【同步必刷题】1.1 空间几何体的结构 提高练（含解析）

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2020-2021学年人教A版必修二同步必刷题提高练
第一章《空间几何体》
1.1
空间几何体的结构
一．选择题
1．（2020秋?浙江期中）若三棱锥P﹣ABC满足，PA＝BC，PB＝AC，PC＝AB，则该三棱锥可能是（　　）
A．AB＝2，BC＝3，CA＝4
B．AB＝3，BC＝4，CA＝5
C．AB＝4，BC＝5，CA＝6
D．以上选项都不可能
2．（2020春?越秀区校级期中）在长方体A1B1C1D1﹣ABCD中，直线A1C与平面BC1D交于点M，则M为△BC1D的（　　）
A．垂心
B．内心
C．外心
D．重心
3．（2020秋?大连期中）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，P是侧棱CC1上的一点，且CP＝m（0＜m＜2），设λ（0≤λ≤1），D1Q在平面APD1上的正投影垂直于AP，则有（　　）
A．λ
B．λ
C．λ
D．λ随着m的变化而变化
4．（2020秋?湖州期中）如图，已知三棱柱ABC﹣A'B'C'的底面是正三角形，侧棱AA′⊥底面ABC，AB＝9，AA'＝3，点P在四边形ABB'A'内，且P到AA'，A'B'的距离都等于1，若D为BC上靠近C的四等分点，过点P且与A'D平行的直线交三棱柱ABC﹣A'B'C'于点P，Q两点，则点Q所在平面是（　　）
A．ACC'A'
B．BCC'B'
C．ABC
D．ABB'A'
5．（2020秋?湖北期中）设动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，λ，当∠APC为锐角时，λ的取值范围是（　　）
A．[0，）
B．[0，）
C．（，1）
D．（，1）
6．（2020?眉山模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为4，P是AA1中点，过点D1作平面α，满足CP⊥平面α，则平面α与正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面周长为（　　）
A．4
B．12
C．8
D．8
7．（2020?大观区校级模拟）已知在三棱锥P﹣ABC中，O为AB中点，PO⊥平面ABC，∠APB＝90°，PA＝PB＝2，下列说法中错误的是（　　）
A．若O为△ABC的外心，则PC＝2
B．若△ABC为等边三角形，则AP⊥BC
C．当∠ACB＝90°时，PC与平面PAB所成角的范围为
D．当PC＝4时，M为平面PBC内动点，若OM∥平面PAC，则M在三角形PBC内的轨迹长度为2
8．（2020秋?潞州区校级期中）如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面边长为4，下底面边长为8，高为5，点M，N分别在A1B1，D1C1上，且A1M＝D1N＝1．过点M，N的平面α与此四棱台的下底面会相交，则平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为（　　）
A．18
B．30
C．6
D．36
9．（2020?昌平区模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点E在棱BC上，且满足BE＝2EC，动点M在正方体表面上运动，且ME⊥BD1，则动点M的轨迹的周长为（　　）
A．
B．
C．
D．
二．填空题
10．（2020秋?余姚市校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，，AD＝2，则四边形ABCD绕直线AD旋转一周所形成的几何体的表面积是　
　，体积是　
　．
11．（2020秋?全国月考）把圆心角为90°的扇形铁片围成一个侧面积为16πm2的圆锥（接缝处忽略不计），该圆锥竖直倒置后放入一个球，该球恰好与圆锥的侧面上边缘相切，则球心到圆锥顶点的距离为　
　m．
12．（2020秋?四川月考）古人为避雷和便于雨水下泄，常将屋顶设计成圆锥形状，多见于我国东南沿海地带，经测算某圆锥屋顶的轴截面为一个斜边长约为20米的等腰直角三角形，则圆锥的侧面积约为　
　平方米．
