2024年新教材高中數(shù)學(xué)第八章立體幾何初步單元檢測含解析新人教A版必修第二冊

PAGEPAGE17單元素養(yǎng)檢測(三)(第八章)(120分鐘150分)一、單項選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求)1.(2024·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形態(tài)可視為一個正四棱錐,以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()A.B.C.D.【解析】選C.如圖,設(shè)CD=a,PE=b,則PO==,由題意PO2=ab,即b2-=ab,化簡得4-2·-1=0,解得=(負(fù)值舍去).2.為感恩護(hù)士在疫情期間的辛苦付出,某新冠肺炎患者制作了一個工藝品送給敬重的護(hù)士,如圖所示,該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為4的正方體的六個面所截后剩余的部分(球心與正方體的中心重合),若其中一個截面圓的周長為4π,則該球的半徑是 ()A.2B.4C.2D.4【解析】選B.設(shè)截面圓半徑為r,球的半徑為R,則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半即2,依據(jù)截面圓的周長可得4π=2πr,得r=2,故由題意知R2=r2+,即R2=22+=16,所以R=4.3.(2024·全國卷Ⅱ)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是 ()A.α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α,β平行于同一條直線D.α,β垂直于同一平面【解析】選B.當(dāng)α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行,也可能兩平面相交,故A錯.同樣當(dāng)α,β平行于同一條直線或α,β垂直于同一平面時,兩平面也可能相交,故C,D錯.由面面平行的判定定理可得B正確.4.如圖,在△ABC中,∠ACB=90°,直線l過點A且垂直于平面ABC,動點P∈l,當(dāng)點P漸漸遠(yuǎn)離點A時,∠PCB的大小 ()A.變大 B.變小C.不變 D.有時變大有時變小【解析】選C.因為直線l⊥平面ABC,所以l⊥BC.又∠ACB=90°,所以AC⊥BC,所以BC⊥平面APC,所以BC⊥PC,即∠PCB為直角,即∠PCB的大小與點P的位置無關(guān),故選C.5.在我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中,將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑,如圖,在鱉臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,則異面直線AC與BD所成角的余弦值為 ()A. B.- C. D.-【解析】選A.如圖,分別取BC,CD,AD,BD的中點M,N,P,Q,連接MN,NP,PM,PQ,MQ,則MN∥BD,NP∥AC,所以∠PNM即為異面直線AC和BD所成的角(或其補(bǔ)角).又由題意得PQ⊥MQ,PQ=AB,MQ=CD.設(shè)AB=BC=CD=2,則PM=.又MN=BD=,NP=AC=,所以△PNM為等邊三角形,所以∠PNM=60°,所以異面直線AC與BD所成角為60°,其余弦值為.【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖,在三棱錐S-ABC中,SA=SB=AC=BC=2,AB=2,SC=1.①畫出二面角S-AB-C的平面角,并求它的度數(shù).②求三棱錐S-ABC的體積.【解析】①取AB中點D,連接SD,CD,因為SA=SB=2,AC=BC=2,所以SD⊥AB,CD⊥AB,且SD?平面SAB,CD?平面CAB,所以∠SDC是二面角S-AB-C的平面角.在直角三角形SDA中,SD===1,在直角三角形CDA中,CD===1,所以SD=CD=SC=1,所以△SDC是等邊三角形,所以∠SDC=60°.②方法一:因為SD⊥AB,CD⊥AB,SD∩CD=D,所以AB⊥平面SDC,又AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面SDC,且平面ABC∩平面SDC=CD,在平面SDC內(nèi)作SO⊥DC于O,則SO⊥平面ABC,即SO是三棱錐S-ABC的高.在等邊△SDC中,SO=,所以三棱錐S-ABC的體積VS-ABC=S△ABC·SO=××2×1×=.方法二:因為SD⊥AB,CD⊥AB,SD∩CD=D,所以AB⊥平面SDC.在等邊△SDC中,△SDC的面積S△SDC=SD2=,所以三棱錐S-ABC的體積VS-ABC=VA-SDC+VB-SDC=S△SDC·AB=××2=.6.疫情期間,某地建設(shè)方艙醫(yī)院時須要對隔板夾角處加固,若已知正方體ABCD-A1B1C1D1形態(tài)的隔板間的棱長為3,M,N分別為AB1,A1C1上的點,且A1N=AM,AM=2MB1,P,Q分別為BB1,B1A.3 B. C.+ D.【解析】選B.將折線MPQN所在平面展成平面圖形,如圖所示:因為正方體的棱長為3,且A1N=AM,AM=2MB1,所以M,N均為對角線上的三等分點,作ON,OM分別與正方形的邊平行,所以O(shè)N=3,OM=2,所以MN==,所以折線MPQN長度的最小值為.7.如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是A1D1,A1B1A. B. C. D.