【数学】2020届一轮复习北师大版空间点线面的位置关系课时作业 18页

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