卷子答案网-一个不只有答案的网站2024新高考数学第一轮章节复习
专题八 立体几何
一、单项选择题
1.(2023届河南荥阳摸底,6)某圆锥的侧面积是底面积的2倍,则该圆锥的侧面展开图的圆心角为 ( )
A.2π B. C.π D.
答案 C 设圆锥的母线长为l,底面圆半径为r,则底面圆面积S1=πr2,底面圆周长为2πr,圆锥侧面积S2=×2πrl=πrl,所以πrl=2πr2,所以l=2r,所以该圆锥的侧面展开图的圆心角为=π,故选C.
2.(2023届成都八中月考,10)已知正方形ABCD的边长为2,点E为边AB中点,点F为边BC中点,将△AED,△DCF,△BEF分别沿DE,DF,EF折起,使A,C,B三点重合于P点,则三棱锥P-DEF外接球的表面积为( )
A. B.3π C.6π D.12π
答案 C 如图,由题意可知PE⊥PF,PE⊥PD,PD⊥PF,且PE=PF=1,PD=2,故可把三棱锥P-DEF补全成长方体,则长方体的外接球即为三棱锥P-DEF的外接球.设外接球半径为R,则(2R)2=PE2+PF2+PD2=1+1+4=6.∴三棱锥P-DEF外接球的表面积为6π.故选
C.
3.(2023届河南焦作调研一,11)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形,AB和CD分别是该圆柱上、下底面的一条直径,若四面体ABCD的体积为,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 ( )
A. B. C. D.
答案 D 如图,设上底面圆心为O1,下底面圆心为O2,连接O1C,O1D,O1O2.由圆柱的轴截面是边长为2的正方形,可知圆柱的底面半径为1,高为2.
在△O1CD中,CD=2,O1O2=2,则×2×2=2.
设A到平面O1CD的距离为h,则VA-BCD=2,解得h=.过O2作EF∥AB交圆O2于点E、F,则异面直线AB与CD所成角为∠EO2C或其补角,过E作EH⊥CD于点H,则EH=h=,
所以O2H=,
所以cos∠EO2C=,即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.故选D.
4.(2023届黑龙江大庆月考一,5)m,n为不重合的直线,α,β,γ为互不相同的平面,下列说法错误的是 ( )
A.若m∥n,则经过m,n的平面存在且唯一
B.若α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则m∥n
C.若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=m,则m⊥γ
D.若m α,n α,m∥β,n∥β,则α∥β
答案 D 对于A,若m∥n,则由公理2的推论可得经过m,n的平面存在且唯一,故A中说法正确;
对于B,若α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则由面面平行的性质定理得m∥n,故B中说法正确;
对于C,如图,设α∩γ=a,β∩γ=b,在α内作c⊥a于点A,在β内作d⊥b于点B,因为α⊥γ,β⊥γ,所以c⊥γ,d⊥γ,所以c∥d,所以c∥β,因为α∩β=m,c α,所以c∥m,所以m⊥γ,故C中说法正确;
对于D,若m α,n α,m∥β,n∥β,则α与β相交或平行,故D中说法错误.故选D.
5.(2023届昆明一中双测二,4)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,E,F分别为棱A1B1,B1C1的中点,经过E,F,O三点的平面与正方体相交所成的截面为 ( )
A.梯形 B.平行四边形
C.矩形 D.正方形
答案 A 如图,在△A1B1C1中,因为E,F分别为棱A1B1,B1C1的中点,所以EF∥A1C1,EF=A1C1.
由正方体的性质可知A1C1∥AC,A1C1=AC,所以EF∥AC,因为点O在直线AC上,所以点A,C,F,E确定一个平面,所以经过E,F,O三点的平面与正方体相交所成的截面为平面ACFE,即确定的平面是梯形,故选A.
方法总结:立体几何中截面的作法
①若已知两点在同一平面内,只要连接这两点,就可以得到截面与多面体的一个面的截线.
②若平面上只有一个已知点,应设法在同一平面上再找出第二个确定的点.
③若两个已知点分别在相邻的面上,应找出这两个平面的交线与截面的交点.
④若两平行平面中一个平面与截面有交线,另一个面上只有一个已知点,则按两个平行平面与第三个平面相交,它们的交线互相平行的性质,可得截面与另一平面的交线.
⑤若有一点在面上而不在棱上,则可通过作作辅助平面转化为棱上的点的问题;若已知点在体内,则可通过辅助平面使它转化为面上的点,再转化为棱上的点的问题来解决.