【解析】選B.取B1C1C1D1的中點F,連接EF,BE,DF,B1D1,則EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故E,F,B,D在同一平面內(nèi),連接ME,因為M,E分別為A1D1,B1C1所以ME∥A1B1∥AB,且ME=AB,所以四邊形ABEM是平行四邊形,所以AM∥BE,又因為BE?平面BDFE,AM不在平面BDFE內(nèi),所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE,因為AM∩AN=A,所以平面AMN∥平面BDFE,即平面α截該正方體所得截面為平面BDFE,BD=,EF=B1D1=,DF=,梯形BDFE如圖:過E,F作BD的垂線,則四邊形EFGH為矩形,所以FG===,故四邊形BDFE的面積為×=.8.看一個定理:“假如同一平面內(nèi)的一個閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交,那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以重心旋轉(zhuǎn)所得周長的積”.如圖,半圓O的直徑AB=6cm,點D是該半圓弧的中點,那么運用上述定理可以求得,半圓弧與直徑所圍成的半圓面(陰影部分不含邊界)的重心G位于對稱軸OD上,且滿意OG= ()A.2cm BC D【解析】選B.以AB為軸,旋轉(zhuǎn)題設(shè)半圓所得的球的體積為V球=π·33=36π.運用供應(yīng)的定理求得36π=·(2π·OG),解得OG=.二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題5分,共20分,在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)9.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,已知平面α⊥AC1A.截面形態(tài)可能為正三角形B.截面形態(tài)可能為正方形C.截面形態(tài)可能為正六邊形D.截面面積最大值為3【解析】選ACD.如圖,明顯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,10.α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,下列四個命題其中正確的是 ()A.假如m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥βB.假如m⊥α,n∥α,那么m⊥nC.假如α⊥β,m?α,那么m⊥βD.假如m∥n,α∥β,那么m與α所成的角和n與β所成的角相等【解析】選BD.對于選項A,α,β可以平行,可以相交也可以不垂直,故錯誤.對于選項B,由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線l?α,n∥l,又m⊥α,所以m⊥l,所以m⊥n,故正確.對于選項C,因為α⊥β,又m?α,所以可能有m⊥β可能m∥β也可能m與β相交,故不正確.對于選項D,因為m∥n,所以m與α所成的角和n與α所成的角相等.因為α∥β,所以n與α所成的角和n與β所成的角相等,所以m與α所成的角和n與β所成的角相等,故正確.11.對于四面體ABCD,給出下列四個命題,其中真命題有 ()A.若AB=AC,BD=CD,則BC⊥ADB.若AB=CD,AC=BD,則BC⊥ADC.若AB⊥AC,BD⊥CD,則BC⊥ADD.若AB⊥CD,BD⊥AC,則BC⊥AD【解析】選AD.如圖對于A,取BC的中點H,連接AH與DH,可證得BC⊥平面AHD,進(jìn)而可得BC⊥AD,故A對;對于B,條件不足備,證明不出結(jié)論;對于C,條件不足備,證明不出結(jié)論;對于D,作AE⊥平面BCD于E,連接BE,可得BE⊥CD,同理可得CE⊥BD,證得E是垂心,則可得出DE⊥BC,進(jìn)而可證得BC⊥平面AED,即可證出BC⊥AD.12.已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1A.平面ACB1∥平面A1C1D,且兩平面的距離為B.點P在線段AB上運動,則四面體PA1B1C1C.與全部12條棱都相切的球的體積為πD.M是正方體的內(nèi)切球的球面上隨意一點,N是△AB1C外接圓的圓周上隨意一點,則MN的最小值是【解析】選BC.對選項A,因為AB1∥DC1,AC∥A1C1,且AC∩AB1=A,DC1∩A1C1=C所以平面ACB1∥平面A1C1D,正方體的體對角線BD1=,設(shè)B到平面ACB1的距離為h,則=××1×1×1=××××h,即h=,則平面ACB1與平面A1C1D的距離d=-2h=-2×=,故A錯誤.對選項B,點P在線段AB上運動,則四面體PA1B1C1對選項C,與全部12條棱都相切的球的直徑2R等于面的對角線B1C=,則2R=,R=,則球的體積V=πR3=×π×=π,故C正確.對選項D,設(shè)正方體的內(nèi)切球的球心為O,內(nèi)切球半徑為,△AB1C外接圓上的點到點O的距離為,所以MN的最小值為-.三、填空題(本大題共4個小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中的橫線上)13.(2024·新高考全國Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°,以D1為球心,為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為____________.

