长郡中学高一数学暑假自主学习作业本（十九）

这是一份长郡中学高一数学暑假自主学习作业本（十九），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高中暑假自主学习作业本·高一年级数学
数学作业十九　立体几何单元综合
一、单选题
1．(★)已知两个平面α，β，两条直线l，m，则下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥β，lα，则l⊥β
B．若lα，mβ，m⊥l，则α⊥β
C．若lα，mα，m∥β，l∥β，则α∥β
D．若l，m是异面直线，lα，l∥β，mβ，m∥α，则α∥β
2．(★★)若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°且面积为3π的扇形，则该圆锥的高为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　

A.2 B．22
C．23 D．32
3．(★★)在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，BC⊥CP，且BC＝1，CP＝2，AB＝3，AP＝14，则此三棱锥外接球的体积为(　　)
A.14π B.7143π
C.8143π D．214π

4．(★★)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则下列命题正确的个数是(　　)
①直线D1D与直线AF不垂直；
②直线A1G与平面AEF平行；
③平面AEF截正方体所得的截面面积为98；
④点C与点G到平面AEF的距离相等．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
5．(★)如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是(　　)

A．圆柱的侧面积为4πR2
B．圆锥的侧面积为5πR2
C．圆柱的侧面积与球面面积相等
D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
6．(★★)已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为4，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面α，则下列说法正确的是(　　)
A．若N为DD1中点，当AM＋MN最小时，CMCC1＝1－22
B．当点M与点C1重合时，若平面α截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为22,63
D．当点M与点C重合时，四面体AMD1B1内切球表面积为16π3
7．(★★★)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1＝2，E为B1C1的中点，过AE的截面与棱BB，A1C1分别交于点F，G，则下列说法正确的是(　　)

A．当点F为棱BB1中点时，截面AFEG的周长为13＋3＋2
B．线段C1G长度的取值范围是[0，1]
C．当点F与点B重合时，三棱锥C－AEF的体积为43
D．存在点F，使得A1F⊥AE
三、填空题
8．(★)如图，等腰直角三角形O′A′B′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′B′＝2，则原图形的周长为__________．

9．(★★)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，D，F分别是A1B1和A1C1的中点，那么异面直线BD与AF所成角的余弦值等于________．

10．(★★)如图，在60°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在二面角两个半平面内，且分别垂直于AB，AC＝BD＝6，AB＝8，则CD＝__________．

四、解答题
11．(★★)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为2，且B1C＝6，∠ABB1＝60°，D是棱BB1的中点．

(1)证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；
(2)求点B到平面ACD的距离．








12．(★★)如图，在三棱柱ADE－BCF中，四边形ABCD为矩形，AB＝2AD，四边形CDEF是菱形，∠DEF＝60°，点P是AE的中点，点Q在BD上，满足BQ→＝λBD→(0＜λ＜1)．

(1)若PQ∥平面CDEF，求λ的值；
(2)若AF＝BD，λ＝23时，求平面APQ与平面BDF所成角的正弦值．




13．(★★★)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝12DC＝2，∠D＝60°，E为DC中点，以AE为折痕把△ADE折起，使得点D到达点P的位置，且二面角P－AE－C的余弦值为13.

(1)证明：BE⊥PA；
(2)求直线PE与平面PBC所成角的值．


高中暑假自主学习作业本·高一年级数学
参考答案
1．D　【解析】对于A，若α⊥β，lα，则l∥β或lβ或l与β相交，A错误；
对于B，若lα，mβ，m⊥l，则α与β可以相交或平行，B错误；
对于C，若lα，mα，m∥β，l∥β，则α与β可以相交或平行，C错误；
对于D，因为mβ，m∥α，所以存在直线m′α，m∥m′，
因为l，m是异面直线，所以l与m′相交，
因为m′∥m，mβ，m′β，所以m′∥β，
又因为lα，l∥β，所以α∥β，D正确，故选：D.
2．B　【解析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
则3π＝π×r×l，2πr＝120πl180，解得r＝1，l＝3，
所以圆锥的高为h＝l2−r2＝22.故选：B.
3．B　【解析】如图1，

