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高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步本章综合与测试复习练习题
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这是一份高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步本章综合与测试复习练习题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第八章过关检测
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的个数为( )
①存在斜四棱柱,其底面为正方形;
②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;
③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;
④矩形绕任意一条边所在的直线旋转一周都可以形成圆柱.
A.1 B.2 C.3 D.4
解析①正确.②正确,如图所示.③不正确,当圆锥轴截面的顶角小于90°时不存在.④正确.
答案C
2.已知一个四边形的直观图如图所示,A'B'=2,A'D'=2B'C'=4,则原四边形的面积为( )
A.43 B.83
C.12 D.10
解析由题意可知,在原四边形中,AD=4,AB=4,BC=2,故原四边形的面积为S=AD+BC2·AB=12.
答案C
3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为( )
A.33π B.3π
C.53π D.5π
解析设圆锥的底面半径为r,母线长为R,高为h,则2πr=πR,因为r=1,所以R=2,所以h=R2-r2=3,所以圆锥的体积V=13π×12×3=33π.
答案A
4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( )
A.122π B.12π
C.82π D.10π
解析过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,母线长为l,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=22,即r=2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.
答案B
5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )
A.8 B.62
C.82 D.83
解析如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,则∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1=ABtan∠AC1B=23,又BC=2,所以在Rt△BCC1中,CC1=(23)2-22=22,所以该长方体体积V=BC×CC1×AB=82.
答案C
6.若球的表面积为16π,则用与球心距离为3的平面截球所得的圆的面积为( )
A.4π B.3π C.2π D.π
解析如图,由球的表面积为16π,可得球的半径R=2.
设截面圆的半径为r,球心到截面的距离为h,
则r2=R2-h2=4-3=1.
故截面圆的面积为S=πr2=π.
答案D
7.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列结论正确的是( )
A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β
B.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β
C.若m∥n,m∥α,则n∥α
D.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
解析对于A,β与γ也可能相交,故A错误.对于B,α与β也可能相交,故B错误.对于C,n也可能在α内,故C错误.
对于D,∵m∥n,m⊥α,∴n⊥α,又n⊥β,∴α∥β,故D正确.
答案D
8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列结论正确的是( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE与B1C1是异面直线,且AE⊥B1C1
D.A1C1∥平面AB1E
解析对于A,显然CC1与B1E都在平面BCC1B1内,故CC1与B1E不是异面直线,故A错误.
对于B,若AC⊥平面ABB1A1,则AC⊥AB,而由题意可知,△ABC是正三角形,矛盾,故AC不可能垂直于平面ABB1A1,故B错误.
对于C,显然AE与B1C1不同在任一平面内,故AE与B1C1是异面直线,又易知AE⊥平面BCC1B1,故AE⊥B1C1,故C正确.
对于D,延长C1A1到点D,使C1A1=A1D,连接B1D,AD(图略),易证AE∥B1D,则平面AB1E即是平面ADB1E,而C1D与平面ADB1E相交于点D,故A1C1与平面AB1E不平行,故D错误.
答案C
9.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于( )
A.AC B.BD
C.A1D D.A1D1
解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知BD⊥AC,BD⊥AA1,故BD⊥平面A1ACC1,而CE⊂平面A1ACC1,故BD⊥CE.
答案B
10.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,从外表上看,六根等长的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.如图,若正四棱柱的高为6,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),则该球形容器的表面积的最小值为( )
A.36π B.40π
C.41π D.44π
解析由题意知,当该球为长、宽、高分别为2,1,6的长方体的外接球时,球的半径取最小值,即该球形容器的半径的最小值为124+1+36=412,故该球形容器的表面积的最小值为4π×414=41π.
答案C
二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.
11.若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为163,则a= ,正三棱柱的表面积为 .
答案4 48+83
12.已知一个圆柱和一个圆锥的底面直径及高都与一个球的直径相等,则该圆柱,圆锥,球的体积之比为 .
解析设圆柱和圆锥的底面半径为r,则圆柱和圆锥的高h=2r,球的半径为r,故V圆柱=πr2·2r=2πr3,V圆锥=13πr2·2r=23πr3,V球=43πr3,故V圆柱∶V圆锥∶V球=3∶1∶2.
答案3∶1∶2
13.学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.
解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).
故其质量为0.9×132=118.8(g).
答案118.8
14.已知三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为 ,体积为 .
解析如图,因为三棱柱的棱长都为a,所以△ABC与△A'B'C'都为正三角形,设O1,O'分别为△ABC,△A'B'C'的中心,则O1O'的中点O即为所求球的球心.
连接OB,O1B,设所求球的半径为R,则OB=R,OO1=a2,O1B=33a.
又OB2=OO12+O1B2,
故R2=a22+33a2=712a2.
故所求球的表面积为S球=4πR2=4π×712a2=73πa2,体积为V球=4π3R3=721π54a3.
答案7π3a2 721π54a3
15.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,AC与BE的位置关系为 ,三棱锥A-BEF的体积为 .
解析∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1B⊥平面ABCD,
∴AC⊥B1B,又AC⊥BD,BD∩B1B=B,
∴AC⊥平面BDD1B1,又BE⊂平面BDD1B1,
∴AC⊥BE.
V三棱锥A-BEF=13×12EF×BB1×12AC=224.
答案垂直 224
16.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是 .(填序号)
①PB⊥AD;
②平面PAB⊥平面PAE;
③BC∥平面PAE;
④直线PD与平面ABC所成的角为45°.
解析对于①,若PB⊥AD,而PA⊥AD,则AD⊥平面PAB,从而AD⊥AB,显然不成立,故①错误.
对于②,易证AB⊥AE,AB⊥PA,从而AB⊥平面PAE,又因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE,故②正确.
对于③,若BC∥平面PAE,则BC∥AE,显然不成立,故③错误.
对于④,易知∠PDA为直线PD与平面ABC所成的角,在Rt△PAD中,因为PA=2AB,AD=2BC=2AB,所以PA=AD,所以∠PDA=45°,即直线PD与平面ABC所成的角为45°,故④正确.
答案②④
17.如图(单位:cm),图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积为 cm2,体积为 cm3.
解析由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一半球面.
S半球=8π,S圆台侧=35π,S圆台底=25π.
故所求几何体的表面积为68π cm2.
由V圆台=13×(π×22+π×22×π×52+π×52)×4=52π,
V半球=43π×23×12=163π,
故所求几何体的体积为V圆台-V半球=52π-163π=1403π(cm3).
答案68π 140π3
三、解答题:本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.(14分)在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过点A作AF⊥SB,垂足为F,E,G分别为棱SA,SC的中点.
求证:(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.
证明(1)∵AS=AB,AF⊥SB,
∴F为SB的中点.
又E,G分别为棱SA,SC的中点,
∴EF∥AB,FG∥BC.
又EF⊄平面ABC,FG⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴EF∥平面ABC,FG∥平面ABC,又EF∩FG=F,
∴平面EFG∥平面ABC.
(2)∵平面SAB⊥平面SBC,AF⊥SB,平面SAB∩平面SBC=SB,
∴AF⊥平面SBC,
∴AF⊥BC.
又BC⊥AB,AF∩AB=A,
∴BC⊥平面SAB.
又SA⊂平面SAB,
∴BC⊥SA.
19.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAB;
(2)求四面体N-BCM的体积.
(1)证明由已知得AM=23AD=2.
如图,取BP的中点T,连接AT,TN.
∵N为PC的中点,
∴TN∥BC,TN=12BC=2.
又AD∥BC,
∴TNAM,
∴四边形AMNT为平行四边形,
∴MN∥AT.
又AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,
∴MN∥平面PAB.
(2)解∵PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,
∴点N到平面ABCD的距离为12PA=2.
如图,取BC的中点E,连接AE.
∵AB=AC=3,
∴AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5.
又AM∥BC,
∴点M到BC的距离为5,
∴S△BCM=12×4×5=25.
∴VN-BCM=13×25×2=453.
20.(15分)如图①,在直角梯形PBCD中,PB∥CD,CD⊥BC,BC=PB=2CD,A是PB的中点.现沿AD将平面PAD折起,使得PA⊥AB,如图②,E,F分别为BC,AB的中点.
(1)求证:PA⊥平面ABCD;
(2)求证:平面PAE⊥平面PDE;
(3)试在PA上找一点G,使得FG∥平面PDE,并证明你的结论.
(1)证明在直角梯形PBCD中,
∵PB∥CD,CD⊥BC,PB=2CD,A是PB的中点,
∴四边形ABCD是矩形,
∴AD⊥PA.
又PA⊥AB,AB∩AD=A,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)证明∵PA⊥平面ABCD,ED⊂平面ABCD,
∴PA⊥ED.在矩形ABCD中,
∵BC=2CD=2AB=2BE=2EC,
∴∠BEA=45°,∠CED=45°,
∴∠AED=90°,即AE⊥ED.
又PA∩AE=A,
∴ED⊥平面PAE.
又ED⊂平面PDE,∴平面PAE⊥平面PDE.
(3)解在PA上取一点G,使PG=3GA,则FG∥平面PDE.
证明如下:取ED的中点M,在PD上取一点N,使PN=3ND,连接FM,MN,GN(图略),则FM∥AD,GN∥AD,FM=12(BE+AD)=34AD,GN=34AD,
∴FMGN,
∴四边形FMNG为平行四边形,∴FG∥MN.
又MN⊂平面PDE,FG⊄平面PDE.
∴FG∥平面PDE.
21.(15分)如图所示,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O,求:
(1)AO与A'C'所成角的度数;
(2)AO与平面ABCD所成角的正切值;
(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数.
解(1)∵A'C'∥AC,
∴AO与A'C'所成的角就是∠OAC.
∵在正方体中,AB⊥平面BC',OC⊂平面BC',
∴OC⊥AB.
又OC⊥OB,且AB∩OB=B,
∴OC⊥平面ABO.
∵OA⊂平面ABO,∴OC⊥OA.
在Rt△AOC中,OC=22,AC=2,sin∠OAC=OCAC=12,∴∠OAC=30°.
即AO与A'C'所成角的度数为30°.
(2)如图所示,作OE⊥BC于点E,连接AE.
∵平面BC'⊥平面ABCD,
∴OE⊥平面ABCD,∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.
在Rt△OAE中,OE=12,AE=12+(12) 2=52,
∴tan∠OAE=OEAE=55.
(3)∵OC⊥OA,OC⊥OB,OA∩OB=O,
∴OC⊥平面AOB.
又OC⊂平面AOC,∴平面AOB⊥平面AOC.
即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°.
22.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD.E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.
延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:
由题意知,BC∥ED,且BC=ED,
所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.
又因为EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.
(2)已知CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,又因为AD⊥CD,所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,
所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
由题意知,AE=ED=CD=1,在Rt△PAE中,PE=5,在Rt△CDE中,CE=2,在Rt△PAD中,PD=22,在Rt△PDC中,PC=3.
设点A到平面PCE的距离为m,PA与平面PCE所成角为β,所以VA-PEC=VP-AEC.①
已知△PEC的三边,根据余弦定理,三角形面积计算公式得S△PEC=32.
S△AEC=12AE·CD=12.
代入①得13·32·m=13·12·PA,已知PA=2,
解得m=23,故sin β=mPA=13.
第八章过关检测
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的个数为( )
①存在斜四棱柱,其底面为正方形;
②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;
③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;
④矩形绕任意一条边所在的直线旋转一周都可以形成圆柱.
A.1 B.2 C.3 D.4
解析①正确.②正确,如图所示.③不正确,当圆锥轴截面的顶角小于90°时不存在.④正确.
答案C
2.已知一个四边形的直观图如图所示,A'B'=2,A'D'=2B'C'=4,则原四边形的面积为( )
A.43 B.83
C.12 D.10
解析由题意可知,在原四边形中,AD=4,AB=4,BC=2,故原四边形的面积为S=AD+BC2·AB=12.
答案C
3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为( )
A.33π B.3π
C.53π D.5π
解析设圆锥的底面半径为r,母线长为R,高为h,则2πr=πR,因为r=1,所以R=2,所以h=R2-r2=3,所以圆锥的体积V=13π×12×3=33π.
答案A
4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为( )
A.122π B.12π
C.82π D.10π
解析过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,母线长为l,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=22,即r=2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.
答案B
5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )
A.8 B.62
C.82 D.83
解析如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,则∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1=ABtan∠AC1B=23,又BC=2,所以在Rt△BCC1中,CC1=(23)2-22=22,所以该长方体体积V=BC×CC1×AB=82.
答案C
6.若球的表面积为16π,则用与球心距离为3的平面截球所得的圆的面积为( )
A.4π B.3π C.2π D.π
解析如图,由球的表面积为16π,可得球的半径R=2.
设截面圆的半径为r,球心到截面的距离为h,
则r2=R2-h2=4-3=1.
故截面圆的面积为S=πr2=π.
答案D
7.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列结论正确的是( )
A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β
B.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β
C.若m∥n,m∥α,则n∥α
D.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
解析对于A,β与γ也可能相交,故A错误.对于B,α与β也可能相交,故B错误.对于C,n也可能在α内,故C错误.
对于D,∵m∥n,m⊥α,∴n⊥α,又n⊥β,∴α∥β,故D正确.
答案D
8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列结论正确的是( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE与B1C1是异面直线,且AE⊥B1C1
D.A1C1∥平面AB1E
解析对于A,显然CC1与B1E都在平面BCC1B1内,故CC1与B1E不是异面直线,故A错误.
