=PA,MN?平面PAC,故由直线与平面平行的性质定理可得:MN∥PA.
3.直线a∥平面α,α内有n条直线交于一点,则这n条直线中与直线a平行的直线有
( )
A.0条
B.1条
C.0条或1条
D.无数条
【解析】选C.过直线a与交点作平面β,设平面β与α交于直线b,则a∥b,若所给n条直线中有1条是与b重合的,则此直线与直线a平行,若没有与b重合的,则与直线a平行的直线有0条.
4.(多选题)如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N,E分别是AB,PC,PD的中点,平面PAD∩平面PBC=l.
以下结论正确的是
( )
A.BC∥l
B.BC∥平面PAD
C.AM=NE
D.MN∥平面PAD
【解析】选A,B,C,D.在?ABCD中,BC∥AD,
BC?平面PAD,AD?平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
又平面PAD∩平面PBC=l,且BC?平面PBC,
所以BC∥l.MN∥平面PAD.
证明:连接AE,NE.
因为N是PC的中点,所以NECD,
又M为AB的中点,所以AMDC,
所以AM?NE,所以四边形AMNE为平行四边形,
所以AE∥MN.
又因为AE?平面PAD,MN?平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.已知直线b,平面α,有以下条件:
①b与α内一条直线平行;
②b与α内所有直线都没有公共点;
③b与α无公共点;
④b不在α内,且与α内的一条直线平行.
其中能推出b∥α的条件有________.(把你认为正确的序号都填上)?
【解析】①中b可能在α内,不符合;②和③是直线与平面平行的定义;④是直线与平面平行的判定定理,能推出b∥α.
答案:②③④
6.如图,四边形ABDC是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,M是AC的中点,BD与平面α交于点N,AB=4,CD=6,则MN=________.?
【解析】因为AB∥平面α,AB?平面ABDC,平面ABDC∩平面α=MN,所以AB∥MN.又M是AC的中点,所以MN是梯形ABDC的中位线,故MN=(AB+CD)=5.
答案:5
三、解答题(共26分)
7.(12分)证明:若两个相交平面分别过两条平行直线,则它们的交线和这两条平行直线平行.
【解析】已知:a∥b,a?α,b?β,α∩β=l.求证:a∥b∥l.
证明:如图所示,因为a∥b,b?β,所以a∥β,
又a?α,α∩β=l,所以a∥l,又a∥b,
所以a∥b∥l.
8.(14分)如图所示,已知两条异面直线AB与CD,平面MNPQ与AB,CD都平行,且点M,N,P,Q依次在线段AC,BC,BD,AD上,求证:四边形MNPQ是平行四边形.
【证明】因为AB∥平面MNPQ,且过AB的平面ABC交平面MNPQ于MN,所以AB∥MN.
又过AB的平面ABD交平面MNPQ于PQ,所以AB∥PQ,所以MN∥PQ.同理可证NP∥MQ.
所以四边形MNPQ为平行四边形.
(15分钟·30分)
1.(4分)下列说法正确的是
( )
A.如果a,b是两条直线,a∥b,那么a平行于经过b的任何一个平面
B.如果直线a和平面α满足a∥α,那么a平行于平面α内的任何一条直线
C.如果直线a,b满足a∥α,b∥α,则a∥b
D.如果直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b?α,那么b∥α
【解析】选D.如图,在长方体ABCD
-A′B′C′D′中,
AA′∥BB′,AA′却在过BB′的平面AB′内,
故选项A不正确;AA′∥平面B′C,BC?平面B′C,但AA′不平行于BC,故选项B不正确;AA′∥平面B′C,A′D′∥平面B′C,但AA′与A′D′相交,所以选项C不正确;选项D中,假设b与α相交,因为a∥b,所以a与α相交,这与a∥α矛盾,故b∥α,即选项D正确.
2.(4分)如图,四棱锥S-ABCD的所有的棱长都等于2,E是SA的中点,过C,D,E三点的平面与SB交于点F,则四边形CDEF的周长为
( )
A.2+
B.3+
C.3+2
D.2+2
【解析】选C.因为CD∥AB,AB?平面SAB,CD?平面SAB,所以CD∥平面SAB.
又CD?平面CDEF,平面SAB∩平面CDEF=EF,
所以CD∥EF,且EF≠CD,因为E是SA的中点,EF∥AB,所以F是SB的中点,所以DE=CF,所以四边形CDEF为等腰梯形,
且CD=2,EF=1,DE=CF=,
所以四边形CDEF的周长为3+2.
3.(4分)设m,n是平面α外的两条直线,给出以下三个论断:
①m∥n;②m∥α;③n∥α.
以其中两个为条件,余下的一个为结论,构造三个命题,写出你认为正确的一个命题:________.(用序号表示)?
【解析】(答案不唯一)设过m的平面β与α交于l.因为m∥α,所以m∥l,因为m∥n,所以n∥l,因为n?α,l?α,所以n∥α.
答案:①②?③(或①③?②)
【加练·固】
已知直线l∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于l的直线有________条.?
【解析】如图所示,因为l∥平面α,P∈α,所以直线l与点P确定一个平面β,α∩β=m,所以P∈m,所以l∥m且m是唯一的.
答案:1
4.(4分)已知三棱柱ABC-A1B1C1中,E是BC的中点,D是AA1上的动点,且=m,若AE∥平面DB1C,则m的值为__________.
世纪?
【解题指南】为证AE∥平面DB1C,需在平面DB1C内找直线与AE平行;结合图形可知应利用平行四边形的性质证明线线平行.
【解析】当=m=1时,AE∥平面DB1C,
理由如下:
取B1C的中点F,连接DF,EF,
因为E,F分别是BC,B1C的中点,
所以EF∥BB1,且EF=BB1,
因为四边形ABB1A1是平行四边形,AD=DA1,所以AD∥BB1且AD=BB1,所以EF∥AD,且EF=AD,所以四边形AEFD是平行四边形,
所以AE∥DF.
