数学北师大版（2019）必修第二册：单元素养评价 第六章 立体几何初步 学案与作业 20页

单元素养评价(五)(第六章) (120 分钟 150 分) 一、单选题(每小题 5 分,共 40 分) 1.对两条不相交的空间直线 a 与 b,必存在平面α,使得( ) A.a⊂α,b⊂α B.a⊂α,b∥α C.a⊥α,b⊥α D.a⊂α,b⊥α 【解析】选 B.已知两条不相交的空间直线 a 和 b,可以在直线 a 上任取 一点 A,则 A∉b,过 A 作直线 c∥b,则过直线 a,c 必存在平面α且使得 a ⊂α,b∥α. 2.在空间四边形 ABCD 的边 AB,BC,CD,DA 上分别取 E,F,G,H 四点,如果 EF,HG 交于一点 P,则( ) A.点 P 一定在直线 BD 上 B.点 P 一定在直线 AC 上 C.点 P 一定在直线 AC 或 BD 上 D.点 P 既不在直线 AC 上,也不在直线 BD 上 【解析】选 B. 如图, 因为 P∈HG,HG⊂平面 ACD,所以 P∈平面 ACD. 同理,P∈平面 BAC.因为平面 BAC∩平面 ACD=AC, 所以 P∈AC. 3.(2020·全国Ⅰ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). 4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困 盖”的术:置如其周,令相乘也. 又以高乘之,三十六成一. 该术相当 于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h,计算其体积 V 的近似公式 V≈ L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3.那么, 近似公式 V≈ L2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( ) A. B. C. D. 【 解 析 】 选 B. 设 圆 锥 底 面 积 的 半 径 为 r, 高 为 h, 则 L=2πr, πr2h= (2πr)2h,所以π= . 5.菱形 ABCD 在平面α内,PC⊥α,则 PA 与对角线 BD 的位置关系是 ( ) A.平行 B.相交但不垂直 C.相交垂直 D.异面垂直 【解析】选 D.如图,PC⊥平面 ABCD,所以 PC⊥BD.又四边形 ABCD 是菱形, 所以 BD⊥AC. 因为 PC∩AC=C,所以 BD⊥平面 PAC.因为 PA⊂平面 PAC, 所以 BD⊥PA.显然 PA 与 BD 异面,所以 PA 与 BD 异面垂直. 6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示), ∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为( ) A. + B.2+ C. + D. + 【解析】选 B.如图,将直观图 ABCD 还原后为直角梯形 A′BCD′,其中 A′B=2AB=2,BC=1+ ,A′D′=AD=1. 所以这个平面图形的面积 S= ×(1+1+ )×2=2+ . 7.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 CD 的中点,则( ) A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 【解析】选 C.如图,连接 BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面 BCC1B1,从而 A1B1⊥BC1,又 B1C⊥BC1,且 A1B1∩B1C=B1, 所以 BC1⊥平面 A1B1CD,又 A1E⊂平面 A1B1CD,所以 A1E⊥BC1. 8.如图,等边三角形 ABC 的边长为 4,M,N 分别为 AB,AC 的中点,沿 MN 将 △AMN 折起,使得平面 AMN 与平面 MNCB 所成的二面角为 30°,则四棱锥 A-MNCB 的体积为 ( ) A. B. C. D.3 【解析】选 A.如图,作出二面角 A-MN-B 的平面角∠AED,AO 为△AED 底 边 ED 上的高,也是四棱锥 A-MNCB 的高.由题意,得 ED= ,AO= ,所以 S 四边形 MNCB= ×(2+4)× =3 ,V= × ×3 = . 二、多选题(每小题 5 分,共 20 分,全部选对得 5 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分) 9.用一张长、宽分别为 8 cm 和 4 cm 的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面, 则此正四棱柱的对角线长可以为( ) A. cm B.2 cm C.32 cm D. cm 【解析】选 BD.