新教材2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册同步练习：第八章　立体几何初步 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养评价(三)(第八章)(120分钟150分)一、单选题(每小题5分,共40分)1.下列命题中正确的是()A.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱B.底面是矩形的平行六面体是长方体C.棱柱的底面一定是平行四边形D.棱锥的底面一定是三角形【解析】选A.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱,故A正确;三棱柱的底面是三角形,故C错误;底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形,故它也不一定是长方体,故B错误;四棱锥的底面是四边形,故D错误.2.(2020芜湖高一检测)如图

2、,ABC的斜二测直观图为等腰RtABC,其中AB=2,则ABC的面积为()A.2B.4C.2D.4【解析】选D.因为RtABC是一平面图形的直观图,直角边长为AB=2,所以直角三角形的面积是22=2,因为平面图形与直观图的面积的比为2,所以原平面图形的面积是22=4.3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球,某学生画出四个过球心的平面截球与正三棱锥所得的图形,如图所示,则()A.以上四个图形都是正确的B.只有(2)(4)是正确的C.只有(4)是错误的D.只有(1)(2)是正确的【解析】选C.(1)当平行于三棱锥一底面,过球心的截面如题(1)图所示;(2)过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如题(2)

3、图所示;(3)过三棱锥的一个顶点(不过棱)和球心所得截面如题(3)图所示;(4)棱长都相等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上,所以题(4)图是错误的.4.设m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下列四个命题:(1)若m,n,那么mn;(2)若mn,m,n,那么;(3)若,m,那么m;(4)若,则,其中正确命题的序号是()A.(1)(2)B.(2)(3)C.(1)(3)D.(2)(4)【解析】选C.对于(1),如果m,n,根据直线与平面垂直的性质可知mn,所以(1)正确;对于(2),如果mn,m,n,根据线面垂直与线面平行性质可知与可以垂直,也可以平行,还可以相交,所以(2)错误;对于(

4、3),如果,m,根据直线与平面平行的判定可知m,所以(3)正确;对于(4),设平面,分别是正方体中经过同一个顶点的三个面,则有且,但是,推不出,故(4)不正确.5.(2020杭州高一检测)如图,在正四面体OABC中,D是OA的中点,则BD与OC所成角的余弦值是()A.B.C.D.【解析】选B.取AC的中点E,连接DE,BE,根据题意BDE为异面直线BD与OC所成的角,设正四面体的边长为2,则DE=1,BD=BE=,由cos BDE=,所以BD与OC所成角的余弦值是.6.如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台

5、的高分别为-1和3,则此组合体的外接球的表面积是()A.16B.20C.24D.28【解析】选B.设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则:O+12=R2,而OO1=+2-R,故R2=1+(+2-R)2,所以R=,所以S=4R2=20.7.(2020西城高一检测)阅读下面题目及其证明过程,在横线处应填写的正确结论是()如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,O是正方形ABCD的中心,PO底面ABCD,E是PC的中点,求证:平面PAC平面BDE.证明:因为PO底面ABCD,所以POBD.又因为ACBD,且ACPO=O,所以.又因为BD平面BDE,所以平面PAC平面BD

6、E.A.BD平面PBCB.AC平面PBDC.BD平面PACD.AC平面BDE【解析】选C.因为PO底面ABCD,所以POBD.又因为ACBD,且ACPO=O,所以BD平面PAC.又因为BD平面BDE,所以平面PAC平面BDE.8.(2020九江高一检测)半正多面体亦称“阿基米德多面体”,如图所示,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如此共可截去八个三棱锥,得到一个有十四个面的半正多面体,它们的边长都相等,其中八个为正三角形,六个为正方形,称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为,则该二十四等边体外接球的表

7、面积为()A.4B.6C.8D.12【解析】选C.由已知根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球,所以(2R)2=()2+()2+22,所以R=,所以该二十四等边体的外接球的表面积S=4R2=4()2=8.二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为()A.B.(1+)C.2D.(2+)【解析】选AB.若绕一条直角边旋转一周时,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,这时表面积为21l+12=(1+);若绕