13．（2020?石家庄模拟）在四面体ABCD中，AC＝BC＝CD＝8，AB＝AD＝BD＝6，AB?平面α，E，F分别为线段AD，BC的中点，现将四面体以AB为轴旋转，则线段EF在平面内投影长度的取值范围是　
　．
14．（2019秋?湛江期末）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1＝　
　．
15．（2019春?福州期末）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝AA1＝2，AD＝CD＝BC＝1，M，N分别为CC1，DD1的中点，平面ABM∩平面A1B1C1D1＝l．给出以下几个说法：
①A1B1∥l；
②直线AN与l的夹角为45°；
③l与平面BB1C1C所成的角为60°
④平面ADD1A1内存在直线与l平行．
其中正确命题的序号是　
　．
三．解答题
16．（2019春?越秀区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝2，F为AD上的一点，DF＝3，E是AD的延长线及以D为圆心CD为半径的圆的交点，该图实线部分几何图形以直线AE为轴旋转一周得到一几何体，求该几何体的体积V及表面积S．
17．（2019秋?平城区校级月考）（1）已知圆台的上下底面半径分别是2，5，且侧面面积等于两底面面积之和，求该圆台的母线长．
（2）有一个正四棱台形状的油槽，可以装油190L，假如它的两底面长分别等于60cm和40cm，求它的深度为多少cm？
18．（2018秋?隆回县期末）如图是由一个长方体和一个圆柱组成的组合体．
（1）求该组合体的表面积．
（2）求该组合体的体积．
19．（2019秋?江苏月考）某种水箱用的“浮球”是由两个相同半球和一个圆柱筒组成，它的轴截面如图所示，已知半球的直径是12cm，圆柱筒高6cm，为增强该“浮球”的牢固性，给“浮球”内置一“双蝶形”防压卡，防压卡由金属材料杆AC，BD，O1C，O1D，O2A，O2B及O1O2焊接而成，其中O1，O2分别是圆柱上下底面的圆心，A，B，C，D均在“浮球”的内壁上，AC，BD通过“浮球”中心O，且AD、BC均与圆柱的底面垂直．
（1）设O1C与圆柱底面所成的角为θ，试用θ表示出防压卡中四边形O1O2BC的面积f（θ），并写出θ的取值范围；
（2）研究表明，四边形O1O2BC的面积越大，“浮球”防压性越强，求四边形O1O2BC面积取最大值时，点C到圆柱上底面的距离d．
20．（2019春?武侯区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥PC，AD∥BC，AD⊥CD，且PC＝BC＝2AD＝2CD＝2，PA＝2．
（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；
（Ⅱ）在线段PD上，是否存在一点M，使得BM∥平面AMC，求的值．
21．（2018秋?湖北期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA＝PC＝2．
（1）求证：PB＝PD；
（2）若点M，N分别是棱PA，PC的中点，平面DMN与棱PB的交点Q，
则在线段BC上是否存在一点H，使得DQ⊥PH，若存在，求BH的长，
若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：将三棱锥P﹣ABC放置入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
则AB2＝b2+c2，BC2＝a2+b2，AC2＝a2+c2，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠BAC0，
∴∠BAC为锐角，
同理可得，∠ABC和∠ACB均为锐角，即△ABC为锐角三角形．
选项A，∵AB2+BC2＝4+9＜CA2＝16，∴△ABC为钝角三角形，不符合题意；
选项B，∵AB2+BC2＝9+16＝CA2＝25，∴△ABC为直角三角形，不符合题意；
选项C，∵AB2+BC2＝16+25＞CA2＝36，∴△ABC为锐角三角形，符合题意．
故选：C．
2．【解答】解：连接AC，BD，设交点为O，
由平面ACC1A1∩平面BDC1＝C1O，
而M∈A1C，A1C?平面AA1C1C，
又M∈平面BDC1，所以M∈C1O，
故C1，M，O三点共线，
由OC∥A1C1，
可得△OMC∽△C1MA1，
所以，
又因为OC1为△BDC1的中线，
所以M为△BDC1的重心．
故选：D．
3．【解答】解：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），P（0，1，m），D1（0，0，2），Q（1﹣λ，λ，2），
∴（﹣1，1，m），（1﹣λ，λ，0），
∵D1Q在平面APD1上的正投影垂直于AP，
∴?（1﹣λ）+λ＝0，
∴λ．
故选：B．
4．【解答】解：如图所示：
连接A′P并延长交直线AB于点M，
由于点P在四边形AA′B′B内，且点P到AA′，A′B′的距离都等于1，
可知∠AA′M＝45°，则△AA′M为等腰直角三角形，且AM＝AA′＝3＜AB，
所以，点M在线段AB上，
连接DM，由于点P在线段A′M上，过点P作PQ∥A′D交DM于点Q，
则点Q即为所求，且点Q在线段DM上，
因此点Q在平面ABC内，
故选：C．
5．【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），D1（0，0，1），
由λ，可得P（λ，λ，1﹣λ），
则（1﹣λ，﹣λ，λ﹣1），（﹣λ，1﹣λ，λ﹣1），
因为∠APC为锐角，
所以（1﹣λ，﹣λ，λ﹣1）?（﹣λ，1﹣λ，λ﹣1）＝（λ﹣1）（3λ﹣1）＞0，解得λ，或λ＞1，
又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上，
所以0，故λ的取值范围是[0，）．
故选：A．
6．【解答】解：取
AD
中点
E，AB
中点
F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，
如下图所示：
E
为
AD
中点，F
为
AB
中点，则
EF∥BD，BD∥B1D1
所以
EF∥B1D1
所以
E，F，B1，D1
四点共面．
根据正方形性质可知
CD⊥平面
ADD1A1，
而
D1E?平面ADD1A1，所以
CD⊥D1E，
A△D1DE≌△DAP，可知∠ED1D＝∠PDA，
而∠PDA+∠PDD1＝90°，所以∠ED1D+∠PDD1＝90°，
即
PD⊥D1E
为为
CD∩PD＝D，所以
D1E⊥平面
PDC，
而CP?平面
PDC，所以
D1E⊥CP；
E
为
AD
中点，F
为
AB
中点，由正方形和正方体性质可知
EF⊥AC，PA⊥EF，且
PA∩AC＝A，
所以
EF⊥平面
PAC，而
CP?平面
PDC，
所以
EF⊥CP，又因为
D1E⊥CP，D1E∩EF＝E
所以
CP⊥平面
EFB1D1
即平面
EFB1D1
为平面
与正方体
ABCD﹣A1B1C1D1
的截面，
正方体
ABCD﹣A1B1C1D1
棱长为
4
所以
EFB1D1
的周长为
B1D1+D1E+EF+B1F
，
故选：A．
7．【解答】解：O为△ABC的外心，可得OA＝OB＝OC，
PO⊥平面ABC，可得PO⊥OC，即有PC2，A正确；
若△ABC为等边三角形，若AP⊥BC，又AP⊥PB，可得AP⊥平面PBC，
即AP⊥PC，由PO⊥OC可得PC2AC，矛盾，
故B错误；
若∠ACB＝90°时，设PC与平面PAB所成角为θ，
可得OC＝OA＝OB，PC＝2，设C到平面PAB的距离为d，
由VC﹣PAB＝VP﹣ABC，可得d??2?2??AC?BC，
即有AC?BC＝2d4，当且仅当AC＝BC＝2取得等号，
可得d的最大值为，sinθ，即有θ的范围为（0，]，C正确；
取BC的中点N，PB的中点K，连接OK，ON，KN，
由中位线定理可得ON∥AC，OK∥PA，可得平面OKN∥平面PAC，
可得M在线段KN上，而KNPC＝2，可得D正确．
故选：B．
8．【解答】解：依题意，平面α与四棱台的面的交线所围成图形为以MN为上底，以在底面ABCD内且与MN平行的线段为下底的梯形，
即该梯形的上底长为4，下底长为8，所以当梯形的高最大时，平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值，即当该梯形为MNCB时面积最大．
过M做ME⊥平面ABCD，过点E做EG垂直于BC于G，交AD于F，
则因为BC?平面ABCD，所以BC⊥ME，又因为BC⊥EG，EG∩ME＝E，