分两种情况:(1)以 4 cm 的长为高,则正四棱柱底面是边 长为 2 cm 的正方形,因此对角线长 l1= =2 (cm). (2)以 8 cm 长为高,则正四棱柱底面是边长为 1 cm 的正方形,因此对角 线长 l2= = (cm). 10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是 ( ) A.直角三角形 B.正五边形 C.正六边形 D.梯形 【解析】选 CD.画出截面图形如图: 可以截出三角形但不是直角三角形,故 A 错误; 如图 1 经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形, 故 B 错误; 正方体有六个面,如图 2 用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边 形,且可以截出正六边形,故 C 正确; 可以截出梯形,故 D 正确. 11.如图,在棱长均相等的正四棱锥 P-ABCD 中,O 为底面正方形的中 心,M,N 分别为侧棱 PA,PB 的中点,下列结论正确的是( ) A.PC∥平面 OMN B.平面 PCD∥平面 OMN C.OM⊥PA D.直线 PD 与直线 MN 所成角的大小为 90° 【解析】选 ABC.连接 AC,易得 PC∥OM,所以 PC∥平面 OMN,结论 A 正确. 同理 PD∥ON,所以平面 PCD∥平面 OMN,结论 B 正确. 由于四棱锥的棱长均相等,所以 AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以 PC⊥PA,又 PC ∥OM,所以 OM⊥PA,结论 C 正确. 由于 M,N 分别为侧棱 PA,PB 的中点,所以 MN∥AB.又四边形 ABCD 为正方 形,所以 AB∥CD,所以直线 PD 与直线 MN 所成的角即为直线 PD 与直线 CD 所成的角,即为∠PDC.又三角形 PDC 为等边三角形,所以∠PDC=60°, 故 D 错误. 12.已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,△ABC 是边长为 1 的正三角形,SC 为球 O 的直径,且 SC=2,则( ) A.三棱锥 S-ABC 的体积为 B.三棱锥 S-ABC 的体积为 C.三棱锥 O-ABC 的体积为 D.三棱锥 O-ABC 的体积为 【解析】选 AC.由于三棱锥 S-ABC 与三棱锥 O-ABC 的底面都是△ABC,O 是 SC 的中点,因此三棱锥 S-ABC 的高是三棱锥 O-ABC 高的 2 倍,所以三 棱锥 S-ABC 的体积也是三棱锥 O-ABC 体积的 2 倍,由题知三棱锥 O-ABC 的棱长都为 1,如图, 所以 S△ABC= ,高 OD= = , 则 VO-ABC= × × = ,VS-ABC=2VO-ABC= . 三、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13.已知 a,b 表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面. ①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β; ②若 a⊂α,a 垂直于β内任意一条直线,则α⊥β; ③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则 a⊥b; ④若 a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β. 上述命题中,正确命题的序号是________. 【解析】对①可举反例,如图,需 b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例 说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知 a,b 不垂直;根据面面、线 面垂直的定义与判定知②④正确. 答案:②④ 14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内 切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表 达了阿基米德最引以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱 体”,若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿 氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为________. 【解析】因为球内切于圆柱, 所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为 r,则圆柱的高为 2r,所 以 V 圆柱=πr2·2r=2πr3,V 球= πr3. 