8、斜边旋转一周时,旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起,且由题意底面半径为,两个圆锥的母线长都为1,所以表面积S=221=,综上所述该几何体的表面积为或(1+).10.(2020潍坊高一检测)正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2,已知平面AC1,则关于截此正方体所得截面的判断正确的是()A.截面形状可能为正三角形B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形D.截面面积最大值为3【解析】选ACD.显然A,C成立,B不成立,下面说明D成立,如图截得正六边形,面积最大,MN=2,GH=,OE=,所以S=2(+2)=3,故D成立.11.设,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则

9、下列命题中正确的是()A.若m,n,m,n,则B.若m,n且mn,则C.若l,则lD.若=l,=m,=n,l,则mn【解析】选BD.由,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线知:A.若m,n,m,n,则与相交或平行,故A错误;B.若m,n,且mn,则由面面垂直的判定定理得,故B正确;C.若l,则l与相交、平行或l,故C错误;D.若=l,=m,=n,l,则由线面平行的性质定理得mn.故D正确.12.在三棱锥C -ABD中(如图),ABD与CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD -C的大小为60,下面结论中正确的是 ()A.ACBDB.ADCOC.co

10、s ADC=D.三棱锥C -ABD的外接球表面积为32【解析】选AD.因为ABD与CBD是全等的等腰直角三角形,O为斜边BD的中点,所以COBD,AOBD,AOOC=O,所以BD平面AOC,所以ACBD,因此A正确;假设COAD,又COBD,ADBD=D,可得CO平面ABD,与AOC是二面角A-BD -C的平面角且为60矛盾,因此B不正确;AB=4,AC=OA=2,AD=CD=4,所以cos ADC=,因此C不正确;三棱锥C -ABD的外接球的球心为O,半径为2,表面积S=4(2)2=32,因此D正确.三、填空题(每小题5分,共20分)13.(2020南京高一检测)在三棱柱ABC -A1B1C

11、1中,点P是棱CC1上一点,记三棱柱ABC -A1B1C1与四棱锥P-ABB1A1的体积分别为V1与V2,则=.【解析】设AB=a,在ABC中AB边所对的高为b,三棱柱ABC -A1B1C1的高为h,则V1=abh,V2=ahb,所以=.答案:14.如图所示,ABCD -A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=.【解析】因为平面ABCD平面A1B1C1D1,MN平面A1B1C1D1,所以MN平面ABCD,又PQ=平面PMN平面ABCD,所以MNPQ.因为M,N分

12、别是A1B1,B1C1的中点,所以MNA1C1AC,所以PQAC,又AP=,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,所以CQ=,从而DP=DQ=,所以PQ=a.答案:a15.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形,其中AD=BD=,BAC=30,若它们的斜边AB重合,让三角板ABD以AB为轴转动,则下列说法正确的是(填序号).当平面ABD平面ABC时,C,D两点间的距离为;在三角板ABD转动过程中,总有ABCD;在三角板ABD转动过程中,三棱锥D -ABC体积的最大值为.【解析】取AB中点O,连接DO,CO,因为AD=BD=,所以DO=1,AB=2,OC=1.因为平面ABD

13、平面ABC,DOAB,DO平面ABD,所以DO平面ABC,DOOC,所以DC=,正确;若ABCD,ABOD,ODCD=D,则AB平面CDO,所以ABOC,因为O为AB中点,所以AC=BC,BAC=45与BAC=30矛盾,所以错误;当DO平面ABC时,棱锥的高最大,此时V棱锥=ACBCDO=11=,正确.答案:16.在四面体S-ABC中,SA=SB=2,且SASB,BC=,AC=,则该四面体体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.【解析】四面体的体积最大时即面SAB面ABC,SA=SB=2,且SASB,所以AB=2,因为BC=,AC=,所以AC2+BC2=AB2,所以ACB=90,取AB的中点

