2022年新教材高中数学 第八章 立体几何初步 单元检测（含解析）新人教A版必修第二册.doc

1、单元素养检测(三) (第八章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(2020全国卷)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).2.为感恩护士在疫情期间的辛苦付出,某新冠肺炎患者制作了一个工艺品送给尊敬的护士,如图所示,

2、该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合),若其中一个截面圆的周长为4,则该球的半径是()A.2B.4C.2D.4【解析】选B.设截面圆半径为r,球的半径为R,则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2,根据截面圆的周长可得4=2r,得r=2,故由题意知R2=r2+,即R2=22+=16,所以R=4.3.(2019全国卷)设,为两个平面,则的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面【解析】选B.当内有无数条直线与平行,也可能两平面相交,故A错.同样当,平行于同一条直线或,垂

3、直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.4.如图,在ABC中,ACB=90,直线l过点A且垂直于平面ABC,动点Pl,当点P逐渐远离点A时,PCB的大小()A.变大B.变小C.不变D.有时变大有时变小【解析】选C.因为直线l平面ABC,所以lBC.又ACB=90,所以ACBC,所以BC平面APC,所以BCPC,即PCB为直角,即PCB的大小与点P的位置无关,故选C.5.在我国古代数学名著九章算术中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑ABCD中,AB平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为()A.B.-C.D.-

4、【解析】选A.如图,分别取BC,CD,AD,BD的中点M,N,P,Q,连接MN,NP,PM,PQ,MQ,则MNBD,NPAC,所以PNM即为异面直线AC和BD所成的角(或其补角).又由题意得PQMQ,PQ=AB,MQ=CD.设AB=BC=CD=2,则PM=.又MN=BD=,NP=AC=,所以PNM为等边三角形,所以PNM=60,所以异面直线AC与BD所成角为60,其余弦值为.【补偿训练】如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=AC=BC=2,AB=2,SC=1.画出二面角S-AB-C的平面角,并求它的度数.求三棱锥S-ABC的体积.【解析】取AB中点D,连接SD,CD,因为SA=SB=2,AC

5、=BC=2,所以SDAB,CDAB,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是等边三角形,所以SDC=60.方法一:因为SDAB,CDAB,SDCD=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内作SODC于O,则SO平面ABC,即SO是三棱锥S-ABC的高.在等边SDC中,SO=,所以三棱锥S-ABC的体积VS-ABC=SABCSO=21=.方法二:因为SDAB,CDAB,SDCD=D,所以AB

6、平面SDC.在等边SDC中,SDC的面积SSDC=SD2=,所以三棱锥S-ABC的体积VS-ABC=VA-SDC+VB-SDC=SSDCAB=2=.6.疫情期间,某地建设方舱医院时需要对隔板夹角处加固,若已知正方体ABCD- A1B1C1D1形状的隔板间的棱长为3,M,N分别为AB1,A1C1上的点,且A1N=AM,AM= 2MB1,P,Q分别为BB1,B1C1上的动点,则固定折线MPQN长度的最小值为()A.3B.C.+D.【解析】选B.将折线MPQN所在平面展成平面图形,如图所示:因为正方体的棱长为3,且A1N=AM,AM=2MB1,所以M,N均为对角线上的三等分点,作ON,OM分别与正方

7、形的边平行,所以ON=3,OM=2,所以MN=,所以折线MPQN长度的最小值为.7.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1的中点,过直线BD的平面平面AMN,则平面截该正方体所得截面的面积为()A.B.C.D.【解析】选B.取B1C1的中点E,C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EFB1D1,B1D1BD,所以EFBD,故E,F,B,D在同一平面内,连接ME,因为M,E分别为A1D1,B1C1的中点,所以MEA1B1AB,且ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形,所以AMBE,又因为BE平面BDFE,AM不在平面BDFE内,所以

8、AM平面BDFE,同理AN平面BDFE,因为AMAN=A,所以平面AMN平面BDFE,即平面截该正方体所得截面为平面BDFE,BD=,EF=B1D1=,DF=,梯形BDFE如图:过E,F作BD的垂线,则四边形EFGH为矩形,所以FG=,故四边形BDFE的面积为=.8.看一个定理:“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以重心旋转所得周长的积”.如图,半圆O的直径AB=6 cm,点D是该半圆弧的中点,那么运用上述定理可以求得,半圆弧与直径所围成的半圆面(阴影部分不含边界)的重心G位于对称轴OD上,且满足OG=(

9、)A.2 cmB.cmC.cmD.cm【解析】选B.以AB为轴,旋转题设半圆所得的球的体积为V球=33=36.运用提供的定理求得36=(2OG),解得OG=.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.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.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.如图,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