又AE?平面DB1C,DF?平面DB1C,
所以AE∥平面DB1C.
答案:1
5.(14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,点E在PC上,PC=3PE,PD=3.
(1)证明:CD∥平面ABE.
(2)若M是BC中点,点N在PD上,MN∥平面ABE,求线段PN的长.
世纪
【解析】(1)因为底面ABCD是平行四边形,所以CD∥AB,
因为AB?平面ABE,CD?平面ABE,所以CD∥平面ABE.
(2)因为MN∥平面ABE,所以可设过MN与平面ABE平行的平面与PC交于点F,与AC交于点G,
则MF∥BE,MG∥AB,又因为四边形ABCD是平行四边形,CD∥AB,所以MG∥CD,所以CD∥平面MFNG,所以CD∥FN,因为M是BC中点,所以F是CE中点,
因为PC=3PE,所以PF=PC,
所以PN=PD=2.
1.如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),BD1∥平面B1CE,则
( )
世纪
A.BD1∥CE
B.AC1⊥BD1
C.D1E=2EC1
D.D1E=EC1
【解题指南】设B1C∩BC1=O,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,由BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得BD1∥EO,D1E=EC1.
【解析】选D.如图,连接BC1,设B1C∩BC1=O,连接EO,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,因为BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得BD1∥EO,因为O为BC1的中点,所以E为C1D1的中点,所以D1E=EC1.
2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1延长线的交点,且PB1∥平面BDA1,求证:CD=C1D.
世纪
【证明】如图,连接AB1与BA1交于点O,连接OD,
因为PB1∥平面BDA1,PB1?平面AB1P,
平面AB1P∩平面BDA1=OD,所以OD∥PB1,
又AO=B1O,所以AD=PD,
又AC∥C1P,所以CD=C1D.
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1
-课时素养评价十七 平面与平面平行
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.a∥α,b∥β,α∥β,则a与b位置关系是
( )
A.平行
B.异面
C.相交
D.平行或异面或相交
【解析】选D.如图(1),(2),(3)所示,a与b的关系分别是平行、异面或相交.
【加练·固】已知平面α∥平面β,过平面α内的一条直线a的平面γ,与平面β相交,交线为直线b,则a,b的位置关系是
( )
A.平行 B.相交 C.异面 D.不确定
【解析】选A.由面面平行的性质定理可知选项A正确.
2.已知平面α∥平面β,直线l∥α,则
( )
A.l∥β
B.l?β
C.l∥β或l?β
D.l,β相交
【解析】选C.假设l与β相交,又α∥β,则l与α相交,与l∥α矛盾,则假设不成立,则l∥β或l?β.
3.设平面α∥平面β,点A∈α,点B∈β,C是AB的中点,当点A,B分别在平面α,β内运动时,那么所有的动点C
( )
A.不共面
B.不论点A,B如何移动,都共面
C.当且仅当点A,B分别在两条直线上移动时才共面
D.当且仅当点A,B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面
【解析】选B.由平面与平面平行的性质,不论A,B如何移动,动点C均在过C且与平面α,β都平行的平面上.
4.
(多选题)用一个平面去截三棱柱ABC-A1B1C1,交A1C1,B1C1,BC,AC分别于点E,F,G,H.
若A1A>A1C1,则截面的形状可以为
( )
A.矩形
B.菱形
C.正方形
D.梯形
【解析】选AD.因为四边形EFGH的相邻两边不可能相等,所以不能选B,C;当FG∥B1B时,四边形EFGH为矩形;当FG不与B1B平行时,四边形EFGH为梯形.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.已知平面α∥β,直线a?α,有下列命题:
①a与β内的所有直线平行;
②a与β内无数条直线平行;
③a与β内的任意一条直线都不垂直.
其中真命题的序号是________.?
【解析】由面面平行的性质可知,过a与β相交的平面与β的交线才与a平行,故①错误;②正确;平面β内的直线与直线a平行,异面均可,其中包括异面垂直,故③错误.
答案:②
6.
(2019·金华高一检测)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,过C,M,D1作正方体的截面,则截面的面积是________.?
【解析】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,作平面MCD1∩平面ABB1A1=MN,连接CN.
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,平面MCD1∩平面DCC1D1=CD1,所以MN∥CD1,
又因为M是AA1的中点,
所以N为AB的中点,所以该截面为等腰梯形MNCD1,因为正方体的棱长为2,
易知,MN=,CD1=2,MD1=,
所以等腰梯形MNCD1的高
MH==.
所以截面面积为×(+2)×=.
答案:
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图所示,在三棱锥S-ABC中,D,E,F分别是棱AC,BC,SC的中点.
求证:平面DEF∥平面SAB.
【证明】因为D,E分别是棱AC,BC的中点,
所以DE是△ABC的中位线,DE∥AB.
因为DE?平面SAB,AB?平面SAB,
所以DE∥平面SAB,同理可证:DF∥平面SAB,
又因为DE∩DF=D,DE?平面DEF,DF?平面DEF,所以平面DEF∥平面SAB.
8.(14分)如图,四棱锥P-ABCD中,已知四边形ABCD是平行四边形,点E,M,N分别为边BC,AD,AP的中点.
世纪
求证:PE∥平面BNM.
【证明】
连接DE,因为M,N分别为边AD,AP的中点,所以MN∥PD,
因为MN?平面PDE,PD?平面PDE,所以MN∥平面PDE,
因为E,M分别是BC,AD的中点,四边形ABCD是平行四边形,所以四边形BEDM是平行四边形,所以MB∥DE
,MB?平面PDE,DE?平面PDE,所以MB∥面PDE,
因为MN∩MB=M,所以平面MNB∥平面PDE,因为PE?平面PDE,所以PE∥平面BNM.