所以球与圆柱的体积之比为 2∶3,即球的体积等于圆柱体积的 . 所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆 柱体积的 , 即剩下的水的体积是圆柱体积的 ,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体 积与圆柱体积的比值为 . 答案: 15.已知正四棱台的上底面边长为 2,下底面边长为 6,侧棱长为 6 ,则 正四棱台外接球的半径为________. 【解析】根据题意,设该四棱台为 ABCD-A1B1C1D1, 取正棱台的上下底面的中心 O1,O2, 即上下底面外接圆的圆心也为 O1,O2, 则 O2A= AC= AB=3 , 同理 O1A1= A1C1= A1B1= . 过点 A1 作 A1H⊥AO2,且交 AO2 于点 H, 则有 A1H= = =8, 球心 O 在线段 O1O2 上,则有 + =8,解得 R=3 . 答案:3 16.(本题第一空 3 分,第二空 2 分)已知二面角α-l-β为 60°,动点 P,Q 分别在平面α,β内,P 到β的距离为 ,Q 到α的距离为 2 ,则 P,Q 两点之间距离的最小值为________,此时直线 PQ 与平面α所成的角为 ________. 【解析】如图,分别作 QA⊥α于点 A,AC⊥l 于点 C,PB⊥β于点 B,PD⊥l 于 点 D, 连 接 CQ,BD, 则 ∠ ACQ= ∠ PDB=60 ° ,AQ=2 ,BP= , 所 以 AC=PD=2. 又因为 PQ= = ≥2 ,当且仅当 AP=0,即点 A 与点 P 重合时取最小值,此时,PQ⊥平面α,故 PQ 与平面α所成的角为 90°. 答案:2 90° 四、解答题(共 70 分) 17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,B1C⊥平面 ABC,E,F 分别是 AC,B1C 的中点. (1)求证:EF∥平面 AB1C1; (2)求证:平面 AB1C⊥平面 ABB1. 【证明】(1)因为 E,F 分别是 AC,B1C 的中点,所以 EF∥AB1, 因为 EF⊄平面 AB1C1,AB1⊂平面 AB1C1, 所以 EF∥平面 AB1C1. (2)因为 B1C⊥平面 ABC,AB⊂平面 ABC, 所以 B1C⊥AB, 又因为 AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面 AB1C,B1C⊂平面 AB1C, 所以 AB⊥平面 AB1C,因为 AB⊂平面 ABB1, 所以平面 AB1C⊥平面 ABB1. 【补偿训练】 如 图, 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 平 面 ABCD, 底 面 ABCD 为 菱 形 ,且 ∠ABC=60°,E 为 CD 的中点,F 为 PD 上一点. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求证:平面 PAB⊥平面 FAE. 【证明】(1)因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 因为底面 ABCD 为菱形,所以 AC⊥BD,又 PA⊂平面 PAC,AC⊂平面 PAC,PA ∩AC=A,所以 BD⊥平面 PAC.(2)在菱 形 ABCD 中,∠BAD=180°-∠ ABC=120°,AD=CD, 所以∠BAC=∠CAD= ∠BAD=60°,AC=AD. 因为 E 为 CD 的中点,所以∠CAE= ∠CAD=30°,所以∠BAE=∠BAC+∠ CAE=60°+ 30°=90°, 即 AB⊥AE.因为 PA⊥平面 ABCD,AE⊂平面 ABCD,所以 PA⊥AE. 又 PA⊂平面 PAB,AB⊂平面 PAB,PA∩AB=A,所以 AE⊥平面 PAB. 因为 AE⊂平面 FAE,所以平面 PAB⊥平面 FAE. 18.(12 分)在四面体 A-BCD 中,点 E,F,M 分别是 AB,BC,CD 的中点,且 BD=AC=2,EM=1. (1)求证:EF∥平面 ACD; (2)求异面直线 AC 与 BD 所成的角. 【解析】(1)因为点 E,F 分别是 AB,BC 的中点,所以 EF∥AC. 因为 EF⊄平面 ACD,AC⊂平面 ACD, 所以 EF∥平面 ACD. (2)因为点 E,F,M 分别是 AB,BC,CD 的中点,所以 EF∥AC,FM∥BD,所以∠ EFM 是异面直线 AC 与 BD 所成的角(或所成角的补角). 在△EFM 中,EF=FM=EM=1, 所以△EFM 是等边三角形,所以∠EFM=60°, 所以异面直线 AC 与 BD 所成的角为 60°. 19.