10、积最大,MN=2,GH=,OE=,所以S=2(+2)=3,故D成立,10.,是两个平面,m,n是两条直线,下列四个命题其中正确的是()A.如果mn,m,n,那么B.如果m,n,那么mnC.如果,m,那么mD.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等【解析】选BD.对于选项A,可以平行,可以相交也可以不垂直,故错误.对于选项B,由线面平行的性质定理知存在直线l,nl,又m,所以ml,所以mn,故正确.对于选项C,因为,又m,所以可能有m可能m也可能m与相交,故不正确.对于选项D,因为mn,所以m与所成的角和n与所成的角相等.因为,所以n与所成的角和n与所成的角相等,所以m与所成的角和n与所成

11、的角相等,故正确.11.对于四面体ABCD,给出下列四个命题,其中真命题有()A.若AB=AC,BD=CD,则BCADB.若AB=CD,AC=BD,则BCADC.若ABAC,BDCD,则BCADD.若ABCD,BDAC,则BCAD【解析】选AD.如图对于A,取BC的中点H,连接AH与DH,可证得BC平面AHD,进而可得BCAD,故A对;对于B,条件不足备,证明不出结论;对于C,条件不足备,证明不出结论;对于D,作AE平面BCD于E,连接BE,可得BECD,同理可得CEBD,证得E 是垂心,则可得出DEBC,进而可证得BC平面AED,即可证出BCAD.12.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1

12、C1D1中,下列命题正确的是()A.平面ACB1平面A1C1D,且两平面的距离为B.点P在线段AB上运动,则四面体PA1B1C1的体积不变C.与所有12条棱都相切的球的体积为D.M是正方体的内切球的球面上任意一点,N是AB1C外接圆的圆周上任意一点,则MN的最小值是【解析】选BC.对选项A,因为AB1DC1,ACA1C1,且ACAB1=A,DC1A1C1=C1,所以平面ACB1平面A1C1D,正方体的体对角线BD1=,设B到平面ACB1的距离为h,则=111=h,即h=,则平面ACB1与平面A1C1D的距离d=-2h=-2=,故A错误.对选项B,点P在线段AB上运动,则四面体PA1B1C1的高

13、为1,底面积不变,则体积不变,故B正确.对选项C,与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C=,则2R=,R=,则球的体积V=R3=,故C正确.对选项D,设正方体的内切球的球心为O,内切球半径为,AB1C外接圆上的点到点O的距离为,所以MN的最小值为-.三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD= 60,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_.【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E

14、,D1F,则D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,为半径的圆弧EF,的长为2=.答案:14.在二面角-l-中,A,AB平面于点B,BC平面于点C.若AB=6,BC=3,则二面角-l-的平面角的大小为_.【解析】如图,因为AB,所以ABl.因为BC,所以BCl,所以l平面ABC.设平面ABCl=D,则ADB为二面角-l-的平面角或补角.因为AB=6,BC=3,所以BAC=30,所以ADB=60,所以二面角-l-的平面角的大小为60或120.答案:60或12015.(2019北京高考

15、)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:_.【解析】选两个论断作为条件,一个作为结论,一共能够组成3个命题,即,只有为假命题,其余两个为真命题.答案:若m,l,则lm(或若lm,l,则m)16.如图所示,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为_.【解析】因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,所以底面ABC为正三角形,所以SABC=AB2=,又因为AA1底面ABC,AA1=1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为=SABCAA1

16、=,因为三棱锥A-A1B1C1、三棱锥C1-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1等底等高,所以=,由此可得三棱锥B1-ABC1的体积V=.答案:四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)直三棱柱的高为6 cm,底面三角形的边长分别为3 cm,4 cm,5 cm,将棱柱削成圆柱,求削去部分体积的最小值.【解析】如图所示,只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时,圆柱的体积最大,削去部分体积才能最小,设此时圆柱的底面半径为R,圆柱的高即为直三棱柱的高6 cm.因为在ABC中,AB=3 cm,BC=4 cm,AC=5 cm,所以AB

17、C为直角三角形.根据直角三角形内切圆的性质可得7-2R=5,所以R=1 cm,所以V圆柱=R2h=6 cm3.而三棱柱的体积为V三棱柱=346=36(cm3),所以削去部分的最小体积为36-6=6(6-)(cm3).18.(12分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1的中点.求证:(1)E,C,D1,F四点共面;(2)CE,D1F,DA三线共点.【证明】(1)如图所示,连接CD1,EF,A1B,因为E,F分别是AB和AA1的中点,所以EFA1B且EF=A1B.又因为A1D1􀰿BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BCD1,所以E

18、FCD1,所以EF与CD1确定一个平面,即E,C,D1,F四点共面.(2)由(1)知EFCD1且EF=CD1,所以四边形CD1FE是梯形,所以CE与D1F必相交,设交点为P,则PCE,且PD1F,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PAD,所以CE,D1F,DA三线共点.19.(12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏融雪盐(供融化高速公路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12 m,高4 m.养路处拟建一个更大的圆锥形仓库,以存放更多融雪盐.现有两种方案:一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变