【解析】由已知連接BD,B1D1,則BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中點E,F.連接EF,D1E,D1F,則D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圓的圓心是B1C1的中點O,OE=OF=,球面與側(cè)面BCC1B1的交線是側(cè)面上以O(shè)為圓心,為半徑的圓弧EF,的長為·2π=π.答案:π14.在二面角α-l-β中,A∈α,AB⊥平面β于點B,BC⊥平面α于點C.若AB=6,BC=3,則二面角α-l-β的平面角的大小為________.

【解析】如圖,因為AB⊥β,所以AB⊥l.因為BC⊥α,所以BC⊥l,所以l⊥平面ABC.設(shè)平面ABC∩l=D,則∠ADB為二面角α-l-β的平面角或補(bǔ)角.因為AB=6,BC=3,所以∠BAC=30°,所以∠ADB=60°,所以二面角α-l-β的平面角的大小為60°或120°.答案:60°或120°15.(2024·北京高考)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:____________________.

【解析】選兩個論斷作為條件,一個作為結(jié)論,一共能夠組成3個命題,即①②?③,①③?②,②③?①,只有①②?③為假命題,其余兩個為真命題.答案:若m∥α,l⊥α,則l⊥m(或若l⊥m,l⊥α,則m∥α)16.如圖所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長均為1,且AA1⊥底面ABC,則三棱錐B1-ABC1的體積為________【解析】因為三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長均為1,所以底面△ABC為正三角形,所以S△ABC=AB2=,又因為AA1⊥底面ABC,AA1=1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的體積為=S△ABC·AA1=,因為三棱錐A-A1B1C1、三棱錐C1-ABC與三棱柱ABC-A1B1C1等底等高,所以===,由此可得三棱錐B1-ABC1的體積V=.答案:四、解答題(本大題共6個小題,共70分,解答時寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)直三棱柱的高為6cm,底面三角形的邊長分別為3cm,4cm,5cm,將棱柱削成圓柱,求削去部分體積的最小值.【解析】如圖所示,只有當(dāng)圓柱的底面圓為直三棱柱的底面三角形的內(nèi)切圓時,圓柱的體積最大,削去部分體積才能最小,設(shè)此時圓柱的底面半徑為R,圓柱的高即為直三棱柱的高6cm.因為在△ABC中,AB=3cm,BC=4cm,AC=5cm,所以△ABC為直角三角形.依據(jù)直角三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)可得7-2R=5,所以R=1cm,所以V圓柱=πR2·h=6πcm3.而三棱柱的體積為V三棱柱=×3×4×6=36(cm3),所以削去部分的最小體積為36-6π=6(6-π)(cm3).18.(12分)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是AB和AA1求證:(1)E,C,D1,F四點共面;(2)CE,D1F【證明】(1)如圖所示,連接CD1,EF,A1B,因為E,F分別是AB和AA1的中點,所以EF∥A1B且EF=A1B.又因為A1D1BC,所以四邊形A1BCD1是平行四邊形,所以A1B∥CD1,所以EF∥CD1,所以EF與CD1確定一個平面,即E,C,D1,F四點共面.(2)由(1)知EF∥CD1且EF=CD1,所以四邊形CD1FE是梯形,所以CE與D1F設(shè)交點為P,則P∈CE,且P∈D1F又CE?平面ABCD,且D1F?平面A1ADD1所以P∈平面ABCD,且P∈平面A1ADD1.又平面ABCD∩平面A1ADD1=AD,所以P∈AD,所以CE,D1F19.(12分)養(yǎng)路處建立圓錐形倉庫用于貯藏融雪鹽(供溶化高速馬路上的積雪之用),已建的倉庫的底面直徑為12m,高4m.