(共63张PPT)
单元素养评价(五)(第六章)
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得
( )
A.a?α,b?α
B.a?α,b∥α
C.a⊥α,b⊥α
D.a?α,b⊥α
【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则A?b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a?α,b∥α.
2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一点P,则
( )
A.点P一定在直线BD上
B.点P一定在直线AC上
C.点P一定在直线AC或BD上
D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上
【解析】选B.
如图,
因为P∈HG,HG?平面ACD,所以P∈平面ACD.
同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC,
所以P∈AC.
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
( )
【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,
则
由题意PO2=
ab,即b2-
ab,化简得
=0,解得
(负值舍去).
4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的
术:置如其周,令相乘也.
又以高乘之,三十六成一.
该术相当于给出了由圆锥
的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈
L2h.它实际上是将圆锥体积
公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈
L2h相当于将圆锥体积公式
中的π近似取为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr,
πr2h=
(2πr)2h,
所以π=
.
5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是
( )
A.平行
B.相交但不垂直
C.相交垂直
D.异面垂直
【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.
因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA?平面PAC,所以BD⊥PA.显然PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直.
6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为
( )
【解析】选B.如图,将直观图ABCD
还原后为直角梯形A′BCD′,其中
A′B=2AB=2,BC=1+
,A′D′=AD=1.
所以这个平面图形的面积S=
×(1+1+
)×2=2+
.
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则
( )
A.A1E⊥DC1
B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1
D.A1E⊥AC
【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1,又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,
所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E?平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.
8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,
使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为
( )
A.
B.
C.
D.3
【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,
也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED=
,AO=
,所以S四边形MNCB=
×(2+4)×
=3
,
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的
得0分)
9.用一张长、宽分别为8
cm和4
cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四
棱柱的对角线长可以为
( )
A.
cm
B.2
cm
C.32
cm
D.
cm
【解析】选BD.分两种情况:(1)以4
cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2
cm
的正方形,因此对角线长l1=
(cm).
(2)以8
cm长为高,则正四棱柱底面是边长为1
cm的正方形,因此对角线长
l2=
(cm).
10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是
( )
A.直角三角形 B.正五边形
C.正六边形
D.梯形
【解析】选CD.画出截面图形如图:
可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误;
如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误;
正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可以截出正六边形,故C正确;
可以截出梯形,故D正确.
11.如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是
( )
A.PC∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.OM⊥PA
D.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
【解析】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确.
同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论B正确.
由于四棱锥的棱长均相等,所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,结论C正确.
由于M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD,所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角,即为∠PDC.又三角形PDC为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误.
12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角
形,SC为球O的直径,且SC=2,则
( )
A.三棱锥S-ABC的体积为
B.三棱锥S-ABC的体积为
C.三棱锥O-ABC的体积为
D.三棱锥O-ABC的体积为
【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,
因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三
棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图,
所以S△ABC=
,高OD=
则VO-ABC=
VS-ABC=2VO-ABC=
.
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.
①若α∩β=a,b?α,a⊥b,则α⊥β;
②若a?α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;
③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;
④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.
上述命题中,正确命题的序号是________.?
【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.
答案:②④
14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________.?
【解析】因为球内切于圆柱,
所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以
V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球=
πr3.
所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的
.
所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的
,
即剩下的水的体积是圆柱体积的
,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积
的比值为
.
答案:
15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6
,则正四棱
台外接球的半径为________.?
【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1,
取正棱台的上下底面的中心O1,O2,
即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2,
则O2A=
AC=
AB=3
,
同理O1A1=
A1C1=
A1B1=
.
过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H,
则有A1H=
球心O在线段O1O2上,则有
=8,
解得R=3
.
答案:3
16.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平
面α,β内,P到β的距离为
,Q到α的距离为2
,则P,Q两点之间距离的最
小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________.?
【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连
接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2
,BP=
,所以AC=PD=2.
又因为PQ=
,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取
最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.
答案:2
90°
四、解答题(共70分)
17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,
因为EF?平面AB1C1,AB1?平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB?平面ABC,
所以B1C⊥AB,
又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC?平面AB1C,B1C?平面AB1C,
所以AB⊥平面AB1C,因为AB?平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
【补偿训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为CD的中点,F为PD上一点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)求证:平面PAB⊥平面FAE.
【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA?平面PAC,AC?平面PAC,PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD,
所以∠BAC=∠CAD=
∠BAD=60°,AC=AD.