19、);二是高度增加4 m(底面直径不变).(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积;(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积;(3)哪个方案更经济些?【解析】(1)如果按方案一,仓库的底面直径变成16 m,则仓库的体积V1=Sh=824=(m3);如果按方案二,仓库的高变成8 m,则仓库的体积V2=Sh=628=(m3).(2)如果按方案一,仓库的底面直径变成16 m,半径为8 m.圆锥的母线长为l=4(m),则仓库的表面积S1=84=32(m2);如果按方案二,仓库的高变成8 m.圆锥的母线长为l=10(m),则仓库的表面积S2=610=60(m2).(3)V2V1,S2S1,所以方案二

20、比方案一经济.20.(12分)如图,在多面体ABCDEF中,ADBC,ABAD,FA平面ABCD,FADE,且AB=AD=AF=2BC=2DE=2.(1)若M为线段EF的中点,求证:CM平面ABF;(2)求多面体ABCDEF的体积.【解析】(1)取AD的中点N,连接CN,MN,因为ADBC且AD=2BC,所以ANBC且AN=BC,所以四边形ABCN为平行四边形,所以CNAB.因为M是EF的中点,所以MNAF.又CNMN=N,ABAF=A,所以平面CMN平面ABF.又CM平面CMN,所以CM平面ABF.(2)因为FA平面ABCD,所以FAAB.又ABAD,且FAAD=A,所以AB平面ADEF,所

21、以CN平面ADEF.连接AC,则多面体ABCDEF的体积VABCDEF=VF-ABC+VC-ADEF=212+(1+2)22=.【拓展延伸】如图,在三棱锥D-ABC中,AB=2AC=2,BAC=60,AD=,CD=3,平面ADC平面ABC.(1)证明:平面BDC平面ADC.(2)求三棱锥D-ABC的体积.【解析】(1)在ABC中,由余弦定理可得,BC=,所以BC2+AC2=AB2,所以BCAC,因为平面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cosACD=,所以sinACD=,所以SACD=ACCDsin

22、ACD=,则VD-ABC=VB-ADC=BCSACD=.21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,AD=2,AB=1, BAD=60,平面PCD平面ABCD,点M为PC上一点.(1)若PA平面MBD,求证:点M为PC中点.(2)求证:平面MBD平面PCD.【证明】(1)连接AC交BD于O,连接OM,如图所示:因为PA平面MBD,PA平面PAC,平面PAC平面MBD=OM,所以PAOM.因为四边形ABCD是平行四边形,所以O是AC的中点,所以M是PC的中点.(2)在ABD中,AD=2,AB=1,BAD=60,所以BD2=AB2+AD2-2ABADcosBAD=3,所

23、以AD2=AB2+BD2,所以ABBD.因为四边形ABCD是平行四边形,所以ABCD,所以BDCD.又因为平面PCD平面ABCD,且平面PCD平面ABCD=CD,BD平面ABCD,所以BD平面PCD.因为BD平面MBD,所以平面MBD平面PCD.【补偿训练】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的正方形,四边形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,BF=3,G,H分别是CE,CF的中点.(1)求证:AC平面BDEF.(2)求证:平面BDGH平面AEF.【证明】(1)因为四边形ABCD是正方形,所以ACBD.又平面BDEF平面ABCD,平面BDEF平面ABCD=BD,且AC平面

24、ABCD,所以AC平面BDEF.(2)在CEF中,因为G,H分别是CE,CF的中点,所以GHEF.又GH平面AEF,EF平面AEF,所以GH平面AEF.设ACBD=O,连接OH,在ACF中,因为O,H分别为CA,CF的中点,所以OHAF.因为OH平面AEF,AF平面AEF,所以OH平面AEF.因为OHGH=H,OH,GH平面BDGH,所以平面BDGH平面AEF.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PAD为正三角形,平面PAD平面ABCD,ABCD,ABAD,CD=2AB=2AD=4.(1)求证:平面PCD平面PAD.(2)求三棱锥P-ABC的体积.(3)在棱PC上是否存在点E,使得B

25、E平面PAD?若存在,请确定点E的位置并证明;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为ABCD,ABAD,所以CDAD.因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以CD平面PAD.因为CD平面PCD,所以平面PCD平面PAD.(2)取AD的中点O,连接PO.因为PAD为正三角形,所以POAD.因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,所以PO平面ABCD,所以PO为三棱锥P-ABC的高.因为PAD为正三角形,CD=2AB=2AD=4,所以PO=.所以V三棱锥P-ABC=SABCPO=22=.(3)在棱PC上存在点E,当E为PC的中点时,BE平面PAD.证明如下:分别取CP,CD的中点E,F,连接BE,BF,EF,所以EFPD.因为ABCD,CD=2AB,所以ABFD,AB=FD,所以四边形ABFD为平行四边形,所以BFAD.因为BFEF=F,ADPD=D,所以平面BEF平面PAD.因为BE平面BEF,所以BE平面PAD.