(15分钟·30分)
1.(4分)已知m,n是两条直线,α,β是两个平面.有以下说法:
①m,n相交且都在平面α,β外,m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β;②若m∥α,m∥β,则α∥β;③若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.
其中正确的个数是
( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选B.把符号语言转换为文字语言或图形语言.可知①是面面平行的判定定理;②③中平面α,β还有可能相交.
2.(4分)在正方体EFGH-E1F1G1H1中,下列四对截面彼此平行的一对是
( )
A.平面E1FG1与平面EGH1
B.平面FHG1与平面F1H1G
C.平面F1H1H与平面FHE1
D.平面E1HG1与平面EH1G
【解析】选A.如图,因为EG∥E1G1,
EG?平面E1FG1,
E1G1?平面E1FG1,
所以EG∥平面E1FG1,
又G1F∥H1E,
同理可证H1E∥平面E1FG1,
又H1E∩EG=E,H1E?平面EGH1,EG?平面EGH1,
所以平面E1FG1∥平面EGH1.
3.(4分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1C,C1B1,C1D1的中点,点H在四边形A1ADD1的边及其内部运动,则H满足条件________时,有BH∥平面MNP.?
【解析】H∈线段A1D.理由如下:
连接A1B,A1D,BD,CB1,
因为M,N分别是C1C,C1B1的中点,所以MN∥CB1,
因为CD∥A1B1,且CD=A1B1,
所以四边形CDA1B1是平行四边形,
所以CB1∥DA1,所以MN∥DA1,
又MN?平面A1BD,DA1?平面A1BD,
所以MN∥平面A1BD,
同理可证PN∥平面A1BD,
又MN?平面MNP,PN?平面MNP,MN∩PN=N,
所以平面A1BD∥平面MNP,
又因为BH?平面A1BD,所以BH∥平面MNP.
答案:H∈线段A1D
4.
(4分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱C1C,C1D1,D1D,DC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M只需满足条件________时,就有MN∥平面B1BDD1,其中N是BC的中点.(填上一个正确的条件即可,不必考虑全部可能的情况)?
【解析】连接FH(图略),因为平面FHN∥平面B1BDD1,若M∈FH,则MN?平面FHN,所以MN∩平面B1BDD1=,所以MN∥平面B1BDD1.
答案:M∈FH
5.(14分)如图所示,在直角梯形ABCP中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC=
PD.E,F,G分别为线段PC,PD,BC的中点,现将△PDC折起,使点P?平面ABCD.求证:平面PAB∥平面EFG.
世纪
【证明】因为PE=EC,PF=FD,所以EF∥CD,
又因为CD∥AB,
所以EF∥AB,又EF?平面PAB,AB?平面PAB,
所以EF∥平面PAB,同理可证EG∥平面PAB.
又因为EF∩EG=E,所以平面PAB∥平面EFG.
1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形.点M,N,Q分别在PA,BD,PD上,且PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD.
求证:平面MNQ∥平面PBC.
世纪
【证明】因为PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD,
所以MQ∥AD,NQ∥BP.
又因为BP?平面PBC,NQ?平面PBC,
所以NQ∥平面PBC.因为四边形ABCD为平行四边形.所以BC∥AD,所以MQ∥BC.
又因为BC?平面PBC,MQ?平面PBC,
所以MQ∥平面PBC.又因为MQ∩NQ=Q,
所以平面MNQ∥平面PBC.
2.(2019·大连高一检测)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1
中,点M是线段B1D1上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.
(1)求证:EF∥平面BDD1B1.
(2)在棱CD上是否存在一点G,使得平面GEF∥平面BDD1B1?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
世纪
【解析】(1)连接BM,因为BE=EC,CF=FM,所以EF∥BM,又EF?平面BDD1B1,BM?平面BDD1B1,所以EF∥平面BDD1B1.
(2)存在.当点G是CD的中点,即=1时,平面GEF∥平面BDD1B1.理由如下:因为BE=EC,CG=GD,所以GE∥BD,又GE?平面BDD1B1,BD?平面BDD1B1,所以GE∥平面BDD1B1.由(1)知EF∥平面BDD1B1,又GE∩EF=E,GE?平面GEF,EF?平面GEF,所以平面GEF∥平面BDD1B1.
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-课时素养评价十三 祖暅原理与几何体的体积
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为
( )
A.π
B.4π
C.4π
D.6π
【解析】选B.利用截面圆的性质先求得球的半径长.如图所示,设截面圆的圆心为O′,M为截面圆上任一点,
则OO′=,O′M=1,
所以OM==,即球的半径为,
所以V=()3=4π.
2.(2019·济南高一检测)圆台上、下底面面积分别是π,4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是
( )
A.π B.2π C.π D.π
【解析】选D.上底面半径r=1,下底面半径R=2.
因为S侧=6π,设母线长为l,则π(1+2)l=6π,
所以l=2,所以高h==,
所以V=π
(12+1×2+22)
·=π.
3.等体积的球和正方体的表面积S球与S正方体的大小关系是
( )
A.S正方体>S球
B.S正方体C.S正方体=S球
D.无法确定
【解析】选A.设正方体的棱长为a,球的半径为R,由题意,得V=πR3=a3,所以a=,R=,
所以S正方体=6a2=6=,
S球=4πR2=<.
4.在棱长为1的正方体上,分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的几何体的体积是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.截去的每个小三棱锥的体积为××××=×,则剩余部分体积V=1-××8=1-=.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.一个圆柱的底面直径和高都等于一个球的直径,则这个圆柱的体积与球的体积的比值为________.?
【解析】代入圆柱和球的体积公式求比即可.设球的半径为r,则圆柱的底面半径是r,高是2r,
所以V球=πr3,V柱=πr2·2r=2πr3.
所以V柱∶V球=2πr3∶πr3=3∶2=.
答案:
6.如图,三棱柱
ABC-A1B1C1
的体积为
V1,四棱锥
A1-BCC1B1
的体积为
V2,则=________.?
