第八章立體幾何初步同步練習(xí)含解析2227

單元素養(yǎng)評(píng)價(jià)(三)(第八章)(120分鐘150分)一、單選題(每小題5分,共40分)1.下列命題中正確的是()A.棱柱被平面分成的兩部分可以都是棱柱B.底面是矩形的平行六面體是長(zhǎng)方體C.棱柱的底面一定是平行四邊形D.棱錐的底面一定是三角形【解析】選A.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成兩個(gè)棱柱,故A正確;三棱柱的底面是三角形,故C錯(cuò)誤;底面是矩形的平行六面體的側(cè)面不一定是矩形,故它也不一定是長(zhǎng)方體,故B錯(cuò)誤;四棱錐的底面是四邊形,故D錯(cuò)誤.2.(2020·蕪湖高一檢測(cè))如圖,△ABC的斜二測(cè)直觀圖為等腰Rt△A′B′C′,其中A′B′=2,則△ABC的面積為()A.2B.4C.2【解析】選D.因?yàn)镽t△A′B′C′是一平面圖形的直觀圖,直角邊長(zhǎng)為A′B′=2,所以直角三角形的面積是×2×2=2,因?yàn)槠矫鎴D形與直觀圖的面積的比為2,所以原平面圖形的面積是2×2D.4=4.3.已知棱長(zhǎng)都相等的正三棱錐內(nèi)接于一個(gè)球,某學(xué)生畫出四個(gè)過球心的平面截球與正三棱錐所得的圖形,如圖所示,則()A.以上四個(gè)圖形都是正確的B.只有(2)(4)是正確的C.只有(4)是錯(cuò)誤的D.只有(1)(2)是正確的【解析】選C.(1)當(dāng)平行于三棱錐一底面,過球心的截面如題(1)圖所示;(2)過三棱錐的一條棱和圓心所得截面如題(2)圖所示;(3)過三棱錐的一個(gè)頂點(diǎn)(不過棱)和球心所得截面如題(3)圖所示;(4)棱長(zhǎng)都相等的正三棱錐和球心不可能在同一個(gè)面上,所以題(4)圖是錯(cuò)誤的.4.設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個(gè)不同的平面,給出下列四個(gè)命題:(1)若m⊥α,n∥α,那么m⊥n;(2)若m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β;(3)若α∥β,m?α,那么m∥β;(4)若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β,其-1-中正確命題的序號(hào)是()A.(1)(2)B.(2)(3)C.(1)(3)D.(2)(4)【解析】選C.對(duì)于(1),如果m⊥α,n∥α,根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)可知m⊥n,所以(1)正確;對(duì)于(2),如果m⊥n,m⊥α,n∥β,根據(jù)線面垂直與線面平行性質(zhì)可知α與β可以垂直,也可以平行,還可以相交,所以(2)錯(cuò)誤;對(duì)于(3),如果α∥β,m?α,根據(jù)直線與平面平行的判定可知m∥β,所以(3)正確;對(duì)于(4),設(shè)平面α,β,γ分別是正方體中經(jīng)過同一個(gè)頂點(diǎn)的三個(gè)面,則有α⊥γ且β⊥γ,但是α⊥β,推不出α∥β,故(4)不正確.5.(2020·杭州高一檢測(cè))如圖,在正四面體OABC中,D是OA的中點(diǎn),則BD與OC所成角的余弦值是()A.B.C.D.【解析】選B.取AC的中點(diǎn)E,連接DE,BE,根據(jù)題意∠BDE為異面直線BD與OC所成的角,設(shè)正四面體的邊長(zhǎng)為2,則DE=1,BD=BE=,由cos∠BDE==,所以BD與OC所成角的余弦值是.6.如圖所示的糧倉(cāng)可近似為一個(gè)圓錐和圓臺(tái)的組合體,且圓錐的底面圓與圓臺(tái)的較大底面圓重合.已知圓臺(tái)的較小底面圓的半徑為1,圓錐與圓臺(tái)的高分別為-1和3,則此組合體的外接球的表面積是()A.16πB.20πC.24πD.28π【解析】選B.設(shè)外接球半徑為R,球心為O,圓臺(tái)較小底面圓的圓心為O1,則:O+12=R2,而OO1=+2-R,故R2=1+(+2-R)2,所以R=,所以S=4πR2=20π.-2-7.(2020·西城高一檢測(cè),四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形面PAC⊥平面BDE.:因?yàn)镻O⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因?yàn)锳C⊥BD,且AC∩PO=O,)閱讀下面題目及其證明過程,在橫線處應(yīng)填寫的正確結(jié)論是()如圖,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,E是PC的中點(diǎn),求證:平證明所以.又因?yàn)锽D?