6.(2023届山西大同联考一,10)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,AD⊥AA1,AD⊥AB,∠A1AB=60°,M,N分别是棱AB和BC的中点,则下列说法中不正确的是 ( )
A.A1,C1,M,N四点共面
B.B1N与AB共面
C.AD⊥平面ABB1A1
D.A1M⊥平面ABCD
答案 B 连接MN,因为AA1∥CC1,且AA1=CC1,所以四边形AA1C1C是平行四边形,所以AC∥A1C1.
又M,N分别是棱AB和BC的中点,所以MN∥AC,所以MN∥A1C1,故A1,C1,M,N四点共面,A正确.
因为A、B、B1在平面ABB1A1内 ,而N不在该平面内,故B1N与AB不共面,B错误.
因为AD⊥AA1,AD⊥AB,AA1∩AB=A,
所以AD⊥平面ABB1A1,C正确.
连接A1B,因为∠A1AB=60°,AB=AD=AA1=1,
所以△ABA1是等边三角形,所以A1M⊥AB.
因为AD⊥平面ABB1A1,A1M 平面ABB1A1,所以A1M⊥AD,因为AB∩AD=A,所以A1M⊥平面ABCD,D正确.故选B.
7.(2022新高考Ⅰ,8,5分)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.[18,27]
答案 C 如图,S-ABCD是正四棱锥,连接AC,BD,交于点O,设正方形ABCD的边长为a,SO=h,SE是外接球的直径,由R3=36π得R=3,则SE=2R=6.
由AO2=SO·OE,得=h(6-h),又l2=+h2,∴l2=6h,∴h=.则a2=2h(6-h)=,
∴正四棱锥的体积V=
=,∴V'=,令V'=0,得l=2.
V在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,
而l=3时,V=,l=3时,V=,l=2时,V=,
∴该正四棱锥体积的取值范围是.
8.(2023届南昌零模,7)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AD,D1C1,C1B1的中点分别为E,F,G,H,则下列直线中与两平面ACD1,BDC1交线平行的一条直线是 ( )
A.EH B.HG C.EG D.FH
答案 C 如图,连接DC1与CD1交于点O,设AC,BD交于点K,连接OK,则平面ACD1∩平面BDC1=OK,又O、K分别是CD1、AC的中点,则OK∥AD1,因为G,E分别是D1C1,AB的中点,所以AD1∥GE,则GE∥OK,故选C.
二、多项选择题
9.(2023届辽宁六校期初,11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2,则 ( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与 CA1所成的角为90°
C.点C到平面ABC1D1的距离为
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案 ABD 连接B1C,与BC1相交于点E,因为DA1∥B1C,所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角,因为四边形BB1C1C为正方形,则B1C⊥BC1,故直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC1 平面BB1C1C,所以A1B1⊥BC1,因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,A1B1 平面A1B1C,B1C 平面A1B1C,所以BC1⊥平面A1B1C,又A1C 平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
因为AB⊥平面BB1C1C,B1C 平面BB1C1C,所以AB⊥B1C,又B1C⊥BC1,AB∩BC1=B,AB 平面ABC1D1,BC1 平面ABC1D1,所以B1C⊥平面ABC1D1,则CE的长为点C到平面ABC1D1的距离,由题意可得CE=,即点C到平面ABC1D1的距离为,故C错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角,易知∠C1BC=45°,故D正确.故选ABD.
10.(2022河北邯郸一模,10)如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2,则 ( )
A.BD∥平面EGHF
B.FH∥平面ABC
C.AC∥平面EGHF
D.直线GE,HF,AC交于一点
答案 AD 因为BG∶GC=DH∶HC,所以GH∥BD.
又E,F分别为AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD,则EF∥GH,所以E,G,H,F四点共面.
易知BD∥平面EGHF,FH与AC为相交直线,即A正确,B,C错误.
因为四边形EFHG为梯形,所以EG与FH必相交,设交点为M,因为EG 平面ABC,FH 平面ACD,
所以M是平面ABC与平面ACD的一个交点,所以M∈AC,即直线GE,HF,AC交于一点,即D正确.故选AD.
11.(2022重庆巴蜀中学3月适应考(八),12)如图甲,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,点M是AD上靠近A的四等分点.现将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于P,连接PB,如图乙所示,则下列说法正确的是 ( )
A.PB∥平面EFM
B.PD⊥PB
C.平面EFM与平面BFDE所成角的余弦值为
D.点P到平面BFDE的距离为
答案 ACD 如图,连接BD,交EF于G,连接PG,MG.,所以MG∥PB,因为PB 平面EFM,MG 平面EFM,所以PB∥平面EFM,A正确;因为PD⊥PE,PD⊥PF,PE∩PF=P,所以PD⊥平面PEF,故PD与PB不垂直,B错误;易得平面EFM与平面BFDE所成角为∠MGD.在△MGD中,GD=,MD=,
MG=,由余弦定理的推论,得cos∠MGD=,C正确;由cos∠MGD=知sin∠MGD=,作MN⊥BD,易证MN⊥平面BFDE,易知点P到平面BFDE的距离是点M到平面BFDE的倍,设点P到平面BFDE的距离为d,d=,D正确,故选ACD.