因为E为CD的中点,所以∠CAE=
∠CAD=30°,
所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°,
即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.
又PA?平面PAB,AB?平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.
因为AE?平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE.
18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.
(1)求证:EF∥平面ACD;
(2)求异面直线AC与BD所成的角.
【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.
因为EF?平面ACD,AC?平面ACD,
所以EF∥平面ACD.
(2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角).
在△EFM中,EF=FM=EM=1,
所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°,
所以异面直线AC与BD所成的角为60°.
19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多
面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体
积是
cm3.
(1)求正方体石块的棱长;
(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面
积.
【解析】(1)设正方体石块的棱长为a
cm,
则每个截去的四面体的体积为
由题意可得8×
=a3,解得a=40.
故正方体石块的棱长为40
cm.
(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时
正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π×
=
1
600π(cm)2.
20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱
DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
(2)点C1在平面AEF内.
【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,
所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,
因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,
所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,
因为BB1∩BD=B,BB1,BD?平面BB1D1D,
因此AC⊥平面BB1D1D,
因为EF?平面BB1D1D,所以EF⊥AC;
(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,
因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,
所以ED=MC1,ED∥MC1,
所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,
因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,
因此点C1在平面AEF内.
【补偿训练】
如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是线段DD1上的动点.
(1)求证:EF∥平面BCC1B1;
(2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,
求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.
【解析】(1)如图,连接DE,D1E.
因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点,
所以BE∥CD,BE=CD,
所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC.
又DE?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,
所以DE∥平面BCC1B1.
因为DD1∥CC1,DD1?平面BCC1B1,
CC1?平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1.
又D1D∩DE=D,DE?平面DED1,D1D?平面DED1,
所以平面DED1∥平面BCC1B1.
因为EF?平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1.
(2)如图,连接BD.
设CD=1,则AB=BC=CC1=2.
因为∠BCD=60°,
所以BD=
所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD.
同理可得,C1D⊥CD.
因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D?平面D1C1CD,
所以C1D⊥平面ABCD,
因为BC?平面ABCD,
所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1.
在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图.
因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH.
因为C1H?平面C1DH,
所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H,
所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.
因为在Rt△C1CD中,C1D=
,
在Rt△BCD中,DH=CD·sin
60°=
,
所以在Rt△C1DH中,C1H=
所以cos
∠DC1H=
所以平面BCC1B1与平面DC1B1
所成角(锐角)的余弦值为
.
21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点.
(1)求证:BD⊥AC;
(2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在,请说明点N的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由.
【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP.
又因为PA⊥平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
因为AC?平面ABC,所以DE⊥AC.
因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC.
因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E,
所以AC⊥平面BDE.
又因为BD?平面BDE,所以BD⊥AC.
(2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE.
理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ.
因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE.
又因为MQ?平面BDE,BE?平面BDE,所以MQ∥平面BDE.
因为MN?平面MNQ,MQ?平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE,
所以平面MNQ∥平面BDE.
又因为NQ?平面MNQ,所以NQ∥平面BDE.
因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ?平面PAC,所以NQ∥DE.
又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点.
故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等分点.
22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PD上一点.
(1)求证:CD∥平面ABE;
(2)求证:CD⊥AE;
(3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F,
且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积.
【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD.
因为AB?平面ABE,CD?平面ABE,
所以CD∥平面ABE.
(2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,CD?平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE?平面PAD,所以CD⊥AE.
(3)由AB∥CD,CD?平面PCD,AB?平面PCD,得AB∥平面PCD,
而AB?平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB.
又E为PD的中点,可得EF=
CD.
由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角
形,E为PD的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形
PAD中,求得AE=
.
所以S梯形ABFE=
则四棱锥P-ABFE的体积V=
【补偿训练】
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点.
(1)证明:DE∥平面A1B1C1;
(2)若A1B1=B1C=2
,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.
【证明】(1)连接A1C,如图.
因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC.
因为B1E=EC,所以DE∥A1B1.
又因为A1B1?平面A1B1C1,DE?平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1B1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1.
因为A1A=2,A1B1=2
,所以AB1=2
.
又因为AC=2,B1C=2
,
所以AC2+B1C2=A
,得AC⊥B1C.
因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C?平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C,
又C1E?平面BB1C1C,所以AC⊥C1E,
同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2
,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1,
所以平行四边形BB1C1C为正方形.