平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.A.BD⊥平面PBCB.AC⊥平面PBDC.BD⊥平面PACD.AC⊥平面BDE【解析】選C.因?yàn)镻O⊥底面ABCD,所以PO⊥BD.又因?yàn)锳C⊥BD,且AC∩PO=O,所以BD⊥平面PAC.又因?yàn)锽D?平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.8.(2020·九江高一檢測(cè)現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.將正方體沿交于一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐四個(gè)面的半正多面體,它們的邊長(zhǎng)都相等,其中八個(gè)為正等邊體的棱長(zhǎng)為,則該二十四等邊體外接球的表面積為)半正多面體亦稱“阿基米德多面體”,如圖所示,是由邊數(shù)不全相同的正,如此共可截去八個(gè)三棱錐,六個(gè)為正方形,稱這樣的半正多面體為二十四等邊體.多邊形為面的多面體,體,得到一個(gè)有十三角形若二十四()A.4πB.6πC.8πD.12π【解析】選C.由已知根據(jù)該幾何體的對(duì)稱性可知,該幾何體的外接球即為底面棱長(zhǎng)為外接球,所以(2R)2=()2+()2+22,所以R=,所以該二十四等邊體的外接球的表面積S=4πR2=4π×((每小題5分,共20分,全部選對(duì)的得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分),側(cè)棱長(zhǎng)為2的正四棱柱的)2=8π.二、多選題9.等腰直角三角形直角邊長(zhǎng)為1,現(xiàn)將該三角形繞其某一邊旋轉(zhuǎn)一周,則所形成的幾體何的表面積可以為()-3-A.πB.(1+πD.(2+)ππ)C.2【解析】選AB.若繞一條直角邊旋轉(zhuǎn)一周時(shí),則圓錐的底面半徑為1,高為1,所以母線長(zhǎng)l=,這時(shí)表面積為×2π·1·l+π·1=(1+2)π;若繞斜邊旋轉(zhuǎn)一周時(shí),旋轉(zhuǎn)體為兩個(gè)倒立圓錐對(duì)底組合在一起,且由題意底面半徑為,兩個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)都為1,所以表面積S=2××2π·×1=π,綜上所述該幾何體的表面積為π或(1+)π.10.(2020·濰坊高一檢測(cè)正確的是)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,已知平面α⊥AC1,則關(guān)于α截此正方體所得截面的判斷()A.截面形狀可能為正三角形B.截面形狀可能為正方形C.截面形狀可能為正六邊形D.截面面積最大值為3【解析】選ACD.顯然A,C成立,B不成立,下面說明D成立,如圖截得正六邊形,面積最大,MN=2,GH=,OE==,所以S=2××(+2)×=3,故D成立.11.設(shè)α,β,γ為兩兩不重合的平面,l,m,n為兩兩不重合的直線,則下列命題中正確的是()A.若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α∥βB.若m⊥α,n⊥β且m⊥n,則α⊥βC.若l∥α,α⊥β,則l⊥βD.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,則m∥n【解析】選BD.由α,β,γ為兩兩不重合的平面,l,m,n為兩兩不重合的直線知:A.若m?α,n?α,m∥β,n∥β,則α與β相交或平行,故A錯(cuò)誤;B.若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,則由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正確;C.若l∥α,α⊥β,則l與β相交、平行或l?β,故C錯(cuò)誤;D.若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,則由線面平行的性質(zhì)定理得m∥n.故D正確.12.在三棱錐C-ABD中(如圖),△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形,O為斜邊BD的中點(diǎn),AB=4,二面角A-BD-C-4-的大小為60°,下面結(jié)論中正確的是()A.AC⊥BDB.AD⊥COC.cos∠ADC=D.三棱錐C-ABD的外接球表面積為32π【解析】選AD.因?yàn)椤鰽BD與△CBD是全等的等腰直角三角形,O為斜邊BD的中點(diǎn),所以CO⊥BD,AO⊥BD,AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC,所以AC⊥BD,因此A正確;假設(shè)CO⊥AD,又CO⊥BD,AD∩BD=D,可得CO⊥平面ABD,與∠AOC是二面角A-BD-C的平面角且為60°矛盾,因此B不正確;AB=4,AC=OA=2,AD=CD=4,所以cos∠ADC=因此C不正確;=≠,三棱錐C-ABD的外接球的三、填空題(每小題5分,共20分)13.