12.(2022湖北八市联考,11)我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥,称作直角三棱锥.在直角三棱锥S-ABC中,侧棱SA、SB、SC两两垂直,设SA=a,SB=b,SC=c,点S在底面ABC的射影为点D,三条侧棱SA、SB、SC与底面所成的角分别为α、β、γ,下列结论正确的有 ( )
A.D为△ABC的外心
B.△ABC为锐角三角形
C.若a>b>c,则α<β<γ
D.sin2α+sin2β+sin2γ=1
答案 BCD 连接AD,BD,CD.易证AD⊥BC,BD⊥AC,CD⊥AB,故D应为△ABC的垂心,故选项A不正确;
由勾股定理可得,AB2=a2+b2,AC2=a2+c2,BC2=b2+c2.
在△ABC中,由余弦定理的推论易得,△ABC的三个内角均为锐角,故选项B正确;
设SD=h,易得sin α=,sin β=,sin γ=,
若a>b>c,则sin α
三、填空题
13.(2023届重庆渝中巴蜀中学月考三,15)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AB=4,AD=CD=2,若四棱柱的高是3,则该棱柱外接球的体积是 .
答案 π
解析 如图所示,分别取AB,A1B1的中点E,F,连接DE,CE,EF.
由题意易得AE=BE=DE=CE=2,即E为底面ABCD外接圆的圆心,同理可知F是底面A1B1C1D1外接圆的圆心.
取EF的中点O,则O为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球的球心,且OE=,连接OB,
该直四棱柱外接球的半径R=OB=,
故该直四棱柱外接球的体积是π.
14.(2022山东东明一中月考,15)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且,G在线段CC1上,且平面AEF∥平面BD1G,则= .
答案
解析 连接B1D1,FG.
∵平面AEF∥平面BD1G,且平面AEF∩平面BB1D1D=EF,平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1,∴EF∥BD1,∴.易得平面ADD1A1∥平面BCC1B1,又BG 平面BCC1B1,∴BG∥平面ADD1A1,又∵平面AEF∥平面BD1G,BG 平面BD1G,∴BG∥平面AEF,∵平面AEF∩平面ADD1A1=AF,∴BG∥AF,∴BG、AF可确定平面ABGF,又平面ABB1A1∥平面CDD1C1,平面ABGF∩平面ABB1A1=AB,平面ABGF∩平面CDD1C1=FG,∴AB∥FG,∴CD∥FG.∴.
15.(2019课标Ⅲ,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.
答案 118.8
解析 依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积V=V长方体-V四棱锥=6×6×4-×4×6×3=132(cm3).又该模型的原料密度为0.9 g/cm3,故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).
16.(2022东北三省三校第二次联考,16)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,DE⊥平面ABCD,CF∥DE,且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点,H为棱DE上的动点,有下列结论:
①当H为棱DE的中点时,GH∥平面ABE;
②存在点H,使得GH⊥AE;
③三棱锥B-GHF的体积为定值;
④三棱锥A-BCF的外接球表面积为9π.
其中正确结论的序号为 .(填写所有正确结论的序号)
答案 ①③④
解析 对于①,取EA的中点M,连接MH,MB,如图,
因为H,M分别为ED,EA的中点,所以MH∥AD,MH=AD,根据已知条件可知BG∥AD,BG=AD,所以MH∥BG,MH=BG,故四边形HMBG为平行四边形,则HG∥MB,又MB 平面ABE,HG 平面ABE,故HG∥平面ABE,故①正确;
对于②,因为ED⊥平面ABCD,DA,DC 平面ABCD,
所以DE⊥DA,DE⊥DC,又四边形ABCD为正方形,所以DA⊥DC,则DE,DA,DC两两垂直.以D为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则A(2,0,0),E(0,0,2),G(1,2,0),设H(0,0,m),m∈[0,2],若GH⊥AE,则=(-1,-2,m)·(-2,0,2)=0,即2+2m=0,解得m=-1,不满足题意,故②错误;
对于③,连接BH,FH,FG.VB-GFH=VH-BGF,因为B,F,G均为定点,所以S△BGF为定值,
又DE∥CF,CF 平面BGF,DE 平面BGF,故DE∥平面BGF,又点H在DE上运动,所以点H到平面BGF的距离是定值,故三棱锥B-GFH的体积为定值,③正确;
对于④,连接AF.由题意可得CF⊥平面ABCD,又四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC,又CF⊥AB,BC∩CF=C,
∴AB⊥平面BCF,则AB,BC,CF两两垂直,∴AF为三棱锥A-BCF的外接球的直径,又AF2=AB2+BC2+CF2=22+22+12=9,
∴三棱锥A-BCF的外接球表面积为9π,故④正确.故答案为①③④.
四、解答题
17.(2023届河南安阳联考,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=2AC=BC=4,M为棱AA1上靠近A1的三等分点,N为棱AC的中点,点P在棱BC上,且直线PN∥平面BMC1.
(1)求PC的长;
(2)求二面角P-BM-C1的余弦值.
解析 (1)以C为原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C-xyz.
∵∠ACB=90°,AA1=2AC=BC=4,
∴C(0,0,0),B(0,4,0),A1(2,0,4),A(2,0,0),C1(0,0,4),M,N(1,0,0).
∴=(0,-4,4).
设平面BMC1的法向量为m=(x,y,z),
则
令z=1,得m=.
设P(0,t,0)(0≤t≤4),则=(1,-t,0).∵PN∥平面BMC1,∴·m=0,即-t=0,∴t=,故PC=t=.
(2)由(1)知,.
设平面PBM的法向量为n=(a,b,c),
则
令c=1,得n=.
∴cos
由题图可知二面角P-BM-C1为锐角,
故二面角P-BM-C1的余弦值为.
18.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
解析 (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD 平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,又EM 平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN==EN=ND,
∴AO=OD=1,∴VA-BCD=.
故三棱锥A-BCD的体积为.
19.(2020课标Ⅰ,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.因为PB∩PC=P,所以PA⊥平面PBC.
(2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-,0,P.所以=-,-,0,.
设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则
即可取m=.
由(1)知是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos
易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,
所以二面角B-PC-E的余弦值为.
20.(2021天津,17,15分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.
(1)求证:D1F∥平面A1EC1;
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;
(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.
解析 (1)证明:如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),则=(2,2,0),
因为E为BC的中点,F为CD的中点,所以E(2,1,0),F(1,2,0),所以=(1,0,-2),=(2,1,-2).
设平面A1EC1的法向量为m=(x,y,z),
则令x=2,则m=(2,-2,1),
因为·m=2-2=0,所以⊥m,
又因为D1F 平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.
(2)由(1)得=(2,2,2),
设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos
所以二面角A-A1C1-E的正弦值为.
21.(2023届贵阳一中月考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=tAB,点D,E分别为棱BC,B1C1的中点.
(1)求证:AD∥平面A1EB;
(2)若二面角C1-AD-C的大小为,求实数t的值.
解析 (1)证明:连接DE,则DE∥BB1,DE=BB1,又BB1=AA1,BB1∥AA1,所以DE∥AA1,DE=AA1,
所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.
因为AD 平面A1EB,A1E 平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.
(2)以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
设AB=2,AA1=h,则CD=,A(0,0,0),D(1,1,0),C1(0,2,h),
所以=(1,1,0),=(0,2,h).
设平面AC1D的法向量为n1=(x,y,z),
则
令z=2,可得n1=(h,-h,2).
易知平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1).
因为二面角C1-AD-C的大小为,
所以,
解得h=(舍去负值),∴t=.
22.(2022辽宁鞍山二模,19)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.
(1)求证:EF⊥平面BCF;
(2)点M在线段EF上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大 并求此时锐二面角的余弦值.
解析 (1)证明:在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=CD=BC=1,∠BCD=,所以∠ADC=,所以∠BAC=∠ACD=.又因为∠ABC=π-∠BCD=,则∠ACB=π-∠ABC-∠BAC=,所以AC⊥BC,因为CF⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以AC⊥CF.因为BC∩CF=C,所以AC⊥平面BCF,
因为四边形ACFE为矩形,所以AC∥EF,因此EF⊥平面BCF.
(2)由(1)知CF,AC,CB两两垂直.以点C为坐标原点,CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),F(0,0,1),E(,0,1),则=(-,1,0),
设点M(t,0,1),其中0≤t≤=(t-,0,1),
设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),
则取x=1,可得m=(1,-t),易知平面FCB的一个法向量为n=(1,0,0).所以cos
所以当t=0,即M与F重合时,cos
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