養(yǎng)路處擬建一個更大的圓錐形倉庫,以存放更多融雪鹽.現(xiàn)有兩種方案:一是新建的倉庫的底面直徑比原來大4m(高不變);二是高度增加4m(底面直徑不變).(1)分別計算按這兩種方案所建的倉庫的體積;(2)分別計算按這兩種方案所建的倉庫的表面積;(3)哪個方案更經(jīng)濟(jì)些?【解析】(1)假如按方案一,倉庫的底面直徑變成16m,則倉庫的體積V1=Sh=π×82×4=π(m3);假如按方案二,倉庫的高變成8m,則倉庫的體積V2=Sh=×π×62×8=π(m3).(2)假如按方案一,倉庫的底面直徑變成16m,半徑為8m.圓錐的母線長為l==4(m),則倉庫的表面積S1=π×8×4=32π(m2);假如按方案二,倉庫的高變成8m.圓錐的母線長為l==10(m),則倉庫的表面積S2=π×6×10=60π(m2).(3)V2>V1,S2<S1,所以方案二比方案一經(jīng)濟(jì).20.(12分)如圖,在多面體ABCDEF中,AD∥BC,AB⊥AD,FA⊥平面ABCD,FA∥DE,且AB=AD=AF=2BC=2DE=2.(1)若M為線段EF的中點,求證:CM∥平面ABF;(2)求多面體ABCDEF的體積.【解析】(1)取AD的中點N,連接CN,MN,因為AD∥BC且AD=2BC,所以AN∥BC且AN=BC,所以四邊形ABCN為平行四邊形,所以CN∥AB.因為M是EF的中點,所以MN∥AF.又CN∩MN=N,AB∩AF=A,所以平面CMN∥平面ABF.又CM?平面CMN,所以CM∥平面ABF.(2)因為FA⊥平面ABCD,所以FA⊥AB.又AB⊥AD,且FA∩AD=A,所以AB⊥平面ADEF,所以CN⊥平面ADEF.連接AC,則多面體ABCDEF的體積VABCDEF=VF-ABC+VC-ADEF=××2×1×2+××(1+2)×2×2=.【拓展延長】如圖,在三棱錐D-ABC中,AB=2AC=2,∠BAC=60°,AD=,CD=3,平面ADC⊥平面ABC.(1)證明:平面BDC⊥平面ADC.(2)求三棱錐D-ABC的體積.【解析】(1)在△ABC中,由余弦定理可得,BC===,所以BC2+AC2=AB2,所以BC⊥AC,因為平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,所以BC⊥平面ADC,又BC?平面BDC,所以平面BDC⊥平面ADC.(2)由余弦定理可得cos∠ACD=,所以sin∠ACD=,所以S△ACD=·AC·CD·sin∠ACD=,則VD-ABC=VB-ADC=·BC·S△ACD=.21.(12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,AD=2,AB=1,∠BAD=60°,平面PCD⊥平面ABCD,點M為PC上一點.(1)若PA∥平面MBD,求證:點M為PC中點.(2)求證:平面MBD⊥平面PCD.【證明】(1)連接AC交BD于O,連接OM,如圖所示:因為PA∥平面MBD,PA?平面PAC,平面PAC∩平面MBD=OM,所以PA∥OM.因為四邊形ABCD是平行四邊形,所以O(shè)是AC的中點,所以M是PC的中點.(2)在△ABD中,AD=2,AB=1,∠BAD=60°,所以BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=3,所以AD2=AB2+BD2,所以AB⊥BD.因為四邊形ABCD是平行四邊形,所以AB∥CD,所以BD⊥CD.又因為平面PCD⊥平面ABCD,且平面PCD∩平面ABCD=CD,BD?平面ABCD,所以BD⊥平面PCD.因為BD?平面MBD,所以平面MBD⊥平面PCD.【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是邊長為2的正方形,四邊形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,G,H分別是CE,CF的中點.(1)求證:AC⊥平面BDEF.(2)求證:平面BDGH∥平面AEF.【證明】(1)因為四邊形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDE