【数学】2020届一轮复习北师大版立体几何作业 20页

‎2020届一轮复习北师大版 立体几何 作业 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.(2018·淮南检测)在空间,下列条件可以确定一个平面的是　(　　)‎ A.两条直线 B.一点和一条直线 C.一个三角形 D.三个点 ‎【解析】选C.在A中,两条相交线和两条平行线都能确定一个平面,但两条异面直线不能确定一个平面,故A错误;在B中,直线与直线外一点确定一个平面,若点在直线上,则不能确定一个平面,故B错误;在C中,因为一个三角形的三个顶点不共线,所以一个三角形可以确定一个平面,故C正确;在D中,不共线的三点确定一个平面,如果三点共线,不能确定一个平面,故D错误.‎ ‎2.教室内有一根直尺,无论怎样放置,在地面上总有这样的直线与直尺所在的直线　(　　)‎ A.异面 B.相交 C.平行 D.垂直 ‎【解析】选D.若尺子与地面相交,则C不正确;若尺子平行于地面,则B不正确;若尺子放在地面上,则A不正确.‎ ‎3.用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积 为　(　　)‎ A. B. C.8π D.‎ ‎【解析】选B.S圆=πr2=π⇒r=1,而截面圆圆心与球心的距离d=1,所以球的半径为R==.所以V=πR3=.‎ ‎4.某多面体的三视图如图所示,其中正(主)视图和侧(左)视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为　(　　)‎ A.10 B.12 C.14 D.16‎ ‎【解析】选B.由三视图可画出立体图,如图.‎ 该立体图平面内只有两个相同的梯形的面,‎ 每个梯形面积S梯=×2÷2=6,S全梯=6×2=12.‎ ‎【补偿训练】一个三棱锥的三视图如图,则该棱锥的表面积(单位:cm2)‎ 为　(　　)‎ A.48+12　　　　　 B.48+24‎ C.36+12 D.36+24‎ ‎【解析】选A.该棱锥为一个底面为等腰直角三角形的三棱锥,如图,由已知可知:SD=4,AB=BC=6,‎ 所以SE=5,AC=6.所以S=×6×6+2××5×6+×6×4=48+12.‎ ‎5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱D1C1的中点,设AM与平面BB1D1D的交点为O,则　(　　)‎ A.三点D1,O,B共线,且OB=2OD1‎ B.三点D1,O,B不共线,且OB=2OD1‎ C.三点D1,O,B共线,且OB=OD1‎ D.三点D1,O,B不共线,且OB=OD1‎ ‎【解析】选A.连接AD1,BC1,如图.‎ 因为D1M∥AB且D1M=AB,‎ 所以OD1=BO,‎ 所以D1,O,B三点共线,且OB=2OD1.‎ ‎6.(2018·黄冈检测)如图,ABCD-A1B1C1D1为正方体,下面结论:‎ ‎①BD∥平面CB1D1;‎ ‎②AC1⊥BD;‎ ‎③AC1⊥平面CB1D1;‎ ‎④直线B1D1与BC所成的角为45°,‎ 其中正确结论的个数是　(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【解析】选D.由正方体的性质得,BD∥B1D1,所以结合线面平行的判定定理可得:BD∥平面CB1D1,所以①正确.‎ 由正方体的性质可证,BD⊥平面ACC1A1,‎ 所以AC1⊥BD,所以②正确.‎ 由正方体的性质得BD∥B1D1,由②可得AC1⊥BD,所以AC1⊥B1D1,同理可得AC1⊥CB1,进而结合线面垂直的判定定理得到:AC1⊥平面CB1D1,所以③正确.‎ 直线BD与BC所成的角为∠CBD=45°,‎ 所以④正确.‎ ‎7.设直线l⊂平面α,过平面α外一点A与l,α都成30°角的直线有　(　　)‎ A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 ‎【解析】选B.如图,和α成30°角的直线一定是以A为顶点的圆锥的母线所在直线,当∠ABC=∠ACB=30°且BC∥l时,直线AC,AB都满足条件,故选B.‎ ‎【补偿训练】在四面体ABCD中,已知棱AC的长为,其余各棱长都为1,则二面角A-CD-B的余弦值为　(　　)‎ A.　　 B.　　 C.　　 D.‎ ‎【解析】选C.取AC的中点E,CD的中点F,连接BE,EF,BF,‎ 则EF=,BE=,BF=,‎ 因为EF2+BE2=BF2,‎ 所以△BEF为直角三角形,cosθ==.‎ ‎8.(2018·濮阳检测)一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形,则原平面四边形的面积等于　(　　)‎ A.a2 B.2a2‎ C.a2 D.a2‎ ‎【解析】选B.根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则,可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′=S,本题中直观图的面积为a2,所以原平面四边形的面积等于=2a2.‎ ‎9.(2018·余姚检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列说法错误的是　(　　)‎ A.MN与CC1垂直 B.MN与AC垂直 C.MN与BD平行 D.MN与A1B1平行 ‎【解析】选D.如图,连接C1D,‎ 在△C1DB中,MN∥BD,故C正确;‎ 因为CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ 所以CC1⊥BD,‎ 所以MN与CC1垂直,故A正确;‎ 因为AC⊥BD,MN∥BD,‎ 所以MN与AC垂直,故B正确;‎ 因为A1B1与BD异面,MN∥BD,‎ 所以MN与A1B1不可能平行,故D错误,选D.‎ ‎10.(2017·全国丙卷)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.A,若A1E⊥DC1,那么D1E⊥DC1,很显然不成立.‎ B,若A1E⊥BD,那么BD⊥AE,显然不成立.‎ C,若A1E⊥BC1,那么BC1⊥B1C成立,反过来BC1⊥B1C,也能推出A1E⊥BC1.‎ D,若A1E⊥AC,那么AE⊥AC,显然不成立.‎ ‎11.如图,在正方形ABCD中,M,N分别是AB,CD的中点,沿MN将四边形MBCN折起,使点B,C分别落在B1,C1处,且二面角B1-MN-A的大小为120°,则B1D与平面AMND所成的角的正切值为　(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选C.过点B1作B1E⊥AB于点E,连接DE.由题意知,∠B1MA为二面角B1-MN-A的平面角,∠B1DE为B1D与平面AMND所成的角.设AB=2,则MB1=1,又 ‎∠B1MA=120°,所以∠B1ME=60°,则ME=,B1E=,则DE==,所以tan∠B1DE==,故选C.‎ ‎【拓展延伸】探究空间角问题 ‎(1)求空间角的基本原则 求空间角时,无论哪种情况最终都归结到两条相交直线所成的角的问题上.‎ ‎(2)解题步骤:‎ ‎①找(或作)出所求角;‎ ‎②证明该角符合题意;‎ ‎③构造出含这个角的三角形,解这个三角形,求出角.‎ ‎(3)求空间角包括以下三类:‎ ‎①求异面直线所成的角,关键是选取合适的点引两条异面直线的平行线,这两条相交直线所成的锐角或直角即为两条异面直线所成的角.‎ ‎②求直线与平面所成的角,关键是在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,在此基础上进一步确定垂足的位置.‎ ‎③求二面角,关键是作出二面角的平面角,而作二面角的平面角时,首先要确定二面角的棱,然后结合题设构造二面角的平面角.一般常用两种方法:定义法,垂面法.‎ ‎12.如图所示,在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,现在沿SE,SF,EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3重合,重合后的点记为G.给出下列关系:‎ ‎①SG⊥平面EFG;‎ ‎②SE⊥平面EFG;‎ ‎③GF⊥SE;‎ ‎④EF⊥平面SEG.‎ 其中成立的有　(　　)‎ A.①与② B.①与③‎ C.②与③ D.③与④‎ ‎【解析】选B.由SG⊥GE,SG⊥GF,GE∩GF=G,GE⊂平面EFG,GF⊂平面EFG,得SG⊥平面EFG,排除C,D;若SE⊥平面EFG,则SG∥SE.这与SG∩SE=S矛盾,排除A.‎ ‎【补偿训练】(2018·枣庄检测)如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是　(　　)‎ A.PB⊥AD B.平面PAB⊥平面PBC C.直线BC∥平面PAE D.直线PD与平面ABC所成的角为45°‎ ‎【解析】选D.设AB长为1,由PA=2AB得PA=2,‎ 又ABCDEF是正六边形,‎ 所以AD长也为2,‎ 又PA⊥平面ABC,‎ 所以PA⊥AD,‎ 所以△PAD为直角三角形.‎ 因为PA=AD,‎ 所以∠PDA=45°,‎ 所以PD与平面ABC所成的角为45°.‎ 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.如图,圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点.则异面直线SA与PD所成角的正切值为________.　‎ ‎【解析】连接PO,则PO∥SA,PO==,‎ 所以∠OPD即为异面直线SA与PD所成的角,且△OPD为直角三角形,∠POD为直角,‎ 所以tan∠OPD===.‎ 答案:‎ ‎14.用半径为6的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面,则此圆锥的体积是______.‎ ‎【解题指南】根据圆锥底面的周长等于半圆的弧长,求得圆锥底面的半径,可得圆锥的高,从而求得此圆锥的体积.‎ ‎【解析】设圆锥底面的半径为r,由题意可得圆锥的母线长为6,‎ 再根据圆锥底面的周长等于半圆的弧长,‎ 可得2πr=×2π×6,求得r=3,‎ 故圆锥的高为h==3,‎ 故此圆锥的体积是πr2h=π×9×3=9π.‎ 答案:9π ‎15.如图所示,正四棱锥P-ABCD的底面积为3,体积为,E为侧棱PC的中点,则PA与BE所成的角为________.‎ ‎【解析】连接AC,BD交于点O,连接OE,易得OE∥PA,所以所求角为∠BEO.‎ 由所给条件易得OA=OB=,OP=,‎ 在Rt△AOP中,AP===,‎ 所以OE=PA=,‎ 在Rt△BOE中,BE=‎ ‎==.‎ 所以cos∠OEB=,所以∠OEB=60°.‎ 答案:60°‎ ‎16.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　　　　.‎ ‎【解析】取SC的中点O,连接OA,OB,‎ 因为SA=AC,SB=BC,‎ 所以OA⊥SC,OB⊥SC,‎ 因为平面SAC⊥平面SBC,‎ 所以OA⊥平面SBC,‎ 设OA=r,VA-SBC=×S△SBC×OA ‎=××2r×r×r ‎=r3,‎ 所以r3=9⇒r=3,所以球的表面积为4πr2=36π.‎ 答案:36π 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)(2018·烟台检测)如图,三棱柱ABC-A1B1C1‎ 的侧棱垂直于底面,其高为6cm,底面三角形的边长分别为3cm,4cm,5cm,以上、下底面的内切圆为底面,挖去一个圆柱,求剩余部分几何体的体积V.　‎ ‎【解析】=×6=36(cm3).‎ 设圆柱底面圆的半径为r,则 r===1,‎ ‎=πr2h=6π(cm3).‎ 所以V=-=(36-6π)cm3.‎ ‎18.(12分)(2018·渭南检测)已知四棱锥P-ABCD(图1)的三视图如图2所示,△PBC为正三角形,PA垂直于底面ABCD,俯视图是直角梯形.‎ ‎(1)求正视图的面积.‎ ‎(2)求四棱锥P-ABCD的体积.‎ ‎【解析】(1)过A作AE∥CD,根据三视图可知,E是BC的中点,且BE=CE=1,AE=CD=1.‎ 又因为△PBC为正三角形,‎ 所以BC=PB=PC=2,且PE⊥BC,‎ 所以PE2=PC2-CE2=3.‎ 因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AE.‎ 所以PA2=PE2-AE2=2,即PA=.‎ 正视图的面积为S=×2×=.‎ ‎(2)由(1)可知,四棱锥P-ABCD的高PA=,‎ 底面积为S=·CD=×1=,‎ 所以四棱锥P-ABCD的体积为VP-ABCD=S·PA=××=.‎ ‎【补偿训练】(2018·濮阳检测)如图(1),在四棱锥P-ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直,图(2)为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角形.‎ ‎(1)根据图所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积.‎ ‎(2)在四棱锥P-ABCD中,求PA的长.‎ ‎【解析】(1)该四棱锥的俯视图为边长为6cm的正方形(内含对角线),如图,其面积为36cm2.‎ ‎(2)由侧视图可求得 PD===6.‎ 由正视图可知AD=6且AD⊥PD,‎ 所以在Rt△APD中,‎ PA===6(cm).‎ ‎19.(12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若D是棱CC1的中点,E是棱BB1的中点,问在棱AB上是否存在一点F,使平面DEF∥平面AB1C1?若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由.　‎ ‎【解析】存在点F,且F为AB的中点.理由如下:‎ 如图,取AB的中点F,连接DF,EF,‎ 因为四边形BCC1B1是平行四边形,‎ 所以BB1∥CC1,且BB1=CC1,‎ 因为D,E分别是CC1和BB1的中点,‎ 所以C1D∥B1E且C1D=B1E,‎ 所以四边形B1C1DE是平行四边形,‎ 所以DE∥B1C1,‎ 又DE⊄平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,‎ 所以DE∥平面AB1C1,‎ 因为E,F分别是BB1,AB的中点,‎ 所以EF∥AB1,‎ 又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,‎ 所以EF∥平面AB1C1,‎ 又DE⊂平面DEF,EF⊂平面DEF,‎ 且DE∩EF=E,‎ 所以平面DEF∥平面AB1C1.‎ ‎20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.　‎ ‎(1)求证:DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎(3)设点E为AB的中点,在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,‎ 所以PC⊥DC,‎ 因为DC⊥AC,PC∩AC=C,‎ 所以DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为AB∥DC,DC⊥AC,‎ 所以AB⊥AC,‎ 因为PC⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,‎ 所以PC⊥AB,‎ 又PC∩AC=C,‎ 所以AB⊥平面PAC,‎ 因为AB⊂平面PAB,‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎(3)在棱PB上存在中点F,使得PA∥平面CEF.‎ 因为点E为AB的中点,‎ 所以EF∥PA,‎ 因为PA⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,‎ 所以PA∥平面CEF.‎ ‎21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=‎ ‎∠CDP=90°.‎ ‎(1)证明:平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为 ‎,求该四棱锥的侧面积.‎ ‎【解析】(1)因为∠BAP=90°,‎ 所以AB⊥PA,‎ 因为∠CDP=90°,‎ 所以CD⊥PD,‎ 因为AB∥CD,PA∩PD=P,‎ 所以AB⊥平面PAD,‎ 因为AB⊂平面PAB,‎ 所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.‎ 由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,‎ 可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.‎ 故四棱锥P-ABCD的体积 VP-ABCD=AB·AD·PE ‎=x3.‎ 由题设得x3=,故x=2.‎ 从而PA=PD=2,AD=BC=2,‎ PB=PC=2.‎ 可得四棱锥P-ABCD的侧面积为 PA·PD+PA·AB+PD·DC+‎ BC2sin60°‎ ‎=6+2.‎ ‎22.(12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,AB⊥BC,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥平面PBC.　‎ ‎(1)证明:EF∥BC.‎ ‎(2)证明:AB⊥平面PEF.‎ ‎(3)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.‎ ‎【解析】(1)EF∥平面PBC.EF⊂平面ABC,‎ 平面PBC∩平面ABC=BC,‎ 所以根据线面平行的性质可知EF∥BC.‎ ‎(2)由DE=EC,PD=PC可知,‎ E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.‎ 又平面PAC⊥平面ABC,‎ 平面PAC∩平面ABC=AC,‎ PE⊂平面PAC,PE⊥AC,‎ 所以PE⊥平面ABC,‎ AB⊂平面ABC,所以PE⊥AB,‎ 又因为AB⊥BC,EF∥BC,‎ 所以AB⊥EF,PE∩EF=E,‎ 所以AB⊥平面PEF.‎ ‎(3)设BC=x,在直角三角形ABC中,‎ AB=,‎ S△ABC=·AB·BC,‎ 即S△ABC=x·,‎ 由EF∥BC知△AEF相似于△ABC,‎ 所以S△AEF∶S△ABC=,‎ 由AD=AE,得S△AFD=x·,‎ 从而四边形DFBC的面积为x·,‎ 由(2)可知PE是四棱锥P-DFBC的高,‎ PE=2,‎ 所以VP-DFBC=×x·×2=7,‎ 所以x4-36x2+243=0,‎ 所以x=3或x=3,‎ 所以BC=3或BC=3.‎