对于B,若AC⊥平面ABB1A1,则AC⊥AB,而由题意可知,△ABC是正三角形,矛盾,故AC不可能垂直于平面ABB1A1,故B错误.
对于C,显然AE与B1C1不同在任一平面内,故AE与B1C1是异面直线,又易知AE⊥平面BCC1B1,故AE⊥B1C1,故C正确.
对于D,延长C1A1到点D,使C1A1=A1D,连接B1D,AD(图略),易证AE∥B1D,则平面AB1E即是平面ADB1E,而C1D与平面ADB1E相交于点D,故A1C1与平面AB1E不平行,故D错误.
答案C
9.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于( )
A.AC B.BD
C.A1D D.A1D1
解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知BD⊥AC,BD⊥AA1,故BD⊥平面A1ACC1,而CE⊂平面A1ACC1,故BD⊥CE.
答案B
10.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,从外表上看,六根等长的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.如图,若正四棱柱的高为6,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),则该球形容器的表面积的最小值为( )
A.36π B.40π
C.41π D.44π
解析由题意知,当该球为长、宽、高分别为2,1,6的长方体的外接球时,球的半径取最小值,即该球形容器的半径的最小值为124+1+36=412,故该球形容器的表面积的最小值为4π×414=41π.
答案C
二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.
11.若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为163,则a= ,正三棱柱的表面积为 .
答案4 48+83
12.已知一个圆柱和一个圆锥的底面直径及高都与一个球的直径相等,则该圆柱,圆锥,球的体积之比为 .
解析设圆柱和圆锥的底面半径为r,则圆柱和圆锥的高h=2r,球的半径为r,故V圆柱=πr2·2r=2πr3,V圆锥=13πr2·2r=23πr3,V球=43πr3,故V圆柱∶V圆锥∶V球=3∶1∶2.
答案3∶1∶2
13.学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.
解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).
故其质量为0.9×132=118.8(g).
答案118.8
14.已知三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为 ,体积为 .
解析如图,因为三棱柱的棱长都为a,所以△ABC与△A'B'C'都为正三角形,设O1,O'分别为△ABC,△A'B'C'的中心,则O1O'的中点O即为所求球的球心.
连接OB,O1B,设所求球的半径为R,则OB=R,OO1=a2,O1B=33a.
又OB2=OO12+O1B2,
故R2=a22+33a2=712a2.
故所求球的表面积为S球=4πR2=4π×712a2=73πa2,体积为V球=4π3R3=721π54a3.
答案7π3a2 721π54a3
15.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,AC与BE的位置关系为 ,三棱锥A-BEF的体积为 .
解析∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1B⊥平面ABCD,
∴AC⊥B1B,又AC⊥BD,BD∩B1B=B,
∴AC⊥平面BDD1B1,又BE⊂平面BDD1B1,
∴AC⊥BE.
V三棱锥A-BEF=13×12EF×BB1×12AC=224.
答案垂直 224
16.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是 .(填序号)
①PB⊥AD;
②平面PAB⊥平面PAE;
③BC∥平面PAE;
④直线PD与平面ABC所成的角为45°.
解析对于①,若PB⊥AD,而PA⊥AD,则AD⊥平面PAB,从而AD⊥AB,显然不成立,故①错误.
对于②,易证AB⊥AE,AB⊥PA,从而AB⊥平面PAE,又因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE,故②正确.
对于③,若BC∥平面PAE,则BC∥AE,显然不成立,故③错误.
对于④,易知∠PDA为直线PD与平面ABC所成的角,在Rt△PAD中,因为PA=2AB,AD=2BC=2AB,所以PA=AD,所以∠PDA=45°,即直线PD与平面ABC所成的角为45°,故④正确.
答案②④
17.如图(单位:cm),图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积为 cm2,体积为 cm3.
解析由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一半球面.
S半球=8π,S圆台侧=35π,S圆台底=25π.
故所求几何体的表面积为68π cm2.
由V圆台=13×(π×22+π×22×π×52+π×52)×4=52π,
V半球=43π×23×12=163π,
故所求几何体的体积为V圆台-V半球=52π-163π=1403π(cm3).
答案68π 140π3
三、解答题:本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18.(14分)在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过点A作AF⊥SB,垂足为F,E,G分别为棱SA,SC的中点.
求证:(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.
证明(1)∵AS=AB,AF⊥SB,
∴F为SB的中点.
又E,G分别为棱SA,SC的中点,
∴EF∥AB,FG∥BC.
