新教材适用2023_2024学年高中数学第8章立体几何初步习题课素养作业新人教A版必修第二册

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第8章　习题课A组·素养自测一、选择题1．在空间中，设m，n为两条不同的直线，α为一个平面，下列条件可判定m⊥n的是( C )A．m⊥α，n⊥α B．m∥α，n∥αC．m⊥α，n∥α D．m∥α，且n⊂α[解析]　当m⊥α，n⊥α时，m∥n，所以A选项错误；当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，所以B选项错误；当m⊥α，n∥α时，m⊥n，所以C选项正确；当m∥α，且n⊂α时，m，n可能平行，所以D选项错误．故选C.2．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β，则下列说法正确的是( A )A．若α∩β＝l且α⊥β，m⊂α，m⊥l，则m⊥βB．若m∥n，则α∥βC．若α∩β＝l且m⊥l，n⊥l，则α⊥βD．若α∥β，则m∥n[解析]　若α∩β＝l且α⊥β，m⊂α，m⊥l，则m⊥β，由面面垂直性质定理得出A正确；若m∥n，且m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故B错误；若m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α与β相交，可能垂直，也可能不垂直，故C错误；两个平面平行，不能证明两个平面里的直线都平行，可能异面， 故D错误；故选A.3．已知PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是( C )A．PA⊥BC B．BC⊥平面PACC．AC⊥PB D．PC⊥BC[解析]　由PA⊥平面ACB⇒PA⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．4．在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是( A )A．平行 B．相交C．在平面内 D．不能确定[解析]　如图，由eq \f(AE,EB)＝eq \f(CF,FB)得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.5.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是( D )A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC[解析]　因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确；在正四面体P－ABC中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，所以BC⊥平面PAE，又DF∥BC，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B、C均正确．二、填空题6．已知直线l，a，b，平面α，若要得到结论l⊥α，则需要在条件a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b中另外添加的一个条件是_a与b相交__.[解析]　由线面垂直的判定定理得到，a与b相交．故答案为a与b相交．7.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_3__条；与AP垂直的直线有_1__条．[解析]　∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，又∵AP⊂平面PAC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.8．已知三条不同的直线a，b，c和两个不同的平面α，β满足以下条件：①a⊥α，b⊥β；②α∩β＝m；③c⊥a，c⊥b，c⊄α，c⊄β，则c与m的位置关系是_平行__.(填“相交”，“平行”或“异面”)[解析]　由题意可知，直线a与直线b不平行，过a上一点A作直线b′∥b，如图所示，则a与b′确定一个平面γ，由a⊥α，a⊂γ，则γ⊥α，由b⊥β，b′∥b，则b′⊥β，又b′⊂γ，则γ⊥β，由α∩β＝m，得m⊥γ，由c⊥b，得c⊥b′，又c⊥a，a∩b′＝A，a，b′⊂γ，所以c⊥γ，c⊄α，c⊄β，所以c∥m.故答案为平行．三、解答题9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是AB、AD的中点，E、F、P分别是B1C1、BB1、DD1的中点．(1)求证：MN∥平面BDD1B1；(2)求证：CA1⊥MN.[证明]　(1)连接BD，B1D1，∵MN∥BD，MN⊄面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，∴MN∥平面BDD1B1.(2)AA1⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，∴AA1⊥MN，∵AC⊥BD，MN∥BD，∴AC⊥MN.又∵AA1∩AC＝A，∴MN⊥平面A1AC，∴CA1⊥MN.10．在平行四边形ABCD中AB＝6，BC＝4，过A点作CD的垂线交CD的延长线于点E，AE＝2eq \r(3).连接EB交AD于点F，如图1，将△ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置．如图2.(1)证明：直线AD⊥平面BFP；(2)若G为PB的中点，H为CD的中点，且平面ADP⊥平面ABCD，求点H到平面GBC的距离．[解析]　(1)证明：图1中，在Rt△BAE中，AB＝6，AE＝2eq \r(3)，所以∠AEB＝60°.所以BE＝4eq \r(3).∵△ADE也是直角三角形，∴DE＝eq \r(AD2－AE2)＝2，∴eq \f(AE,AB)＝eq \f(DE,AE)＝eq \f(\r(3),3)，∵∠AED＝∠EAB＝90°，∴△AEB∽△EDA，∴∠EAD＝∠ABE，∴∠DAB＋∠ABE＝∠DAB＋∠EAD＝90°，∴BE⊥AD，在图2中，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP.(2)∵平面ADP⊥平面ABCD，且平面ADP∩平面ABCD＝AD，PF⊂平面ADP，PF⊥AD，∴PF⊥平面ABCD.取BF的中点为O，连接GO，则GO∥PF，∴GO⊥平面ABCD，即GO为三棱锥G－BCH的高．∴GO＝eq \f(1,2)PF＝eq \f(1,2)×PAsin30°＝eq \f(\r(3),2).∵CH＝eq \f(1,2)DC＝3，∴S△BCH＝eq \f(1,2)CH·AE＝eq \f(1,2)×3×2eq \r(3)＝3eq \r(3)，∴VG－BCH＝eq \f(1,3)S△BCH·GO＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,2).又∵BC⊥BF，PF⊥BC，又BF∩PF＝F，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥BG,GB＝eq \f(1,2)PB＝eq \f(1,2)eq \r(\r(3)2＋3\r(3)2)＝eq \f(\r(30),2)，∴S△GBC＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(30),2)×4＝eq \r(30).设点H到平面GBC的距离为d，则由VH－GBC＝VG－BCH，得eq \f(1,3)eq \r(30)·d＝eq \f(3,2)，解得d＝eq \f(3\r(30),20).∴点H到平面GBC的距离为eq \f(3\r(30),20).B组·素养提升一、选择题1．(多选题)(2023·山东青岛期末)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB ＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起．设折起后点A 的位置为A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.给出下面四个命题，其中正确的是( CD )A．A′D⊥BCB．三棱锥A′－BCD的体积为eq \f(\r(2),2)C．BA′⊥CA′D．平面A′BC⊥平面A′DC[解析]　如图所示，E为BD的中点，连接A′E.因为A′D＝A′B，所以A′E⊥BD，因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，A′E⊂平面A′BD，所以A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC.若A′D⊥BC，则可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，与已知矛盾，故A错误．易得三棱锥A′－BCD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),6)，故B错误．易知△A′CD为直角三角形，则A′C＝eq \r(3).在△A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝eq \r(3)，满足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′.故C正确．因为BA′⊥DA′，DA′∩CA′＝A′，所以BA′⊥平面A′DC，因为BA′⊂平面A′BC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故D正确．故选CD.2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB.若E，F分别为线段A1D1，CC1的中点，则直线EF与平面ADD1A1所成角的正弦值为( C )A.eq \f(\r(6),3) B．eq \f(\r(2),2)C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(1,3)[解析]　取DD1的中点G，连接EG、FG、EC1，易知∠FEG为直线EF与平面ADD1A1所成的角，设AB＝a，则AA1＝AD＝2a，在△ED1C1中可求出EC1＝eq \r(2)a，在△EFC1中可求出EF＝eq \r(3)a，所以在△EFG中，sin∠FEG＝eq \f(FG,EF)＝eq \f(\r(3),3)，故选C.3．(多选题)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH所在四边形的面积为定值；③棱A1D1始终与水面所在平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．其中正确的命题是( ACD )A．① B．②C．③ D．④[解析]　由题图，显然①是正确的，②是错误的；对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，FG⊂平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)．∴③是正确的；对于④，∵水是定量的(定体积V)，∴S△BEF·BC＝V，即eq \f(1,2)BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝eq \f(2V,BC)(定值)，即④是正确的，故选ACD.二、填空题4．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为_36π__.[解析]　设球O的半径为R，∵SC为球O的直径，∴点O为SC的中点．连接AO，OB，∵SA＝AC，SB＝BC，∴AO⊥SC，∴BO⊥SC.∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，AO⊂平面SCA，∴AO⊥平面SCB，所以VS－ABC＝VA－SBC＝eq \f(1,3)×S△SBC×AO＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×SC×OB))×AO，即9＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2R×R))×R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.5.如图所示，等边三角形ABC的边长为4，D为BC的中点，沿AD把△ADC折叠到△ADC′处，使二面角B－AD－C′为60°，则折叠后二面角A－BC′－D的正切值为_2__.[解析]　易知∠BDC′即二面角B－AD－C′的平面角，有∠BDC′＝60°，所以△BDC′为等边三角形．取BC′的中点M，连接DM，AM，则易知DM⊥BC′，AM⊥BC′，所以二面角A－BC′－D的平面角即∠AMD.在等边三角形ABC中，易知AD＝2eq \r(3)，在等边三角形BDC′中，易知DM＝eq \r(3)，所以tan∠AMD＝eq \f(AD,DM)＝2.三、解答题6．(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO.(1)求证：EF∥平面ADO；(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P－ABC的体积．[解析]　(1)证明：连接DE，OF，设AF＝tAC，则eq \o(BF,\s\up6(→))＝eq \o(BA,\s\up6(→))＋eq \o(AF,\s\up6(→))＝(1－t)eq \o(BA,\s\up6(→))＋teq \o(BC,\s\up6(→))，eq \o(AO,\s\up6(→))＝－eq \o(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(BC,\s\up6(→)).又因为BF⊥AO，所以eq \o(BF,\s\up6(→))·eq \o(AO,\s\up6(→))＝[(1－t)eq \o(BA,\s\up6(→))＋teq \o(BC,\s\up6(→))]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))))＝(t－1)eq \o(BA,\s\up6(→))2＋eq \f(1,2)teq \o(BC2,\s\up6(→))＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝eq \f(1,2)，则F为AC的中点．由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，于是DE∥AB，DE＝eq \f(1,2)AB，OF∥AB，OF＝eq \f(1,2)AB，即DE∥OF，DE＝OF，则四边形ODEF为平行四边形，所以EF∥DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PB＝PC，O是BC中点，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB＝eq \r(6)，BO＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，所以PO＝eq \r(PB2－OB2)＝eq \r(6－2)＝2，因为AB⊥BC，OF∥AB，所以OF⊥BC，又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P－ABC的高为PM，因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°，所以PM＝POsin 60°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，又S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2)，所以VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PM＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(2\r(6),3).C组·探索创新如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点E，F分别在棱AA1，CC1上，且满足AE＝eq \f(1,3)AA1，CF＝eq \f(1,3)CC1，平面BEF与平面ABC的交线为l.(1)证明：直线l⊥平面BDD1；(2)已知EF＝2，BD1＝4，设BF与平面BDD1所成的角为θ，求sin θ的取值范围．[解析]　(1)证明：如图，连接AC，与BD交于点O.由条件可知AE∥CF，且AE＝CF，所以AC∥EF，因为EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，所以AC∥平面BEF.因为平面BEF∩平面ABC＝l，所以AC∥l.因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，所以AC⊥BD，AC⊥BB1，又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BDD1，所以l⊥平面BDD1.(2)设EF∩平面BDD1＝H，连接BH.由(1)知EH⊥平面BDD1，故∠HBF＝θ.则sin θ＝eq \f(FH,BF)＝eq \f(1,BF).令BO＝a，则BD＝2a