【解析】不妨设三棱柱是正三棱柱,设底面边长a和侧棱长h均为1,则
V1=
S△ABC·h=×1××1=,V2=·h′=×1×1×=,所以=÷=.
答案:
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图,圆柱的底面半径为r,球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等,圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心,圆锥的底面是圆柱的下底面.
(1)计算圆柱的表面积.
(2)计算图中圆锥、球、圆柱的体积比.
【解析】(1)已知圆柱的底面半径为r,则圆柱和圆锥的高为h=2r,圆锥和球的底面半径为r,
则圆柱的表面积为S圆柱表=2×πr2+4πr2=6πr2.
(2)由(1)知V圆锥=πr2×2r=πr3,V圆柱=πr2×2r=2πr3,V球=πr3,V圆锥∶V球∶
V圆柱=πr3∶πr3∶2πr3=1∶2∶3.
8.(14分)有一个倒置圆锥形容器,它的轴截面(如图)是一个正三角形,在容器内放一个半径为r的铁球,并注入水,使水面与球正好相切,然后将球取出,求这时容器中水的深度.
世纪
【解析】因轴截面是正三角形,根据切线性质知当球在容器内时,水的深度为3r,水面半径为r,则容器内水的体积为V=V圆锥-V球=π(r)2·3r-πr3=πr3.将球取出后,设容器中水的深度为h,则水面圆的半径为h,从而容器内水的体积是V′=πh=πh3.由V=V′得h=r.
(15分钟·30分)
1.(4分)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∶A1B1=1∶2,则三棱锥A1-ABC,B-A1B1C,C-A1B1C1的体积之比为
( )
A.1∶1∶1
B.1∶1∶2
C.1∶2∶4
D.1∶4∶4
【解析】选C.设棱台的高为h,S△ABC=S,则=4S,所以=S△ABC·
h=Sh,
=·h=Sh.
又V台=h(S+4S+2S)=Sh,
所以=V台--
=Sh-Sh-Sh=Sh.
所以所求体积之比为1∶2∶4.
2.(4分)四面体ABCD中,共顶点A的三条棱两两相互垂直,且其长分别为1,,3.若四面体ABCD的四个顶点同在一个球面上,则这个球的体积为
( )
A.
8π
B.
C.4π
D.8π
【解析】选B.由题意,四面体是长方体的一个角,扩展为长方体,外接球相同,长方体的对角线就是球的直径,所以球的直径为4,半径为2,即外接球的体积为πR3=.
3.(4分)(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6
cm,AA1=4
cm,3D打印所用原料密度为0.9
g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为________.?
【解析】S四边形EFGH=4×6-4××2×3=12(cm2),
V=6×6×4-×12×3=132(cm3).
m=ρV=0.9×132=118.8(g).
答案:118.8
g
4.(4分)如图所示图形是一个底面直径为20厘米的装有一部分水的圆柱形玻璃杯,水中放着一个底面直径为6厘米、高为20厘米的圆锥体铅锤,当铅锤从水中取出后,杯里的水将下降________厘米.
世纪?
【解题指南】因为玻璃杯是圆柱形的,所以铅锤取出后,水面下降部分实际上是一个小圆柱,这个圆柱的底面与玻璃杯的底面一样,是一直径为20厘米的圆,它的体积正好等于圆锥体铅锤的体积,这个小圆柱的高就是水面下降的高度.
【解析】因为圆锥形铅锤的体积为×π××20=60π(立方厘米).
设水面下降的高度为x厘米,则小圆柱的体积为π××x=100πx(立方厘米).
所以60π=100πx,解此方程得x=0.6.
答案:0.6
5.(14分)如图所示,有一块扇形铁皮OAB,∠AOB=60°,OA=72
cm,要剪下来一个扇环ABCD,作圆台形容器的侧面,并在余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面),试求:
(1)AD的长.(2)容器的容积.
世纪
【解析】(1)如图(1),设圆台的上、下底面半径分别为r
cm,R
cm,AD=x
cm,则OD=(72-x)
cm,
由题意得
解得R=12,r=6,x=36,
所以AD=36
cm.
(2)如图(2)所示,圆台的高为
h===6(cm),
所以圆台的体积V=πh(R2+Rr+r2)=π·6·(122+12×6+62)=504π(cm3).
1.如图,一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水.若放入一个半径为r的实心铁球,水面高度恰好升高r,则=__________.
世纪?
【解析】水面高度升高r,则圆柱体积增加πR2·r.恰好是半径为r的实心铁球的体积,因此有πr3=πR2r.故=.
答案:
2.如图所示,一个圆锥形的空杯子上放着一个直径为8
cm的半球形冰淇淋,请你设计一种这样的圆锥形杯子(杯口直径等于半球形的冰淇淋的直径,杯子壁厚忽略不计),使冰淇淋融化后不会溢出杯子,怎样设计最省材料?最省材料为多少?
世纪
【解析】设圆锥的高为h
cm.因为半球的半径为4
cm,
所以V半球=×π×43=π,
V圆锥=π×42·h=πh.
要使冰淇淋融化后不会溢出杯子,
则有V半球≤V圆锥,
即π≤πh,解得h≥8.
即当圆锥形杯子的高大于或等于8
cm时,冰淇淋融化后不会溢出杯子,因为
S圆锥侧=πrl=πr=4π在[8,+∞)上单调递增,所以当h=8时,
S圆锥侧最小,
所以圆锥的高为8
cm时,制造杯子最省材料,此时最省材料为16π
cm2.
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-课时素养评价十四 平面的基本事实与推论
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全对的得2分,有选错的得0分)
1.下列命题:①圆上三点可以确定一个平面;②圆心和圆上两点可以确定一个平面;③四条平行线不能确定五个平面;④不共线的五点,可以确定五个平面,必有三点共线.其中假命题的个数为
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.由公理可知,①显然正确;若圆上两点为直径的两个端点,则圆心和圆上两点不能确定一个平面,②不正确;四条平行线只能确定一个,四个或六个平面,③正确;④不共线的五点,可以确定五个平面,必有三点共线,不正确,比如四棱锥.
2.如果两个不重合平面有一个公共点,那么这两个平面
( )
A.没有其他公共点
B.仅有这一个公共点
C.仅有两个公共点
D.有无数个公共点
【解析】选D.由基本事实3可知,两个不重合平面有一个公共点,它们有且只有一条过该公共点的公共直线,则有无数个公共点.
3.如图所示,在四面体中,若直线EF和GH相交,则它们的交点一定是
( )
A.在直线DB上
B.在直线AB上
C.在直线CB上
D.以上都不对
【解析】选A.直线EF和GH相交,设交点为M,因为EF?平面ABD,HG?平面CBD,所以M∈平面ABD,且M∈平面CBD,因为平面ABD∩平面BCD=BD,所以M∈BD,所以EF与GH的交点在直线DB上.
4.(多选题)平面α与平面β,γ都相交,则这三个平面可能有交线
( )
A.0条
B.1条
C.2条
D.3条
【解析】选BCD.当α过β,γ的交线时,三平面有一条交线.当β∥γ时,有两条交线.当α与β,γ两两相交且不交于同一直线时,有三条交线.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.已知平面α∩平面β=l,点M∈α,N∈α,P∈β,P?l,且MN∩l=R,过M,N,P三点所确定的平面记为γ,则β∩γ=________.?
【解析】如图,MN?γ,R∈MN,所以R∈γ.又R∈l,所以R∈β.又P∈γ,P∈β,所以β∩γ=直线PR.
答案:直线PR
6.下列命题中,正确命题的序号为________.?
(1)A∈l,A∈α,B∈l,B∈α?l?α;
(2)A∈α,A∈β,B∈α,B∈β?α∩β=AB;
(3)l?α,A∈l?A?α;
(4)A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共线?α,β重合.
【解析】对于命题(1)即为直线l上有两点在平面内,则直线l在平面内,所以它是正确的;对于命题(2)即为两平面的公共点在公共直线上,所以它是正确的;对于命题(3),一条直线不在平面内,该直线上的点不一定不在平面内,所以该命题错误;对于命题(4)为不共线的三点确定一个平面,故(4)也对.
答案:(1)(2)(4)
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图,AB∥CD,AB∩α=B,CD∩α=D,AC∩α=E.求证:B,E,D三点共线.
【证明】因为AB∥CD,所以AB,CD可确定一个平面,设为平面β,则直线AC?β,
又因为AC∩α=E,所以E∈AC?β,E∈α,
所以E是平面α与平面β的公共点,
同理由AB∩α=B,CD∩α=D,
可推出B,D是平面α与平面β的公共点,
根据公理3可知,B,E,D三点共线.
8.(14分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:
(1)D,B,F,E四点共面.
(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.
世纪
【证明】如图.
(1)因为EF是△D1B1C1的中位线,
所以EF∥B1D1.在正方体AC1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面,
即D,B,F,E四点共面.
(2)正方体AC1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,平面BDEF确定的平面为β.因为Q∈A1C1,
所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.
则Q是α与β的公共点,同理P是α与β的公共点,所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C.所以R∈α,且R∈β,则R∈PQ.
故P,Q,R三点共线.
(15分钟·30分)
1.(4分)空间四点A,B,C,D共面而不共线,那么这四点中
( )
A.必有三点共线
B.必有三点不共线
C.至少有三点共线
D.不可能有三点共线
【解析】选B.如图(1)(2)所示,A,C,D均不正确,只有B正确.
2.(4分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别为棱A1B1,BB1的中点,则D1E与CF的延长线交于一点,此点在直线
( )
A.AD上
B.B1C1上
C.A1D1上
D.BC上
【解析】选B.由平面基本性质知:D1E与CF的交点在平面A1B1C1D1上,也在平面BB1C1C上,故交点在两平面的交线B1C1上.
【加练·固】
1.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是梯形,AB∥CD,若平面PAD∩平面PBC=l,则
( )
A.l∥CD
B.l∥BC
C.l与直线AB相交
D.l与直线DA相交
【解题指南】解答本题的关键是找到平面PAD与平面PBC的两个公共点,显然点P是一个,另一个是AD与BC的交点.
【解析】选D.因为四棱锥P-ABCD的底面ABCD是梯形,AB∥CD,所以AD与CB必相交于点M,且P是平面PAD和平面PBC的公共点,又平面PAD∩平面PBC=l,所以P∈l,l与直线DA相交.
2.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,C?l,直线AB∩l=D,过A,B,C三点确定的平面为γ,则平面γ,β的交线必过
( )
A.点A
B.点B
C.点C,但不过点D
D.点C和点D
【解析】选D.A,B,C确定的平面γ与直线BD和点C确定的平面重合,故C,D∈γ,且C,D∈β,故C,D在γ和β的交线上.
3.(4分)如图所示,A,B,C,D为不共面的四点,E,F,G,H分别在线段AB,BC,CD,DA上.
(1)如果EH∩FG=P,那么点P在直线______上;?
(2)如果EF∩GH=Q,那么点Q在直线______上.?
【解析】(1)若EH∩FG=P,则点P∈平面ABD,P∈平面BCD,而平面ABD∩平面BCD=BD,所以P∈BD.
(2)若EF∩GH=Q,则Q∈平面ABC,Q∈平面ACD,而平面ABC∩平面ACD=AC,所以Q∈AC.
答案:(1)BD (2)AC
4.(4分)正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么过P,Q,R的截面图形是________.
世纪?