14、H,连接CH,SH,SHAB,面SAB面ABC=AB,SH在面SAB内,所以SH面ABC,而SH=SA=,所以VS-ABC=SABCSH=;则外接球的球心在SH所在的直线上,设球心为O,连接OC,CH=AB=2=,因为SH=,所以O与H重合,所以R=CH=SH=,所以四面体的外接球的表面积为4R2=8.答案:8四、解答题(共70分)17.(10分)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是正四棱台ABCD -A1B1C1D1,其上部是底面与四棱台的上底面重合的正四棱柱ABCD -A2B2C2D2.现需对该零部件表面进行防腐处理,已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(

15、单位:cm),若加工处理费为0.2元/cm2,求需支付的加工处理费.【解析】因为四棱柱ABCD -A2B2C2D2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以该零部件上部的表面积S1=S四棱柱上底面+S四棱柱侧面=A2+4ABAA2=102+41030=1 300(cm2),又四棱台ABCD -A1B1C1D1的上下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形,所以该零部件下部的表面积S2=S四棱台下底面+S四棱台侧面=A1+4(AB+A1B1)h等腰梯形的高=202+4(10+20)=1 120(cm2),则该实心零部件的表面积S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2),0.22 420

16、=484(元),故需支付加工处理费484元.18.(12分)如图,四边形BCC1B1是圆柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=2,AA1=3.(1)求证:ACBA1;(2)求圆柱的侧面积.【解析】(1)依题意ABAC.因为AA1平面ABC,所以AA1AC.又因为ABAA1=A,所以AC平面AA1B1B.因为BA1平面AA1B1B,所以ACBA1.(2)在RtABC中,AB=2,AC=2,BAC=90,所以BC=2.S侧=23=6.19.(12分)(2020全国卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,APC=90.(1)证明:平

17、面PAB平面PAC;(2)设DO=,圆锥的侧面积为,求三棱锥P-ABC的体积.【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有PACPBC,可得APC=BPC=90,即PBPC,从而证得PB平面PAC,即可证得结论;(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.由于ABC是正三角形,故可得PACPAB.PACPBC.又APC =90,故APB=90,BPC=90.从而PBPA,PBPC,故PB平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以

18、平面PAB平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=,l2-r2=2.解得r=1,l=,从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.所以三棱锥P-ABC的体积为PAPBPC=.20.(12分)如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.【证明】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB.在直三棱柱ABC -A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又因为DE平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因为AB=B

19、C,E为AC的中点,所以BEAC.因为三棱柱ABC -A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC,所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.21.(12分)如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到图中A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.(1)证明:CD平面A1OC;(2)当平面A1BE平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.【解析】(1)在题图中,因为

20、AB=BC=AD=a,E是AD的中点,BAD=,所以BEAC.即在题图中,BEA1O,BEOC,又A1OOC=O,从而BE平面A1OC.因为BC􀰿AD􀰿ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CDBE,所以CD平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE平面BCDE,且平面A1BE平面BCDE=BE,又由(1)可得A1OBE,所以A1O平面BCDE.即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题意知,A1O=AO=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BCAB=a2,从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=SA1O=a2a=a3.由a3=36,得a=6.22.(12分)

21、如图,在直三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1=AC且BC1A1C.(1)求证:平面ABC1平面A1ACC1;(2)点D在边A1C1上且C1D=C1A1,证明在线段BB1上存在点E,使DE平面ABC1,并求此时的值.【解析】(1)因为三棱柱ABC -A1B1C1是直三棱柱,所以四边形ACC1A1是矩形.因为AA1=AC,所以AC1A1C.又BC1A1C,AC1BC1=C1,所以A1C平面ABC1.因为A1C平面A1ACC1,所以平面ABC1平面A1ACC1.(2)当=时,DE平面ABC1,如图,在A1A上取点F,使=,连接EF,FD.因为=,所以EFAB,DFAC1.因为ABAC1=A,EFDF=F,所以平面EFD平面ABC1,因为DE平面DEF,所以DE平面ABC1.关闭Word文档返回原板块