(2020·南京高一檢測(cè))在三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)P是棱CC1上一點(diǎn),記三棱柱ABC-A1B1C1與四棱錐P-ABB1A1的體積分別為V與V2,則=球心為O,半徑為2,表面積S=4π×(2)2=32π,因此D正確..1【解析】設(shè)AB=a,在△ABC中AB邊所對(duì)的高為b,三棱柱ABC-A1B1C1的高為h,則V1=abh,V2=×ah·b,所以==.答案:14.如圖所示,ABCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為a的正方體,M,N分別是下底面的棱A1B1,B1C1的中點(diǎn),P是上底面的棱AD上的一點(diǎn),AP=,過P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,則PQ=.-5-【解析】因?yàn)槠矫鍭BCD∥平面A1B1C1D1,MN?平面A1B1C1D1,所以MN∥平面ABCD,又PQ=平面PMN∩平面ABCD,所以MN∥PQ.因?yàn)镸,N分別是A1B1,B1C1的中點(diǎn),所以MN∥A1C1∥AC,所以PQ∥AC,又AP=,ABCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為a的正方體,所以CQ=,從而DP=DQ=,所以PQ===a.答案:a-6-15.將一副斜邊長(zhǎng)相等的直角三角板拼接成如圖所示的空間圖形合,讓三角板ABD以AB為軸轉(zhuǎn)動(dòng),則下列說法正確的是(填序號(hào)).①當(dāng)平面ABD⊥平面ABC時(shí),C,D兩點(diǎn)間的距離為②在三角板ABD轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,總有AB⊥CD;③在三角板ABD轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,三棱錐D-ABC體積的最大值為.,其中AD=BD=,∠BAC=30°,若它們的斜邊AB重;【解析】①取AB中點(diǎn)O,連接DO,CO,因?yàn)锳D=BD=,所以DO=1,AB=2,OC=1.因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面ABC,DO⊥AB,DO?平面ABD,所以DO⊥平面ABC,DO⊥OC,所以DC=,①正確;②若AB⊥CD,AB⊥OD,OD∩CD=D,則AB⊥平面CDO,所以AB⊥OC,因?yàn)镺為AB中點(diǎn),所以AC=BC,∠BAC=45°與∠BAC=30°矛盾,所以②錯(cuò)誤;③當(dāng)DO⊥平面ABC時(shí),棱錐的高最大,此時(shí)V=××AC·BC·DO=×棱錐×1×1=,③正確.答案:①③16.在四面體S-ABC中,SA=SB=2,且SA⊥SB,BC=,AC=,則該四面體體積的最大值為,該四面體外接球的表面積為.【解析】四面體的體積最大時(shí)即面SAB⊥面ABC,SA=SB=2,且SA⊥SB,所以AB=2,因?yàn)锽C=所以∠ACB=90°,取AB的中點(diǎn)H,連接CH,SH,,AC=,所以AC2+BC2=AB2,-7-SH⊥AB,面SAB∩面ABC=AB,SH在面SAB內(nèi),所以SH⊥面ABC,而SH=×SA=,所以VS-ABC=S△ABC·SH=××××=;則外接球的球心在SH所在的直線上,設(shè)球心為O,連接OC,CH=AB=×2=,因?yàn)镾H=,所以O(shè)與H重合,所以R=CH=SH=,所以四面體的外接球的表面積為4πR2=8π.答案:8π四、解答題(共70分)17.(10分)某個(gè)實(shí)心零部件的形狀是如圖所示的幾何體,其下部是正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1,其上部是底面與四棱臺(tái)的上底面重合的正四棱柱ABCD-A2B2C2D2.現(xiàn)需對(duì)該零部件表面進(jìn)行防腐處理,已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(單位:cm),若加工處理費(fèi)為0.2元/cm2,求需支付的加工處理費(fèi).