2021_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步单元素养检测含解析新人教A版必修第二册.doc

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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.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是()A.圆柱B.圆锥C.球体D.圆柱、圆锥、球体的组合体【解析】选C.截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.2.已知圆锥的高为3,底面半径为,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积等于()A. B. C.16 D.32【解析】选B.设该圆锥的外接球的半径为R,依题意得,R2=(3-R)2+()2,解得R=2,所以所求球的体积V=R3=23=.3.如图所示

2、,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()A.B.C.D.【解析】选A.三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积,三棱锥A-B1BC1的高为,底面积为,故其体积为=.4.(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.5.在梯形ABCD中,ABC=,AD

3、BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A.4B.(4+)C.6D.(5+)【解析】选D.因为在梯形ABCD中,ABC=,ADBC,BC=2AD=2AB=2,所以将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB=1,高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1,高为BC-AD=2-1=1的圆锥的组合体,所以几何体的表面积S=12+212+21=(5+).6.已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析

4、】选A.因为m,n,mn,所以根据线面平行的判定定理得m.由m不能得出m与内任一直线平行,所以mn是m的充分不必要条件,故选A.7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.【解析】选C.用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面,如图,则B1PAD1,连接DP,易求得DB1=DP=,B1P=2,则DB1P是异面直线AD1与DB1所成的角,由余弦定理可得cosDB1P=.8.(2019全国卷)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中

5、点,CEF=90,则球O的体积为()A.8B.4C.2D.【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,且EF=PB=x,因为ABC是边长为2的等边三角形,所以CF=,又CEF=90,所以CE=,AE=PA=x,在AEC中,利用余弦定理得cosEAC=,作PDAC于D,因为PA=PC,所以D为AC的中点,cosEAC=,所以=,所以2x2+1=2,所以x2=,x=,所以PA=PB=PC=,又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC两两垂直,所以2R=,所以R=,所以V=R3=,故选D.方法二:因为PA=PB=PC,ABC是边长为2的等边三角形,所

6、以P-ABC为正三棱锥,易得PBAC,又E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,所以EFAC,又EFCE,CEAC=C,所以EF平面PAC,PB平面PAC,所以BPA=90,所以PA=PB=PC=,所以P-ABC为正方体一部分,2R=,即R=,所以V=R3=,故选D.【拓展延伸】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的半径为()A.B.2C.D.3【解析】选C.如图,由球心作平面ABC的垂线,则垂足为BC的中点M.又AM=BC=,OM=AA1=6,所以球O的半径R=OA=.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,

7、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.设,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则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.10.给出下列命题,其中命题

8、正确的是()A.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形B.若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直C.在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱D.存在每个面都是直角三角形的四面体【解析】选BCD.选项A不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;选项B正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角;选项C正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;选项D正确,如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形.11.,是两个平面,m,n是两条直线,

9、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与所成的角相等,故正确.12.如图,四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,将ADB

10、沿BD折起,使平面ABD平面BCD,构成三棱锥A-BCD.则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是()A.CD平面ABDB.AB平面BCDC.平面BCD平面ABCD.平面ADC平面ABC【解析】选AD.在四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,所以BDCD,又平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCD=BD,所以CD平面ABD,所以CDAB,又ADAB,ADCD=D,故AB平面ADC,又AB平面ABC,从而平面ABC平面ADC.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.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y

11、轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为2cm2,则原平面图形的面积为_cm2.【解析】依题意可知BAD=45,则原平面图形为直角梯形,上下底面的长与BC,AD相等,高为梯形ABCD的高的2倍,所以原平面图形的面积为8 cm2.答案:814.已知RtABC的斜边在平面内,直角顶点C是外一点,AC、BC与所成角分别为30和45,则平面ABC与所成锐角为_.【解析】如图所示,过点C作垂直于的直线CO,交于点O.所以CAO=30,CBO=45.设CO=a,所以在RtACO中,AC=2a,在RtBCO中,BC=a.过C点在平面ABC内作CDAB,连接OD,则CDO为平面ABC与所成的锐角,