图1
因为AB⊥BC，BC＝1，AB＝3，所以AC＝AB2+BC2＝10.又CP＝2，AP＝14，
所以在△APC中，有CP2＋AC2＝14＝AP2，
所以∠ACP＝π2，即AC⊥PC.又BC⊥CP，AC平面ABC，BC平面ABC，AC∩BC＝C，所以PC⊥平面ABC.
则该三棱锥可以看作是长方体的一部分，如图2，

图2
其中BC＝1，CP＝2，AB＝3，AP＝14，
所以此三棱锥外接球的半径为R＝AP2＝142，所以此三棱锥外接球的体积为V＝4πR33＝4π·14233＝7143π.
故选：B.
4．C　【解析】以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E12,1,0，F0,1,12，G1,1,12，
对于①，DD1→＝(0，0，1)，AF→＝−1,1,12，所以DD1→·AF→＝12≠0，直线D1D与直线AF不垂直，①对；
对于②，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
AE→＝−12,1,0，EF→＝−12,0,12，
则n·AE→=−12x+y=0,n·EF→=−12x+12z=0,取x＝2，可得n＝(2，1，2)，A1G→＝0,1,−12，所以A1G→·n＝1－12×2＝0，
因为A1G平面AEF，所以A1G∥平面AEF，②对；
对于③，连接AD1，D1F，则AD1→＝(－1，0，1)＝2EF→，
所以EF∥AD1，故A，D1，E，F四点共面，即平面AEF截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为梯形AEFD1，
易知该等腰梯形AEFD1中，EF＝22，AD1＝2，AE＝D1F＝52，则高h＝522−242＝324，
因此截面面积S＝12×(2＋22)×324＝98，③对；
对于④，CE→＝12,0,0，则点C到平面AEF的距离为d1＝CE→·nn＝13，
AG→＝0,1,12，则点G到平面AEF的距离为d2＝AG→·nn＝23，则d1≠d2，④错．
因此，正确命题的个数为3.故选：C.
5．ABC　【解析】依题意，球的表面积为4πR2，
圆柱的侧面积为2π×R×2R＝4πR2，所以AC选项正确．
圆锥的侧面积为π×R×R2+2R2＝5πR2，所以B选项正确．
圆锥的表面积为πR2＋5πR2＝1+5πR2＜4πR2，所以D选项不正确．故选：ABC.
6．ACD　【解析】对于A，将矩形ACC1A1与正方形CC1D1D展开成一个平面，如图所示，

若AM＋MN最小，则A，M，N三点共线，因为CC1∥DD1，
所以MCDN＝ACAD＝4242+4＝2－2，则MC＝4－22，
此时MCCC1＝4−224＝1－22，故A正确；
对于B，当点M与点C1重合时，连接A1D，BD，A1B，AC，AC1，如图所示，

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥CC1，
又因为BD⊥AC，且AC∩CC1＝C，AC，CC1平面ACC1，
所以BD⊥平面ACC1，
又AC1平面ACC1，所以BD⊥AC1，
同理可证A1D⊥AC1，
因为A1D∩BD＝D，A1D，BD平面A1BD，
所以AC1⊥平面A1BD，
易知△A1BD是边长为42的等边三角形，其面积为S△A1BD＝34×422＝83，周长为42×3＝122；
设E，F，Q，N，G，H分别为A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的中点，易知六边形EFQNGH是边长为22的正六边形，且平面EFQNGH∥平面A1BD，
正六边形EFQNGH的周长为122，面积为6×34×222＝123，
则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误；
对于C，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(4，0，0)，B(4，4，0)，设M(0，4，a)(0≤a≤4)，
因为AM⊥平面α，所以AM→是平面α的一个法向量，
且AM→＝(－4，4，a)，AB→＝(0，4，0)，
故cos〈AM→,AB→〉＝164a2+32＝4a2+32∈33,22，
所以直线AB与平面α所成角的正弦值的取值范围为33,22，则直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为22,63，故C正确；
对于D，当点M与点C重合时，四面体AMD1B1即为ACD1B1，为正四面体，棱长AC＝42，
由正四面体的性质可得，
其内切球半径r＝42×63×14＝233，
所以表面积为4πr2＝16π3，故D正确．故选：ACD.
7．ABC　【解析】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1＝2，E为B1C1的中点，有AB＝22，
延长FE交CC1延长线于H，连接AH∩A1C1＝G，如图1，
令B1F＝x∈[0，2]，
于是HC1C1E＝tan∠HEC1＝tan∠FEB1＝B1FB1E，即HC1＝x，
由C1G∥AC，得C1GAC＝HC1HC，即C1G＝2xx+2，
　