【解析】如图所示,取C1D1中点E,连接RE,则RE?PQ,所以P,Q,E,R共面.记这个平面为α,
延长QP与CB,延长线交于M,连接MR,交B1B于F,则F∈α.由平面几何知识得F是B1B的中点,
同理D1D的中点G∈α,连接PF,QG,GE,
则正六边形EGQPFR就是截面图形.
答案:正六边形
【加练·固】如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E,F,G分别为棱BC,C1C,B1C1的中点,O1,O2分别为四边形ADD1A1,A1B1C1D1的中心,则下列各组中的四个点在同一个平面上的是________.?
①A,C,O1,D1;②D,E,G,F;③A,E,F,D1;④G,E,O1,O2.
【解析】正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E,F,G分别为棱BC,C1C,B1C1的中点,O1,O2分别为四边形ADD1A1,A1B1C1D1的中心,①所以O1是AD1的中点,所以O1在平面ACD1内;②因为E,G,F在平面BCC1B1内,D不在平面BCC1B1内,所以D,E,G,F不共面;③由已知可得EF∥AD1,所以A,E,F,D1共面;④连接GO2,交A1D1于H,则H为A1D1的中点,连接HO1,则HO1∥GE,所以G,E,O1,O2四点共面.
答案:①③④
5.(14分)如图所示,G是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1延长线上一点,E,F是棱AB,BC的中点.试分别画出过下列各点、直线的平面与正方体表面的交线.
(1)过点G及AC.
(2)过三点E,F,D1.
世纪
【解析】(1)画法:连接GA,交A1D1于点M;连接GC,交C1D1于点N;连接MN,AC,则MA,CN,MN,AC为所求平面与正方体表面的交线.如图①所示.
(2)画法:连接EF交DC的延长线于点P,交DA的延长线于点Q;连接D1P交CC1于点M,连接D1Q交AA1于点N;连接MF,NE,则D1M,MF,FE,EN,ND1即为所求平面与正方体表面的交线.如图②所示.
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列说法正确的是________.(只填序号)
世纪?
①直线AC1在平面CC1B1B内;②若正方形ABCD与A1B1C1D1的中心分别为O,O1,则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1;③由A,C1,B1确定的平面是ADC1B1;④由A,C1,B1确定的平面与由A,C1,D确定的平面是同一个平面.
【解析】①错误.如图所示,点A?平面CC1B1B,所以直线AC1?平面CC1B1B.
②正确.如图所示,连接AC,BD,A1C1,B1D1,
因为O∈直线AC,AC?平面AA1C1C,O∈直线BD,BD?平面BB1D1D,O1∈直线A1C1,A1C1?平面AA1C1C,O1∈直线B1D1,B1D1?平面BB1D1D,
所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.
③④都正确,因为AD∥B1C1,且AD=B1C1,
所以四边形AB1C1D是平行四边形,
所以A,B1,C1,D共面.
答案:②③④
2.试画图说明三个平面可把空间分成几个部分?
世纪
【解析】三个平面可把空间分成4(如图①)、6(如图②③)、7(如图④)或8(如图⑤)个部分.
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-课时素养评价十五 平行直线与异面直线
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,
OA与O1A1的方向相同,则下列结论中正确的是
( )
A.OB∥O1B1且方向相同
B.OB∥O1B1
C.OB与O1B1不平行
D.OB与O1B1不一定平行
【解析】选D.由于∠AOB与∠A1O1B1是空间角,不一定在同一平面上,如图①.
此时OB与O1B1不平行.
若这两个角在同一平面上时,如图②,OB∥O1B1且方向相同;如图③,OB与O1B1不平行.
综上所述,OB与O1B1不一定平行.
2.如果直线a和直线b是异面直线,直线c与a也是异面直线,那么直线b与c
( )
A.异面
B.相交
C.平行
D.三种情况都有可能
【解析】选D.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB所在直线为直线a,DD1所在直线为b.若CC1所在直线为c,则b∥c;若B1C1所在的直线为c,则b与c异面;若A1D1所在的直线为c,则b与c相交.
3.两个三角形不在同一平面内,它们的边两两对应平行,那么这两个三角形
( )
A.全等
B.不相似
C.仅有一个角相等
D.相似
【解析】选D.由等角定理知,这两个三角形的三个角分别对应相等,所以这两个三角形相似.
4.(多选题)如图,在四面体A-BCD中,M,N,P,Q,E分别是AB,BC,CD,AD,AC的中点,则下列说法中正确的是
( )
A.M,N,P,Q四点共面
B.∠QME=∠CBD
C.△BCD∽△MEQ
D.四边形MNPQ为梯形.
【解析】选ABC.由中位线定理,易知MQ∥BD,ME∥BC,QE∥CD,NP∥BD.对于A,有MQ∥NP,所以M,N,P,Q四点共面,故A说法正确;对于B,根据等角定理,得∠QME=∠CBD,故B说法正确;对于C,由等角定理,知∠QME=∠CBD,∠MEQ=∠BCD,所以
△BCD∽△MEQ,故C说法正确.由三角形的中位线定理,知MQBD,NPBD,所以MQNP,所以四边形MNPQ为平行四边形,故D说法不正确.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.如图,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH,MN是异面直线的图形有________.?
【解析】题干图①中,GH∥MN,因此,GH与MN共面.图②中,G,H,N三点共面,但M?平面GHN,因此直线GH与MN异面.图③中,连接MG,GM∥HN,因此,GH与MN共面.图④中,G,M,N三点共面,但H?平面GMN,所以GH与MN异面.
答案:②④
6.已知在三棱锥A-BCD中,M,N分别为AB,CD的中点,则下列四个结论:
①MN≥(AC+BD);②MN≤(AC+BD);
③MN=(AC+BD);④MN<(AC+BD).
其中正确的是________.?
【解析】设BC中点为P,连接MP,PN.在△MPN中,MN答案:④
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图,已知棱长为a的正方体中,M,N分别是棱CD,AD的中点.