12、AB=a,所以CD=a所以在RtCDO中,sinCDO=,所以CDO=60.答案:6015.(2019北京高考)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.(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

13、=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,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: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

14、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ABC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E

15、F=A1B.又因为A1D1􀱀BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BCD1,所以EFCD1,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.【补偿训练】已知,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为D1C1,C1B1的中点,ACBD=P,A1C1EF

16、=Q.求证:(1)D,B,E,F四点共面.(2)若A1C交平面BDEF于点R,则P,Q,R三点共线.【证明】(1)连接B1D1.因为E,F分别为D1C1,C1B1的中点,所以EFB1D1,又因为B1D1BD,所以EFBD,所以EF与BD共面,所以D,B,E,F四点共面.(2)因为ACBD=P,所以P平面AA1C1C平面BDEF.同理,Q平面AA1C1C平面BDEF,因为A1C平面DBFE=R,所以R平面AA1C1C平面BDEF,所以P,Q,R三点共线.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

17、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);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=

18、10(m),则仓库的表面积S2=610=60(m2).(3)V2V1,S2S1,所以方案二比方案一经济.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

19、)因为FA平面ABCD,所以FAAB.又ABAD,且FAAD=A,所以AB平面ADEF,所以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A

20、DC.(2)由余弦定理可得cosACD=,所以sinACD=,所以SACD=ACCDsinACD=,则VD-ABC=VB-ADC=BCSACD=.21.(12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.【解析】(1)由题意知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)存在,当P

21、为AM的中点时,MC平面PBD.理由如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC的中点.连接OP,因为P为AM的中点,所以MCOP.又MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.【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ABCD,所以AC平面BDEF.(2)在CEF

22、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,在三棱锥P-ABC中,平面PAB平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D为线段AB上的点,且AD=2DB,PDAC.(1)求证:PD平面ABC;(2)若PAB=,求点B到平面PAC的距离.【解析】(1)连接CD,据题知AD=4,BD=2,AC2+BC2=A

23、B2,所以ACB=90,所以cosABC=,所以CD2=22+(2)2-222cosABC=8,所以CD=2,所以CD2+AD2=AC2,则CDAB.因为平面PAB平面ABC,交线为AB,且CD平面ABC,所以CD平面PAB,所以CDPD,因为PDAC,ACCD=C,所以PD平面ABC.(2)由(1)得PDAB,因为PAB=,所以PD=AD=4,PA=4,在RtPCD中,PC=2,所以PAC是等腰三角形,所以可求得SPAC=8.设点B到平面PAC的距离为d,由VB-PAC=VP-ABC得SPACd=SABCPD,所以d=3,故点B到平面PAC的距离为3.【补偿训练】如图,在直角梯形ABCD中,

24、ADBC,ABBC,且BC=2AD=4,E,F分别为线段AB,DC的中点,沿EF把AEFD折起,使AECF,得到如下的立体图形.(1)证明:平面AEFD平面EBCF.(2)若BDEC,求点F到平面ABCD的距离.【解析】(1)由题意可得EFAD,所以AEEF,又AECF,EFCF=F,所以AE平面EBCF.因为AE平面AEFD,所以平面AEFD平面EBCF.(2)过点D作DGAE交EF于点G,连接BG,则DG平面EBCF,因为EC平面EBCF,所以DGEC,又BDEC,BDDG=D,所以EC平面BDG,又BG平面BDG,所以ECBG.于是可得EGBBEC,所以=,所以EB2=EGBC=ADBC=8,所以EB=2.设点F到平面ABCD的距离为h,由VF-ABC=VA-BCF,可得SABCh=SBCFAE.因为BCAE,BCEB,AEEB=E,所以BC平面AEB,所以ABBC.又AB=4=BC,所以SABC=44=8.又SBCF=42=4,AE=EB=2,所以8h=42=16,解得h=2.故点F到平面ABCD的距离为2.