所以BC⊥平面MEG，
因为MG?平面MEG，
所以MG⊥BC．
所以，在平面A1B1GF中，做A1H⊥FG＝H，B1I⊥FG＝I，
则FH＝IG2，HE＝A1M＝1，
所以EG＝AB﹣FE＝8﹣3＝5，又因为HE＝5，所以在直角三角形MEG中，MG5．
所以平面α与四棱台的面的交线所围成图形的面积的最大值为SMNCB30．
故选：B．
9．【解答】解：由正方体的特点可知BD1⊥平面ACB1，
在AB，BB1上分别取点P，Q，使得BP＝2PA，BQ＝2QB1，
连接PE，PQ，EQ，则PE∥AC，EQ∥B1C，
∴平面AB1C∥平面PEQ，
∴BD1⊥平面PEQ，
∴M的轨迹为△PEQ．
∵正方体棱长为3，∴AC＝3，
∴PE2，
∴△PEQ的周长为3PE＝6．
故选：A．
二．填空题
10．【解答】解：如图所示：
过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于E，
由已知∠ADC＝135°，所以∠CDE＝45°，
所以CE＝DE，
所以AE＝AD+DE＝4，BC，
所以四边形ABCD旋转所得的旋转体是一个组合体：
以CE＝2，AB＝5分别为上，下底的圆台，高AE＝4，在上底挖去底面半径和高都是2的圆锥，
所以S表＝S台下底+S台侧+S锥侧4（π，
体积为V，
故答案为：4（）π；．
11．【解答】解：设圆锥底面半径为r
m，母线长为l
m，其轴截面如图所示：
根据题意以及弧长公式可知，，解得l＝4r，
所以该圆锥的侧面积为S＝πrl＝4πr2＝16π，解得r＝2，l＝8，
设母线与高的夹角为θ，则，解得cosθ，
所以球心到圆锥顶点的距离为（m）．
故答案为：．
12．【解答】解：依题意，圆锥的底面半径为10米，母线长为米，
于是其侧面积为（平方米）．
故答案为：．
13．【解答】解：如图，取AB的中点O，连接CO，DO，
由AC＝BC，可得CO⊥AB，由AD＝BD，可得DO⊥AB，
又CO∩DO＝O，∴AB⊥平面CDO，得AB⊥CD．
取AC中点为G，连接EG、FG，
∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，
∴GE⊥GF，
∴EF2＝GE2+GF2＝（）2+（）2＝16+9＝25，
当四面体绕AB旋转时，
∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，
当CD与平面α垂直时，EF在平面上的射影长最短为GF＝3；
当CD与平面α平行时，平面EFG∥平面α，此时EF在平面α上的射影最长为EF，
∴线段EF在平面α上的射影长的取值范围是[3，5]．
故答案为：[3，5]．
14．【解答】解：∵AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
∴，
∵，
∴2226，
∴||．
故答案为：．
15．【解答】解：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝AA1＝2，AD＝CD＝BC＝1，
M，N分别为CC1，DD1的中点，平面ABM∩平面A1B1C1D1＝l．
在①中，∵在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面ABM∩平面A1B1C1D1＝l，平面ABM∩平面ABCD＝AB，A1B1∥AB，
∴A1B1∥l，故①正确；
在②中，取AB中点E，连结DE、NE，则AD＝AE＝DE＝DN＝1，
NE＝AN，
cos∠EAN，
∵l∥A1B1，A1B1∥AB，∴l∥AB，
∴直线AN与l所成角为∠NAE＝arccos，故②错误；
在③中，l与平面BB1C1C所成的角即为AB与平面BB1C1C所成的角，
取AD中点O，则EO⊥AD，AA1⊥EO，
∵AD∩AA1＝A，∴EO⊥平面ADD1A1，
∴∠EAO＝60°就是l与平面BB1C1C所成的角，故③正确；
在④中，∵l∥AB，AB∩平面ADD1A1＝A，
∴平面ADD1A1内不存在直线与l平行，故④错误．
故选：①③．
三．解答题
16．【解答】解：直线AE为轴旋转一周得到一几何体，其上部是一个半球体，球的半径CD＝2，
下部为一个以CD＝2为半径，高AD＝5的圆柱体，然后挖掉一个底面半径为AB＝2，高为AF＝AD﹣DF＝3的圆锥体，
则体积为V23+π×22×5π×22×3，