(12 分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图 (1)的多面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到, 且该石凳的体积是 cm3. (1)求正方体石块的棱长; (2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的 最大表面积. 【解析】(1)设正方体石块的棱长为 a cm, 则每个截去的四面体的体积为 × × × × = . 由题意可得 8× + =a3,解得 a=40. 故正方体石块的棱长为 40 cm. (2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最 大.此时正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积 S=4π × 2= 1 600π(cm)2. 20.(12 分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E,F 分 别在棱 DD1,BB1 上,且 2DE=ED1,BF=2FB1. 证明:(1)当 AB=BC 时,EF⊥AC; (2)点 C1 在平面 AEF 内. 【证明】(1)因为长方体 ABCD-A1B1C1D1, 所以 BB1⊥平面 ABCD,所以 AC⊥BB1, 因为在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC, 所以四边形 ABCD 为正方形,所以 AC⊥BD, 因为 BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面 BB1D1D, 因此 AC⊥平面 BB1D1D, 因为 EF⊂平面 BB1D1D,所以 EF⊥AC; (2)在 CC1 上取点 M 使得 CM=2MC1,连接 DM,MF,EC1, 因为 D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1, 所以 ED=MC1,ED∥MC1, 所以四边形 DMC1E 为平行四边形,所以 DM∥EC1, 因为 MF∥DA,MF=DA,所以四边形 MFAD 为平行四边形,所以 DM∥AF,所以 EC1∥AF, 因此点 C1 在平面 AEF 内. 【补偿训练】 如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E 为线段 AB 的 中点,F 是线段 DD1 上的动点. (1)求证:EF∥平面 BCC1B1; (2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面 D1C1CD⊥平面 ABCD,求平面 BCC1B1 与平 面 DC1B1 所成角(锐角)的余弦值. 【解析】(1)如图,连接 DE,D1E. 因为 AB∥CD,AB=2CD,E 是 AB 的中点, 所以 BE∥CD,BE=CD, 所以四边形 BCDE 是平行四边形,所以 DE∥BC. 又 DE⊄平面 BCC1B1,BC⊂平面 BCC1B1, 所以 DE∥平面 BCC1B1. 因为 DD1∥CC1,DD1⊄平面 BCC1B1, CC1⊂平面 BCC1B1,所以 D1D∥平面 BCC1B1. 又 D1D∩DE=D,DE⊂平面 DED1,D1D⊂平面 DED1, 所以平面 DED1∥平面 BCC1B1. 因为 EF⊂平面 DED1,所以 EF∥平面 BCC1B1. (2)如图,连接 BD. 设 CD=1,则 AB=BC=CC1=2. 因为∠BCD=60°, 所以 BD= = . 所以 CD2+BD2=BC2,所以 BD⊥CD. 同理可得,C1D⊥CD. 因为平面 D1C1CD⊥平面 ABCD,平面 D1C1CD∩平面 ABCD=CD,C1D⊂平面 D1C1CD,所以 C1D⊥平面 ABCD, 因为 BC⊂平面 ABCD, 所以 C1D⊥BC,所以 C1D⊥B1C1. 在平面 ABCD 中,过点 D 作 DH⊥BC,垂足为 H,连接 C1H,如图. 因为 C1D∩DH=D,所以 BC⊥平面 C1DH. 因为 C1H⊂平面 C1DH, 所以 BC⊥C1H,所以 B1C1⊥C1H, 所以∠DC1H 为平面 BCC1B1 与平面 DC1B1 所成的角. 因为在 Rt△C1CD 中,C1D= , 在 Rt△BCD 中,DH=CD·sin 60°= , 所以在 Rt△C1DH 中,C1H= = , 所以 cos ∠DC1H= = . 所以平面 BCC1B1 与平面 DC1B1 所成角(锐角)的余弦值为 . 21.(12 分)在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC,PA⊥平面 ABC,D 为 PC 的中点,E 为 AC 的中点. (1)求证:BD⊥AC; (2)若M为 AB的中点,请问线段 PC上是否存在一点 N,使得MN∥平面 BDE? 