(1)求证:四边形MNA1C1是梯形.
(2)求证:∠DNM=∠D1A1C1.
【证明】(1)如图,连接AC.
因为在△ACD中,M,N分别是CD,AD的中点,
所以MN是三角形的中位线,所以MN∥AC,MN=AC.
由正方体的性质得AC∥A1C1,AC=A1C1,
所以MN∥A1C1,且MN=A1C1,即MN≠A1C1,
所以四边形MNA1C1是梯形.
(2)由(1)可知MN∥A1C1,又ND∥A1D1,
所以∠DNM与∠D1A1C1相等或互补,而∠DNM与∠D1A1C1均是直角三角形的锐角.
所以∠DNM=∠D1A1C1.
8.(14分)一块长方体木块如图所示,要经过平面A1C1内一点P和棱BC将木块锯开,应该怎样画线?
世纪
【解析】在平面A1B1C1D1内,经过点P作EF∥B1C1,且交A1B1于E,交D1C1于F;连接BE,CF,则BE,CF即为平面与长方体侧面的交线.要满足题意,只要沿BE,EF,FC画线即可.如图所示.
(15分钟·30分)
1.(4分)以下选项中,点P,Q,R,S分别在正方体的四条棱上,且是所在棱的中点,则直线PQ与RS是异面直线的是
( )
【解析】选C.本题容易错选A或B或D.不能严格根据异面直线的定义对两直线的位置关系作出正确判断,仅凭主观臆测和对图形的模糊认识作出选择.A,B中,PQ∥RS,D中,PQ和RS共面.
2.(4分)在三棱锥A-BCD中,AC⊥BD,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,则四边形EFGH是
( )
A.菱形
B.矩形
C.梯形
D.正方形
【解析】选B.如图,在△ABD中,点H,E分别为边AD,AB的中点,
所以HEBD,同理GBD,所以HEGF,所以四边形EFGH为平行四边形.
又AC⊥BD,所以HG⊥HE,所以四边形EFGH是矩形.
3.(4分)已知角α和角β的两边分别平行且一组边的方向相同,另一组边的方向相反,若α=45°,则β=________.?
【解析】由等角定理可知β=135°.
答案:135°
4.(4分)在长方体中各棱所在直线平行的有________对.?
【解析】在如图所示的长方体中,水平放置的四条直线AB,DC,A1B1,D1C1,共组成6对平行的直线,考虑到长方体中有三类平行线,所以共有6×3=18对平行直线.
答案:18
5.(14分)如图,已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点,且==,==.
(1)求证:E,F,G,H四点共面.
(2)若四边形EFGH是正方形,求证:AC⊥BD.
世纪
【证明】(1)如题图,在△ABD中,
由题意可知E,H分别是AB,AD的三等分点(靠近点A),
所以EH∥BD.同理FG∥BD,则EH∥GF.
故E,F,G,H四点共面.
(2)由(1)知EH∥BD,同理AC∥GH.
又因为四边形EFGH是正方形,所以EH⊥GH.
故AC⊥BD.
1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,M,N分别是棱AB,BC,A1B1,
BB1,C1D1,CC1的中点,则下列结论正确的是
世纪( )
A.直线GH和MN平行,GH和EF相交
B.直线GH和MN平行,MN和EF相交
C.直线GH和MN相交,MN和EF异面
D.直线GH和EF异面,MN和EF异面
【解析】选B.易知GH∥MN,又因为E,F,M,N分别为所在棱的中点,所以FN?EM,所以EF与MN相交.
2.如图,ABCD-A′B′C′D′为长方体,底面是边长为a的正方形,高为2a,M,N分别是CD和AD的中点.
(1)判断四边形MNA′C′的形状.
(2)求四边形MNA′C′的面积.
世纪
【解析】(1)连接AC.因为M,N分别是CD和AD的中点,所以MNAC.因为ABCD-A′B′C′D′为长方体.所以四边形ACC′A′为矩形.所以A′C′AC,所以MNA′C′,所以四边形MNA′C′是梯形.在△A′AN和△C′CM中,因为
∠A′AN=∠C′CM=90°,A′A=C′C=2a,AN=CM=a,所以△A′AN≌△C′CM.
所以A′N=C′M.
所以四边形MNA′C′是等腰梯形.
(2)由A′C′=a,MN=a,A′N=C′M=a,
得梯形高h=a,
所以四边形MNA′C′的面积S=a2.
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-课时素养评价十一 棱锥与棱台
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.(2019·天津高一检测)下列说法不正确的是
( )
A.三棱锥是四面体
B.三棱台是五面体
C.正方体是四棱柱
D.四棱柱是长方体
【解析】选D.三棱锥有四个面,三棱台有五个面,所以A,B正确.正方体是四棱柱,但是四棱柱不一定是长方体,所以C正确,D错误.
2.如图所示,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC=2.∠APB=∠BPC=∠APC=30°,一只蜜蜂从A点出发沿四面体的表面绕行一周,再回到A点,则蜜蜂经过的最短路程是
( )
A.2
B.10
C.2
D.10
【解析】选C.将四面体沿PA剪开,并展成如图所示的平面图形,则AA′就是所求的最短路程.
因为∠APA′=90°,PA=PA′=2,所以最短路程AA′为2.
3.正方体的8个顶点中,有4个恰为正三棱锥的顶点,则正方体与正三棱锥的表面积之比是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.不妨设正三棱锥的顶点为A,C,B1,D1,
设正方体的棱长为1,则正三棱锥的棱长为.
所以正方体的表面积为6,正三棱锥的表面积为2.
所以它们的表面积之比为.
