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- 2021-06-11 发布
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空间点线面的位置关系
(第九章)
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.给出以下四个命题
①如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的一个平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面;
③如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行;
④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直.
其中真命题的个数是 ( )
A.4 B.3 C.2 D.1
【解析】选B.根据直线与平面平行的性质可知①正确,根据直线与平面垂直的判定定理可知②正确,因为两条直线可以平行,也可以相交,也可以是异面直线,所以③错误,由两个平面垂直的判定定理可知,④正确,所以真命题的个数是3.
2.关于空间两条直线a,b和平面α,下列命题正确的是 ( )
A.若a∥b,b⊂α,则a∥α
B.若a∥α,b⊂α,则a∥b
C.若a∥α,b∥α,则a∥b
D.若a⊥α,b⊥α,则a∥b
【解析】选D.线面平行的判定定理中的条件要求a⊄α,故A错;对于线面平行,这条直线与面内的直线的位置关系可以平行,也可以异面,故B错;平行于同一个平面的两条直线的位置关系:平行、相交、异面都有可能,故C错;垂直于同一个平面的两条直线是平行的,故D正确.
3.表面积为2的正八面体的各个顶点都在同一个球面上,则此球的体积为
( )
A.π B.π
C.π D.π
【解析】选A.因为正八面体是每个面的边长均为a的正三角形,所以由8×
=2知,a=1,则此球的直径为,则其体积为π.
4.正四面体ABCD四个面的重心分别为E,F,G,H,则四面体EFGH的表面积与四面体ABCD的表面积的比值是 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选C.如图
在正四面体ABCD中,M,N是BC,BD的中点,E,F是AM,AN的三等分点,所以E,F分别是正三角形ABC,ABD的中心,EF=MN=CD,所以四面体EFGH的表面积与四面体ABCD的表面积的比值是=.
5.如图是棱长为2的正方体的表面展开图,则多面体ABCDE的体积为 ( )
A.2 B.
C. D.
【解析】选D.多面体ABCDE为四棱锥(如图),利用割补法可得其体积V=4-=.
6.对于任意的直线l与平面α,在平面α内必有直线m,使m与l ( )
A.平行 B.相交
C.垂直 D.互为异面直线
【解析】选C.若直线l与平面α相交,则不存在m,使m与l平行,所以A错误,若直线l与平面α平行,则不存在m,使m与l相交,所以B错误,若直线l在平面α内,则不存在m,使m与l互为异面直线,所以D错误,对于任意的直线l与平面α,过l作平面β垂直于平面α,设β与平面α的交线为b,在平面α内总存在m与b垂直,所以m垂直于l,所以C正确.
7.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该几何体的表面积为 ( )
A.16 B.8+8
C.2+2+8 D.4+4+8
【解析】选D.由三视图知,
该几何体是底面边长为=2的正方形,高PD=2的四棱锥P-ABCD,因为PD⊥平面ABCD,且四边形ABCD是正方形,
易得BC⊥PC,BA⊥PA,
又PC===2,
所以S△PCD=S△PAD=×2×2=2,
S△PAB=S△PBC=×2×2=2.
所以几何体的表面积为4+4+8.
8.正四棱锥的侧棱长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则该棱锥的体积为
( )
A.3 B.6 C.9 D.18
【解析】选B.由已知,棱锥的高为3,底面半径为,所以底面边长为,所以该棱锥的体积V=Sh=()2×3=6.
9.在正三棱锥S-ABC中,点M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2,则正三棱锥S-ABC的外接球的表面积为 ( )
A.6π B.12π C.32π D.36π
【解析】选B.因为三棱锥S-ABC为正三棱锥,所以SB⊥AC,又AM⊥SB,AC∩AM=A,所以SB⊥平面SAC,所以SB⊥SA,SB⊥SC,因为SA⊥SB,SA⊥BC,所以SA⊥平面SBC,所以SA⊥SC,即SA,SB,SC三线两两垂直,且AB=2,所以SA=SB=SC=2,所以(2R)2=3×22=12,所以外接球的表面积S=4πR2=12π.
10.如图所示,在平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD,将其沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上,则该球的体积为 ( )
A.π B.3π C.π D.2π
【解析】选A.如图所示,
取BD的中点E,BC的中点O,
连接A′E,EO,A′O,OD.
因为平面A′BD⊥平面BCD,A′E⊥BD,
平面A′BD∩平面BCD=BD,
A′E⊂平面A′BD,
所以A′E⊥平面BCD.
因为A′B=A′D=CD=1,BD=,
所以A′E=,EO=,所以OA′=.
在Rt△BCD中,OB=OC=OD=BC=,
所以四面体A′BCD的外接球的球心为O,球的半径为,所以V球=π×=
π.