若存在,请说明点 N 的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由. 【解析】(1)因为 AE=EC,PD=CD,所以 DE∥AP. 又因为 PA⊥平面 ABC, 所以 DE⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC,所以 DE⊥AC. 因为 AB=BC,AE=EC,所以 BE⊥AC. 因为 AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E, 所以 AC⊥平面 BDE. 又因为 BD⊂平面 BDE,所以 BD⊥AC. (2)PC 上存在点 N,使得 MN∥平面 BDE. 理由如下:取 AE 的中点 Q,连接 MQ,NQ. 因为 MB=MA,AQ=QE,所以 MQ∥BE. 又因为 MQ⊄平面 BDE,BE⊂平面 BDE,所以 MQ∥平面 BDE. 因为 MN⊂平面 MNQ,MQ⊂平面 MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面 BDE,MQ∥平面 BDE, 所以平面 MNQ∥平面 BDE. 又因为 NQ⊂平面 MNQ,所以 NQ∥平面 BDE. 因为平面 PAC∩平面 BDE=DE,NQ∥平面 BDE,NQ⊂平面 PAC,所以 NQ∥DE. 又因为 AQ=QE,NQ∥DE,所以 N 为线段 PD 的中点. 故线段 PC 上存在一点 N,使得 MN∥平面 BDE,此时点 N 是线段 PC 上靠近 点 P 的四等分点. 22.(12 分) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧面 PAD⊥底面 ABCD,E 为侧棱 PD 上一点. (1)求证:CD∥平面 ABE; (2)求证:CD⊥AE; (3)若 E 为 PD 中点,平面 ABE 与侧棱 PC 交于点 F,且 PA=PD=AD=2,求四 棱锥 P-ABFE 的体积. 【解析】(1)因为底面 ABCD 是正方形,所以 AB∥CD. 因为 AB⊂平面 ABE,CD⊄平面 ABE, 所以 CD∥平面 ABE. (2)因为底面 ABCD 是正方形,所以 CD⊥AD,又侧面 PAD⊥底面 ABCD,且侧 面 PAD∩底面 ABCD=AD,CD⊂平面 ABCD,所以 CD⊥平面 PAD,而 AE⊂平面 PAD,所以 CD⊥AE. (3)由 AB∥CD,CD⊂平面 PCD,AB⊄平面 PCD,得 AB∥平面 PCD, 而 AB⊂平面 ABFE,且平面 ABFE∩平面 PCD=FE,可得 FE∥CD∥AB. 又 E 为 PD 的中点,可得 EF= CD. 由(2)知 CD⊥平面 PAD,则 AB⊥平面 PAD,得 AB⊥PD.因为三角形 PAD 是 等边三角形,E 为 PD 的中点,所以 PD⊥AE.又 AE∩AB=A,所以 PD⊥平面 ABFE.在等边三角形 PAD 中,求得 AE= . 所以 S 梯形 ABFE= (1+2)× = . 则四棱锥 P-ABFE 的体积 V= S 梯形 ABFE· PD= × × ×2= . 【补偿训练】 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别为 AC1,B1C 的中点. (1)证明:DE∥平面 A1B1C1; (2)若 A1B1=B1C=2 ,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面 ACB1. 【证明】(1) 连接 A1C,如图. 因为四边形 ACC1A1 是平行四边形,D 为 AC1 的中点,所以 A1D=DC. 因为 B1E=EC,所以 DE∥A1B1. 又因为 A1B1⊂平面 A1B1C1,DE⊄平面 A1B1C1,所以 DE∥平面 A1B1C1. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1A⊥平面 A1B1C1. 因为 A1B1⊂平面 A1B1C1,所以 A1A⊥A1B1,同理 AC⊥CC1,BC⊥CC1. 因为 A1A=2,A1B1=2 ,所以 AB1=2 . 又因为 AC=2,B1C=2 , 所以 AC2+B1C2=A ,得 AC⊥B1C. 因为 CC1∩B1C=C,CC1,B1C⊂平面 BB1C1C,所以 AC⊥平面 BB1C1C, 又 C1E⊂平面 BB1C1C,所以 AC⊥C1E, 同理 AC⊥BC.因为 AC⊥BC,AC=2,AB=2 ,所以 BC=2.又因为 CC1=2,BC⊥ CC1, 所以平行四边形 BB1C1C 为正方形. 因为 E 为 B1C 的中点,所以 C1E⊥B1C, 又 AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面 ACB1,所以 C1E⊥平面 ACB1. 关闭 Word 文档返回原板块