对于A，当点F为棱BB1中点时，BF＝B1F＝1，EF＝2，
AF＝AB2+BF2＝3，
C1G＝23，A1G＝43，GE＝C1E2+C1G2＝133，
AG＝A1G2+A1A2＝2133，
所以截面AFEG的周长为13＋3＋2，A正确；
对于B，显然C1G＝2x+2−4x+2＝2－4x+2在x∈[0，2]上单调递增，所以0≤C1G≤1，B正确；
对于C，当点F与点B重合时，如图2，
VC－AEF＝VE－ACF＝VE－ACB＝13×12×2×2×2＝43，C正确；
对于D，以点C为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，A1(2，0，2)，E(0，1，2)，F(0，2，2－x)，
AE→＝(－2，1，2)，A1F→＝(－2，2，－x)，
AE→·A1F→＝6－2x∈[2，6]，显然AE→与A1F→不垂直，
因此不存在点F，使得A1F⊥AE，D错误．故选：ABC.
8．8＋42　【解析】由题意，O′B′＝2，则O′A′＝22，
故原图形中OA＝42，OB＝2，AB＝422+22＝6，
周长为8＋42.故答案为：8＋42.

9.710　【解析】因为直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，所以△ABC为等边三角形，取AB的中点O，所以CO⊥AB，因为D为A1B1的中点，所以OD∥AA1，
又因为AA1⊥平面ABC，所以OD⊥平面ABC，
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，设AB＝2，

则B(1，0，0)，A(－1，0，0)，D(0，0，2)，F(－12，32，2)，
BD→＝(－1，0，2)，AF→＝12,32,2，
设异面直线BD与AF所成角为θ，
所以cos θ＝cos〈BD→,AF→〉＝BD→·AF→BD→AF→＝710，
即异面直线BD与AF所成角的余弦值为710.故答案为：710.
10．10　【解析】如图，过点B作BE∥AC，且BE＝AC＝6，连接CE，DE，

则∠DBE＝60°，又BD＝BE＝6，
所以△BDE为等边三角形，所以DE＝6，
则四边形ABEC为矩形，即CE綉AB，由AC⊥AB，则EB⊥AB，又BD⊥AB，且BD∩EB＝B，
所以AB⊥平面BDE，所以CE⊥平面BDE，又DE平面BDE，所以CE⊥DE，则由勾股定理得CD＝CE2+DE2＝82+62＝10.故答案为：10.
11．【解析】(1)证明：如图，取棱AB的中点O，连接OB1，OC，AB1.
由题意可知AA1B1B为菱形，且∠ABB1＝60°，
则△ABB1为正三角形．
因为O是棱AB的中点，所以OB1⊥AB.
由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，
则OC⊥AB，OC＝3，
因为△ABB1是边长为2的等边三角形，所以OB1＝3，
因为B1C＝6，所以OC2＋OB12＝B1C2，所以OB1⊥CO.
因为AB，OC平面ABC，且AB∩OC＝O，
所以OB1⊥平面ABC.因为OB1平面ABB1A1，
所以平面ABC⊥平面ABB1A1.
(2)作DH⊥AB，垂足为H，连接CH，则DH⊥平面ABC.