11.在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 ( )
A. B.
C. D.2π
【解析】选C.过点C作CE垂直于AD所在直线于点E,梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径,线段BC
为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径,ED为高的圆锥而成,如图所示,该几何体的体积为
V=V圆柱-V圆锥=π·AB2·BC-π·CE2·DE=π×12×2-π×12×1=.
12.两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体,可放入棱长为1的正方体内,使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行,且各顶点均在正方体的面上,则这样的几何体体积的可能值有 ( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.无穷多个
【解析】选D.方法一:本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形,显然有无穷多个.
方法二:通过计算,显然两个正四棱锥的高均为,考查放入正方体后,面ABCD所在的截面,显然其面积是不固定的,取值范围是,所以该几何体的体积取值范围是.这样的几何体有无穷多个.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为,则这个棱锥的内切球的半径为________.
【解析】由题意可得棱锥的高为1,所以棱锥的体积为V=Sh=()2×1=,棱锥的底面积为2,侧面积为4×()2=2,所以表面积为2+2,设内切球的半径为r,
则(2+2)r=,所以r=.
答案:
14.一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上.已知正三棱柱的底面边长为2,则该三角形的斜边长为________.
【解析】如图,设等腰直角三角形ABC的直角边长为a,则AC=a,过顶点A,C分别作棱的垂线,垂足为F,G,E,D,设BE=x,易证△ABF≌△CBE,所以BF=BE=x,
由勾股定理可得4+x2=a2,(a)2=(2x)2+4,解得a=,所以该三角形的斜边长为×=2.
答案:2
15.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上,且该六棱柱的高为,底面周长为3,那么这个球的体积为________.
【解析】因为底面周长为3,所以底面边长为,所以球的半径为
=1,所以这个球的体积为π.
答案:π
16.已知某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是________.
【解析】由三视图知:几何体为四棱锥,且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,如图,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=2,AD=4,BC=2,经计算,PD=2,PC=2,DC=2,
所以PC⊥CD,所以S△PAB=×2×2=2,
S△PAD=×2×4=4,
S△PBC=×2×2=2,
S△PCD=×2×2=2,
S四边形ABCD=×(2+4)×2=6,
所以S表=12+2+2.
答案:12+2+2
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H. 导学号
(1)求四面体ABCD的体积.
(2)证明:四边形EFGH是矩形.
【解析】(1)由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,
BD=DC=2,AD=1,
所以AD⊥平面BDC,
所以四面体ABCD的体积
V=××2×2×1=.
(2)因为BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,
所以BC∥FG,BC∥EH,所以FG∥EH.
同理EF∥AD,HG∥AD,所以EF∥HG,
所以四边形EFGH是平行四边形.
又因为AD⊥平面BDC,
所以AD⊥BC,所以EF⊥FG,
所以四边形EFGH是矩形.
18.(12分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2. 导学号
(1)求证:DE∥平面A1CB.
(2)求证:A1F⊥BE.
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?若存在,请给予证明;或不存在,请说明理由.
【解析】(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.
所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,
所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,
所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.证明如下:如图,
分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C 的中点,
所以A1C⊥DP,所以A1C⊥平面DEP,从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q(Q为A1B的中点),使得A1C⊥平面DEQ.
19.(12分)(2018·临沂模拟)如图,圆锥的轴截面为三角形SAB,O为底面圆圆心,C为底面圆周上一点,D为BC的中点. 导学号
(1)求证:平面SBC⊥平面SOD.
(2)如果∠AOC=∠SDO=60°,BC=2,求该圆锥的侧面积.
【解析】(1)由题意知,SO⊥平面OBC.
又BC⊂平面OBC.所以SO⊥BC.
在△OBC中,OB=OC,CD=BD,
所以OD⊥BC.
又SO∩OD=O,所以BC⊥平面SOD.
又BC⊂平面SBC,
所以平面SBC⊥平面SOD.
(2)在△OBC中,OB=OC,CD=BD,
因为∠AOC=60°,所以∠COD=60°.
因为CD=BC=,
所以OD=1,OC=2,
在△SOD中,∠SDO=60°,
又SO⊥OD,所以SO=,
在△SAO中,OA=OC=2,所以SA=.
所以该圆锥的侧面积S侧=π×OA×SA=2π.
20.(12分)(2019·南阳模拟)如图,四边形ABCD是正方形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=DA=2AF=2. 导学号
(1)求证:AC⊥平面BDE.
(2)求证:AC∥平面BEF.
(3)求四面体BDEF的体积.
【解析】(1)因为DE⊥平面ABCD,
所以DE⊥AC.
因为ABCD是正方形,
所以AC⊥BD,
因为DE∩BD=D,
所以AC⊥平面BDE.
(2)设AC∩BD=O,取BE中点G,连接FG,OG,所以OG
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