又EF⊄平面ABC,FG⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴EF∥平面ABC,FG∥平面ABC,又EF∩FG=F,
∴平面EFG∥平面ABC.
(2)∵平面SAB⊥平面SBC,AF⊥SB,平面SAB∩平面SBC=SB,
∴AF⊥平面SBC,
∴AF⊥BC.
又BC⊥AB,AF∩AB=A,
∴BC⊥平面SAB.
又SA⊂平面SAB,
∴BC⊥SA.
19.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAB;
(2)求四面体N-BCM的体积.
(1)证明由已知得AM=23AD=2.
如图,取BP的中点T,连接AT,TN.
∵N为PC的中点,
∴TN∥BC,TN=12BC=2.
又AD∥BC,
∴TNAM,
∴四边形AMNT为平行四边形,
∴MN∥AT.
又AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,
∴MN∥平面PAB.
(2)解∵PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,
∴点N到平面ABCD的距离为12PA=2.
如图,取BC的中点E,连接AE.
∵AB=AC=3,
∴AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5.
又AM∥BC,
∴点M到BC的距离为5,
∴S△BCM=12×4×5=25.
∴VN-BCM=13×25×2=453.
20.(15分)如图①,在直角梯形PBCD中,PB∥CD,CD⊥BC,BC=PB=2CD,A是PB的中点.现沿AD将平面PAD折起,使得PA⊥AB,如图②,E,F分别为BC,AB的中点.
(1)求证:PA⊥平面ABCD;
(2)求证:平面PAE⊥平面PDE;
(3)试在PA上找一点G,使得FG∥平面PDE,并证明你的结论.
(1)证明在直角梯形PBCD中,
∵PB∥CD,CD⊥BC,PB=2CD,A是PB的中点,
∴四边形ABCD是矩形,
∴AD⊥PA.
又PA⊥AB,AB∩AD=A,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)证明∵PA⊥平面ABCD,ED⊂平面ABCD,
∴PA⊥ED.在矩形ABCD中,
∵BC=2CD=2AB=2BE=2EC,
∴∠BEA=45°,∠CED=45°,
∴∠AED=90°,即AE⊥ED.
又PA∩AE=A,
∴ED⊥平面PAE.
又ED⊂平面PDE,∴平面PAE⊥平面PDE.
(3)解在PA上取一点G,使PG=3GA,则FG∥平面PDE.
证明如下:取ED的中点M,在PD上取一点N,使PN=3ND,连接FM,MN,GN(图略),则FM∥AD,GN∥AD,FM=12(BE+AD)=34AD,GN=34AD,
∴FMGN,
∴四边形FMNG为平行四边形,∴FG∥MN.
又MN⊂平面PDE,FG⊄平面PDE.
∴FG∥平面PDE.
21.(15分)如图所示,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O,求:
(1)AO与A'C'所成角的度数;
(2)AO与平面ABCD所成角的正切值;
(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数.
解(1)∵A'C'∥AC,
∴AO与A'C'所成的角就是∠OAC.
∵在正方体中,AB⊥平面BC',OC⊂平面BC',
∴OC⊥AB.
又OC⊥OB,且AB∩OB=B,
∴OC⊥平面ABO.
∵OA⊂平面ABO,∴OC⊥OA.
在Rt△AOC中,OC=22,AC=2,sin∠OAC=OCAC=12,∴∠OAC=30°.
即AO与A'C'所成角的度数为30°.
(2)如图所示,作OE⊥BC于点E,连接AE.
∵平面BC'⊥平面ABCD,
∴OE⊥平面ABCD,∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.
在Rt△OAE中,OE=12,AE=12+(12) 2=52,
∴tan∠OAE=OEAE=55.
(3)∵OC⊥OA,OC⊥OB,OA∩OB=O,
∴OC⊥平面AOB.
又OC⊂平面AOC,∴平面AOB⊥平面AOC.
即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°.
22.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD.E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.
延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:
由题意知,BC∥ED,且BC=ED,
所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.
又因为EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.
(2)已知CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,又因为AD⊥CD,所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,
所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
由题意知,AE=ED=CD=1,在Rt△PAE中,PE=5,在Rt△CDE中,CE=2,在Rt△PAD中,PD=22,在Rt△PDC中,PC=3.
设点A到平面PCE的距离为m,PA与平面PCE所成角为β,所以VA-PEC=VP-AEC.①
已知△PEC的三边,根据余弦定理,三角形面积计算公式得S△PEC=32.
S△AEC=12AE·CD=12.
代入①得13·32·m=13·12·PA,已知PA=2,
解得m=23,故sin β=mPA=13.
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