【解析】因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A2B2C2D2的底面是正方形,側(cè)面是全等的矩形,所以該零部件上+S=A+4AB·AA2=102+4×10×30=1300(cm2),2四棱柱上底面四棱柱側(cè)面又四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上均是正方形,側(cè)面是全等的等腰梯形,部的表面積S=S1下底面所以該零部件下部的表面積S2=S+S=A四棱臺(tái)下底面四棱臺(tái)側(cè)面+4××(AB+A1B1)×h1等腰梯形的高=202+4××(10+20)×=1120(cm2),則該實(shí)心零部件的表面積S=S1+S2=1300+1120=2420(cm2),0.2×2420=484(元),故需支付加工處理費(fèi)484元.18.(12分)如圖,四邊形BCC1B1是圓柱的軸截面.AA1是圓柱的一條母線,已知AB=2,AC=2,AA1=3.-8-(1)求證:AC⊥BA1;(2)求圓柱的側(cè)面積.【解析】(1)依題意AB⊥AC.因?yàn)锳A1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又因?yàn)锳B∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因?yàn)锽A1?平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.(2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S=2π×3=6側(cè)π.19.(12分)(2020·全國(guó)Ⅰ卷)如圖,D為圓錐的頂點(diǎn),O是圓錐底面的圓心,△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點(diǎn),∠APC=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAC;(2)設(shè)DO=【解題指南】(1)根據(jù)已知可得PA=PB=PC,進(jìn)而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,從而證平面PAC,即可證得結(jié)論;(2)將已知條件轉(zhuǎn)化為母線l和底面半徑r的關(guān)系,進(jìn)而求APB中求出AP,結(jié)合PA=PB=PC即可求出結(jié)論.,圓錐的側(cè)面積為π,求三棱錐P-ABC的體積.得PB⊥出底面半徑,求出正三角形ABC的邊長(zhǎng),在等腰直角三角形【解析】(1)由題設(shè)可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.從而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因?yàn)镻B在平面PAB內(nèi),所以平面PAB⊥平面PAC.(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長(zhǎng)為l.由題設(shè)可得rl=,l2-r2=2.-9-解得r=1,l=從而AB=,.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.所以三棱錐P-ABC的體積為××PA×PB×PC=××=.20.(12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),AB=BC.求證:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【證明】(1)因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn),所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以AB∥ED.11又因?yàn)镈E?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,AB∥平面DEC1.所以11(2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn)所以BE⊥AC.因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱,,所以CC⊥平面ABC.1又因?yàn)锽E?平面ABC,所以CC⊥BE.1因?yàn)镃C?平面AACC1,AC?平面AACC1,C1C∩AC=C,111所以BE⊥平面A1ACC1.CE?平面AACC1,所以BE⊥C1E.因?yàn)?121.(12分)如圖①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到圖②中△ABE的位置,得到四棱錐A-BCDE.11-10-(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當(dāng)平面ABE⊥平面BCDE時(shí),四棱錐A-BCDE的體積為,求a的值.3611【解析】(1)在題圖①中,因?yàn)锳B=BC=AD