S4π×22+2π×2×5+π×2×3＝34π．
17．【解答】解：设圆台的母线长为l，
则圆台的上底面面积为S上＝π?22＝4π，
圆台的下底面面积为S下＝π?52＝25π，
所以圆台的底面面积为S＝S上+S下＝29π，
又圆台的侧面积S侧＝π（2+5）l＝7πl，
于是7πl＝29π，即l；
（2）由于V（SS′）h，
则h75cm．
故它的深度为75cm．
18．【解答】解：（1）该组合体的表面积为
S组合体＝S长方体+S圆柱侧＝2×（8×8+4×8+4×8）+2π×2×8＝256+32π；
（2）该组合体的体积为
V组合体＝V长方体+V圆柱＝4×8×8+π×22×8＝256+32π．
19．【解答】解：（1）因为O1、O2分别是圆柱上、下底面的圆心，所以O1O2与圆柱的底面垂直；
因为BC与圆柱的底面垂直，所以O1O2∥BC；
在梯形O1O2BC中，O1O2＝6，BC＝12sinθ+6，O1H＝6cosθ；
所以梯形O1O2BC的面积为
f（θ）（O1O2+BC）×O1H[6+（12sinθ+6）]×6cosθ＝36sinθcosθ+36cosθ，
其中θ的取值范围是（0，）；
（2）由（1）得，f′（θ）＝﹣36（2sin2θ+sinθ﹣1）＝﹣36（2sinθ﹣1）（sinθ+1），
令f′（θ）＝0，解得sinθ或sinθ＝﹣1（不合题意，舍去）；
又θ∈（0，），所以θ；
列表如下；
θ
（0，）
（，）
f'（θ）
+
0
﹣
f（θ）
单调增
极大值
单调减
所以当θ时，f（θ）取得极大值，即是最大值，此时d＝6sinθ＝63；
所以四边形O1O2BC面积取最大值时，点C到圆柱上底面的距离为d＝3cm．
20．【解答】证明：（Ⅰ）∵在底面ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，
且BC＝2AD＝2CD＝2，
∴AB＝AC＝2，BC＝2，
∴AB⊥AC，
又∵AB⊥PC，AC∩PC＝C，AC?平面PAC，PC?平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，
∴AB⊥PA，
∵PA＝AC＝2，PC＝2，
∴PA⊥AC，
又∵PA⊥AB，AB∩AC＝A，AB?平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD．
解：（2）以A为原点，AB，AC，AP所成角分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（﹣1，1，0），
设M（a，b，c），，λ∈[0，1]，
则（a，b，c﹣2）＝（﹣λ，λ，﹣2λ），∴M（﹣λ，λ，2﹣2λ），
（﹣λ﹣2，λ，2﹣2λ），（﹣λ，λ，2﹣2λ），（0，2，0），
设平面AMC的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，0，），
∵BM∥平面AMC，∴λ﹣2+（2﹣2λ）?0，方程无解，
∴在线段PD上，不存在一点M，使得BM∥平面AMC．
21．【解答】（1）证明：记AC∩BD＝O，连结PO，
∵底面ABCD为正方形，∴OA＝OC＝OB＝OD＝2．
∵PA＝PC，∴PO⊥AC，
∵平面PAC∩底面ABCD＝AC，PO?平面PAC，
∴PO⊥底面ABCD．
∵BD?底面ABCD，∴PO⊥BD．
∴PB＝PD；
（2）解：以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
由（1）可知OP＝2．
可得P（0，0，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（0，2，0），D（﹣2，0，0），
可得，M（0，﹣1，1），N（0，1，1）．
，．
设平面DMN的法向量，
由，令x＝1，可得．
记，可得Q（2λ，0，2﹣2λ），
，
由，可得，2λ+2﹣4+4λ＝0，解得．
可得，．
记，可得H（2﹣2t，2t，0），
，若DQ⊥PH，则，
∴，解得t．
故BH．
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精品试卷·第
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