因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C,
又AC∩B1C=C,AC,B1C?平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1.温馨提示：
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单元素养评价(五)(第六章)
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得( )
A.a?α,b?α
B.a?α,b∥α
C.a⊥α,b⊥α
D.a?α,b⊥α
【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则A?b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a?α,b∥α.
2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一点P,则( )
A.点P一定在直线BD上
B.点P一定在直线AC上
C.点P一定在直线AC或BD上
D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上
【解析】选B.
如图,
因为P∈HG,HG?平面ACD,所以P∈平面ACD.
同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC,
所以P∈AC.
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,
则PO==,
由题意PO2=ab,即b2-=ab,化简得4-2·-1=0,解得=(负值舍去).
4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的术:置如其周,令相乘也.
又以高乘之,三十六成一.
该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )
A. B. C. D.
【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr,πr2h=(2πr)2h,所以π=.
5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是( )
A.平行
B.相交但不垂直
C.相交垂直
D.异面垂直
【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.
因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA?平面PAC,所以BD⊥PA.显然PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直.
6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),
∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( )
A.+
B.2+
C.+
D.+
【解析】选B.如图,将直观图ABCD
还原后为直角梯形A′BCD′,其中
A′B=2AB=2,BC=1+,A′D′=AD=1.
所以这个平面图形的面积S=×(1+1+)×2=2+.
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )
A.A1E⊥DC1
B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1
D.A1E⊥AC
【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1,又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,
所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E?平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.
8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为
( )
A.
B.
C.
D.3
【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED=,AO=,所以
S四边形MNCB=×(2+4)×=3,V=××3=.
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.用一张长、宽分别为8
cm和4
cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四棱柱的对角线长可以为( )
A.
cm
B.2
cm
C.32
cm
D.
cm
【解析】选BD.分两种情况:(1)以4
cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2
cm的正方形,因此对角线长l1==2(cm).
(2)以8
cm长为高,则正四棱柱底面是边长为1
cm的正方形,因此对角线长l2==(cm).
10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是( )
A.直角三角形 B.正五边形
C.正六边形
D.梯形
【解析】选CD.画出截面图形如图:
可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误;
如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误;
正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可以截出正六边形,故C正确;
可以截出梯形,故D正确.
11.如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是( )
A.PC∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.OM⊥PA
D.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
【解析】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确.
同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论B正确.
由于四棱锥的棱长均相等,所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所以OM⊥PA,结论C正确.
由于M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD,所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角,即为∠PDC.又三角形PDC为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误.
12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则( )
A.三棱锥S-ABC的体积为
B.三棱锥S-ABC的体积为
C.三棱锥O-ABC的体积为
D.三棱锥O-ABC的体积为
【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图,
所以S△ABC=,高OD==,
则VO-ABC=××=,VS-ABC=2VO-ABC=.
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.
①若α∩β=a,b?α,a⊥b,则α⊥β;
②若a?α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;
③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;
④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.
上述命题中,正确命题的序号是________.?
【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.
答案:②④
14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________.?
【解析】因为球内切于圆柱,
所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以
V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球=πr3.
所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的.
所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的,
即剩下的水的体积是圆柱体积的,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为.
答案:
15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6,则正四棱台外接球的半径为________.?
【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1,
取正棱台的上下底面的中心O1,O2,
即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2,
则O2A=AC=AB=3,
同理O1A1=A1C1=A1B1=.
过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H,
则有A1H===8,
球心O在线段O1O2上,则有+=8,解得R=3.
答案:3
16.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平面α,β内,P到β的距离为,Q到α的距离为2,则P,Q两点之间距离的最小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________.?
【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2,BP=,所以AC=PD=2.
又因为PQ==≥2,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.
答案:2 90°
四、解答题(共70分)
17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,
因为EF?平面AB1C1,AB1?平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB?平面ABC,
所以B1C⊥AB,
又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC?平面AB1C,B1C?平面AB1C,
所以AB⊥平面AB1C,因为AB?平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
【补偿训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为CD的中点,F为PD上一点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)求证:平面PAB⊥平面FAE.
【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA?平面PAC,AC?平面PAC,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD,
所以∠BAC=∠CAD=∠BAD=60°,AC=AD.
因为E为CD的中点,所以∠CAE=∠CAD=30°,所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+
30°=90°,
即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.