因为D是棱BB1的中点，所以DH＝32，OH＝12，
则CH＝132，AD＝3，
因为DH⊥平面ABC，且CH平面ABC，
所以DH⊥CH，则CD＝CH2+DH2＝2.
设点B到平面ACD的距离是d，
因为VB－ACD＝VD－ABC，
所以13×12×3×4−34×d＝13×12×2×3×32，解得d＝23913，
即点B到平面ACD的距离是23913.
12．【解析】(1)当Q为BD中点时，连接AC，EC，
此时易得Q为AC中点，又P为AE中点，
则PQ为△AEC中EC边的中位线，故PQ∥EC.
又PQ平面CDEF，EC平面CDEF，
故PQ∥平面CDEF.
故当PQ∥平面CDEF时，Q为BD中点，λ＝12.

(2)设AD＝2，则AB＝4，
则因为四边形ABCD为矩形，故AF＝BD＝25.
取EF中点G，由四边形CDEF为菱形且∠DEF＝60°，
可得△DEF为正三角形，
故DF＝DC＝AB＝4，且DG⊥EF.
又AD2＋DF2＝AF2，故AD⊥DF.
又AD⊥DC，DF，DC平面CDEF，DF∩DC＝D，
故AD⊥平面CDEF.
又DG，DC平面CDEF，故以D为坐标原点，DG→，DC→，DA→方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．

此时D(0，0，0)，B(0，4，2)，F23,2,0，A(0，0，2)，P3,−1,1，Q0,43,23，
故AP→＝3,−1,−1，AQ→＝0,43,−43，DB→＝(0，4，2)，DF→＝23,2,0.
设平面APQ，BDF的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，
则m·AP→=0,m·AQ→=0,即3x1−y1−z1=0,43y1−43z1=0,即3x1=y1+z1,y1=z1,
设x1＝2，则m＝2,3,3，
n·DB→=0,n·DF→=0,即4y2+2z2=0,23x2+2y2=0,即2y2+z2=0,3x2+y2=0,
设x2＝1，则n＝1,−3,23.
设平面APQ与平面BDF所成角为θ，
则|cos θ|＝m·nmn＝|2−3+6|22+3+3·1+3+12
＝5410＝108，
故平面APQ与平面BDF所成角的正弦值为1−1082＝5464＝368.
13．【解析】(1)在图1中，连接BE，BD，其中BD交AE于点O，因为AB∥DC，AB＝DE＝EC＝2，
故四边形ABCE，ABED为平行四边形，
所以BC＝AE，AD＝BE，

因为BC＝AD，所以AD＝AE，
因为∠D＝60°，所以AD＝AE＝BE＝DE＝2，
故四边形ABED为菱形，所以OD⊥AE，OB⊥AE，
故折叠后OP⊥AE，OB⊥AE，OP＝OB＝3，
所以∠POB为二面角P－AE－C的平面角，
由余弦定理得，PB2＝PO2＋OB2－2PO·OB·cos∠POB＝4，所以PB＝2，三棱锥P－ABE为正四面体，
所以点P在底面的投影H为△ABE的中心，AH⊥BE，
又BE平面ABE，所以PH⊥BE，
PH∩AH＝H，PH，AH平面PAH，
所以BE⊥平面PAH，
因为PA平面PAH，所以BE⊥PA.
(2)因为点P在底面的投影为H，在图2中，以H为坐标原点，过H与BE平行的直线为x轴，AC为y轴，HP为z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则E1,33,0，P0,0,263，B−1,33,0，
C0,433,0，
所以PE→＝1,33,−263，BC→＝1,3,0，
BP→＝1,−33,263，
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·BC→=0,n·BP→=0,
即x+3y=0,x−33y+263z=0,所以n＝3,−1,−2.
设直线PE与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝cos〈PE→,n〉＝PE→·nPE→n＝232×6＝22.
所以直线PE与平面PBC所成角为π4.