4.(多选题)如果一个棱锥的各条棱长都相等,那么这个棱锥可能是
( )
A.三棱锥
B.四棱锥
C.五棱锥
D.六棱锥
【解析】选ABC.由题意可知,每个侧面均为等边三角形,因为每个侧面的顶角为60°,故三棱锥、四棱锥、五棱锥都有可能,若是六棱锥,因为6×60°=360°,所以顶点会在底面上,因此这个棱锥一定不是六棱锥.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.已知,在正四棱锥P-ABCD中,底面面积为16,一条侧棱的长为2,则该棱锥的高为________.?
【解析】如图所示,P点在底面上的射影O是底面正方形的中心,所以OA=2.
又PA=2,所以在Rt△POA中可求得PO=6.
答案:6
6.一个棱锥被平行于底面的平面所截,若截面面积与底面面积之比为4∶9,则此棱锥的侧棱被分成的上、下两部分之比为________.?
【解析】设棱锥为S-ABCD,截面为A′B′C′D′,
则=,所以==.
所以=.
答案:2∶1
三、解答题(共26分)
7.(12分)试从正方体ABCD
-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干个点,连接后构成以下空间几何体,并且用适当的符号表示出来.
(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥;
(2)四个面都是等边三角形的三棱锥;
(3)三棱柱.
【解析】(1)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).
(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).
(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).
【加练·固】画一个三棱台,再把它分成:
(1)一个三棱柱和另一个多面体.
(2)三个三棱锥,并用字母表示.
【解析】画三棱台一定要利用三棱锥.
(1)如图①所示,三棱柱是棱柱A′B′C′?AB″C″,另一个多面体是C′B′BCC′′B′′.
(2)如图②所示,三个三棱锥分别是A′?ABC,B′?A′BC,C′?A′B′C.
8.(14分)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高是17
cm,两底面的边长分别是4
cm和16
cm,求这个棱台的侧棱长和斜高.
世纪
【解析】设棱台两底面的中心分别是O1和O,B1C1和BC的中点分别是E1和E,如图所示,连接O1O,E1E,AC,BD,A1C1,B1D1,OE,O1E1,
则OBB1O1和OEE1O1都是直角梯形.
因为A1B1=4
cm,AB=16
cm,
所以O1E1=2
cm,OE=8
cm,O1B1=2
cm,
OB=8
cm.
因此BB1==19(cm),
EE1==5(cm),
即这个棱台的侧棱长是19
cm,斜高是5
cm.
(15分钟·30分)
1.(4分)在四棱锥的四个侧面中,直角三角形最多可有
( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【解析】选D.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中取四棱锥A1-ABCD,则此四棱锥的四个侧面全为直角三角形.
2.(4分)正四棱台两底面边长分别为3
cm和5
cm,那么它的中截面面积为
( )
A.2
cm2
B.16
cm2
C.25
cm2
D.4
cm2
【解析】选B.如图所示,取A′A,B′B的中点分别为E,F,所以EF=(3+5)=4(cm).
所以S截=42=16(cm2).
3.(4分)如图所示,关于该几何体的说法正确的序号为________.?
(1)这是一个六面体.
(2)这是一个四棱台.
(3)这是一个四棱柱.
(4)此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到.
(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到.
【解析】(1)正确,因为该几何体有六个面,所以它是一个六面体.
(2)错误,因为该几何体侧棱的延长线不能交于一点,所以它不是一个棱台.
(3)正确,如果将该几何体的前后两个面作为底面,则它可以看作是一个四棱柱.
(4)、(5)都正确,如图所示.
答案:(1)(3)(4)(5)
4.(4分)一个正四棱台上、下底面边长分别为a,b,高是h,则它的一个对角面(经过不相邻两条侧棱的截面)的面积是________.?
【解析】可知对角面是上、下底分别为a和b,高为h的等腰梯形,其面积S=(a+b)h=.
答案:
5.(14分)棱台的两底面都是矩形,两底面对角线交点的连线是棱台的高且长为12
cm,上底的周长为112
cm,下底的长和宽分别为54
cm和30
cm.求棱台的侧面积.
世纪
【解析】设上底面的长为x
cm,宽为(56-x)cm,把棱台恢复成棱锥以后小棱锥的高为h
cm.
则==,所以x=36,56-x=20.
设侧面梯形的高分别为y
cm,z
cm.
则y==15,
z==13.
所以S侧=(54+36)×13+(30+20)×15=1
170+750=1
920(cm2).
答:棱台的侧面积是1
920
cm2.
【加练·固】已知棱锥V-ABC的底面面积是64
cm2,平行于底面的截面面积是4
cm2,棱锥顶点V在截面和底面上的射影分别是O1,O,过O1O的三等分点作平行于底面的截面,求各截面的面积.
【解析】设棱锥的高为h,其顶点到已知截面的距离VO1=h1,O1O的三等分点为O2,O3,
由已知得=,所以=.所以h1=h.
所以O1O=VO-VO1=h-h=h.
而O1O2=O2O3=O3O,
所以O1O2=O2O3=O3O=×h=h.
所以VO2=h+h=,
VO3=h+h+h=h.
设过O2,O3的截面面积分别为S2,S3,底面△ABC的面积为S.
因为S2∶S=∶h2,
所以S2=S=16(cm2).
因为S3∶S=∶h2,
所以S3=S=36(cm2).
所以两截面的面积分别为16
cm2和36
cm2.
1.用一个平面去截一个三棱锥,截面形状是
( )
世纪
A.四边形
B.三角形
C.三角形或四边形
D.不可能为四边形
【解析】选C.当截面图形如图所示时,依次为三角形与四边形.
2.一个棱台的上、下底面积之比为4∶9,若棱台的高是4
cm,求截得这个棱台的棱锥的高.
世纪
【解析】如图所示,将棱台还原为棱锥,
设PO是原棱锥的高,O′O是棱台的高.
因为棱台的上、下底面积之比为4∶9,所以它的底面对应边之比为A′B′∶AB=2∶3.
所以PA′∶PA=2∶3.
由于A′O′∥AO,所以=,即==.
所以PO=12
cm,即原棱锥的高是12
cm.
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