又PA?平面PAB,AB?平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.
因为AE?平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE.
18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.
(1)求证:EF∥平面ACD;
(2)求异面直线AC与BD所成的角.
【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.
因为EF?平面ACD,AC?平面ACD,
所以EF∥平面ACD.
(2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角).
在△EFM中,EF=FM=EM=1,
所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°,
所以异面直线AC与BD所成的角为60°.
19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体积是cm3.
(1)求正方体石块的棱长;
(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面积.
【解析】(1)设正方体石块的棱长为a
cm,
则每个截去的四面体的体积为
××××=.
由题意可得8×+=a3,解得a=40.
故正方体石块的棱长为40
cm.
(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π×2=
1
600π(cm)2.
20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
(2)点C1在平面AEF内.
【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,
所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,
因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,
所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,
因为BB1∩BD=B,BB1,BD?平面BB1D1D,
因此AC⊥平面BB1D1D,
因为EF?平面BB1D1D,所以EF⊥AC;
(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,
因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,
所以ED=MC1,ED∥MC1,
所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,
因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,
因此点C1在平面AEF内.
【补偿训练】
如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是线段DD1上的动点.
(1)求证:EF∥平面BCC1B1;
(2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.
【解析】(1)如图,连接DE,D1E.
因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点,
所以BE∥CD,BE=CD,
所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC.
又DE?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,
所以DE∥平面BCC1B1.
因为DD1∥CC1,DD1?平面BCC1B1,
CC1?平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1.
又D1D∩DE=D,DE?平面DED1,D1D?平面DED1,
所以平面DED1∥平面BCC1B1.
因为EF?平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1.
(2)如图,连接BD.
设CD=1,则AB=BC=CC1=2.
因为∠BCD=60°,
所以BD==.
所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD.
同理可得,C1D⊥CD.
因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D?平面D1C1CD,所以C1D⊥平面ABCD,
因为BC?平面ABCD,
所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1.
在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图.
因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH.
因为C1H?平面C1DH,
所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H,
所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.
因为在Rt△C1CD中,C1D=,
在Rt△BCD中,DH=CD·sin
60°=,
所以在Rt△C1DH中,C1H==,
所以cos
∠DC1H==.
所以平面BCC1B1与平面DC1B1
所成角(锐角)的余弦值为.
21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点.
(1)求证:BD⊥AC;
(2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在,请说明点N的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由.
【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP.
又因为PA⊥平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
因为AC?平面ABC,所以DE⊥AC.
因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC.
因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E,
所以AC⊥平面BDE.
又因为BD?平面BDE,所以BD⊥AC.
(2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE.
理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ.
因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE.
又因为MQ?平面BDE,BE?平面BDE,所以MQ∥平面BDE.
因为MN?平面MNQ,MQ?平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE,
所以平面MNQ∥平面BDE.
又因为NQ?平面MNQ,所以NQ∥平面BDE.
因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ?平面PAC,所以NQ∥DE.
又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点.
故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等分点.
22.(12分)
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E为侧棱PD上一点.
(1)求证:CD∥平面ABE;
(2)求证:CD⊥AE;
(3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F,且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积.
【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD.
因为AB?平面ABE,CD?平面ABE,
所以CD∥平面ABE.
(2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,CD?平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE?平面PAD,所以CD⊥AE.
(3)由AB∥CD,CD?平面PCD,AB?平面PCD,得AB∥平面PCD,
而AB?平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB.
又E为PD的中点,可得EF=CD.
由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角形,E为PD的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形PAD中,求得AE=.
所以S梯形ABFE=(1+2)×=.
则四棱锥P-ABFE的体积V=S梯形ABFE·PD=×××2=.
【补偿训练】
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点.
(1)证明:DE∥平面A1B1C1;
(2)若A1B1=B1C=2,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.
【证明】(1)
连接A1C,如图.
因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC.
因为B1E=EC,所以DE∥A1B1.
又因为A1B1?平面A1B1C1,DE?平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1B1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1.
因为A1A=2,A1B1=2,所以AB1=2.
又因为AC=2,B1C=2,
所以AC2+B1C2=A,得AC⊥B1C.
因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C?平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C,
又C1E?平面BB1C1C,所以AC⊥C1E,
同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1,
所以平行四边形BB1C1C为正方形.
因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C,
又AC∩B1C=C,AC,B1C?平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1.
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