1、单元素养检测(三)(第八章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是()A.圆柱B.圆锥C.球体D.圆柱、圆锥、球体的组合体【解析】选C.截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.2.已知圆锥的高为3,底面半径为,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积等于()A. B. C.16 D.32【解析】选B.设该圆锥的外接球的半径为R,依题意得,R2=(3-R)2+()2,解得R=2,所以所求球的体积V=R3=23=.3.如图所示
2、,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1底面ABC,则三棱锥B1-ABC1的体积为()A.B.C.D.【解析】选A.三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积,三棱锥A-B1BC1的高为,底面积为,故其体积为=.4.(2019全国卷)设,为两个平面,则的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面【解析】选B.当内有无数条直线与平行,也可能两平面相交,故A错.同样当,平行于同一条直线或,垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.5.在梯形ABCD中,ABC=,AD
3、BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A.4B.(4+)C.6D.(5+)【解析】选D.因为在梯形ABCD中,ABC=,ADBC,BC=2AD=2AB=2,所以将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB=1,高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1,高为BC-AD=2-1=1的圆锥的组合体,所以几何体的表面积S=12+212+21=(5+).6.已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析
4、】选A.因为m,n,mn,所以根据线面平行的判定定理得m.由m不能得出m与内任一直线平行,所以mn是m的充分不必要条件,故选A.7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.【解析】选C.用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面,如图,则B1PAD1,连接DP,易求得DB1=DP=,B1P=2,则DB1P是异面直线AD1与DB1所成的角,由余弦定理可得cosDB1P=.8.(2019全国卷)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中
5、点,CEF=90,则球O的体积为()A.8B.4C.2D.【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,且EF=PB=x,因为ABC是边长为2的等边三角形,所以CF=,又CEF=90,所以CE=,AE=PA=x,在AEC中,利用余弦定理得cosEAC=,作PDAC于D,因为PA=PC,所以D为AC的中点,cosEAC=,所以=,所以2x2+1=2,所以x2=,x=,所以PA=PB=PC=,又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC两两垂直,所以2R=,所以R=,所以V=R3=,故选D.方法二:因为PA=PB=PC,ABC是边长为2的等边三角形,所
6、以P-ABC为正三棱锥,易得PBAC,又E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,所以EFAC,又EFCE,CEAC=C,所以EF平面PAC,PB平面PAC,所以BPA=90,所以PA=PB=PC=,所以P-ABC为正方体一部分,2R=,即R=,所以V=R3=,故选D.【拓展延伸】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的半径为()A.B.2C.D.3【解析】选C.如图,由球心作平面ABC的垂线,则垂足为BC的中点M.又AM=BC=,OM=AA1=6,所以球O的半径R=OA=.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,
7、共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.设,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,则下列命题中正确的是()A.若m,n,m,n,则B.若m,n且mn,则C.若l,则lD.若=l,=m,=n,l,则mn【解析】选BD.由,为两两不重合的平面,l,m,n为两两不重合的直线,知:A.若m,n,m,n,则与相交或平行,故A错误;B.若m,n,且mn,则由面面垂直的判定得,故B正确;C.若l,则l与相交、平行或l,故C错误;D.若=l,=m,=n,l,则由线面平行的性质定理得mn.故D正确.10.给出下列命题,其中命题
8、正确的是()A.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形B.若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直C.在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱D.存在每个面都是直角三角形的四面体【解析】选BCD.选项A不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;选项B正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角;选项C正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;选项D正确,如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形.11.,是两个平面,m,n是两条直线,
9、下列四个命题其中正确的是()A.如果mn,m,n,那么B.如果m,n,那么mnC.如果,m,那么mD.如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等【解析】选BD.对于选项A,可以平行,可以相交也可以不垂直,故错误.对于选项B,由线面平行的性质定理知存在直线l,nl,又m,所以ml,所以mn,故正确.对于选项C,因为,又m,所以可能有m可能m也可能m与相交,故不正确.对于选项D,因为mn,所以m与所成的角和n与所成的角相等.因为,所以n与所成的角和n与所成的角相等,所以m与所成的角和n与所成的角相等,故正确.12.如图,四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,将ADB
10、沿BD折起,使平面ABD平面BCD,构成三棱锥A-BCD.则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是()A.CD平面ABDB.AB平面BCDC.平面BCD平面ABCD.平面ADC平面ABC【解析】选AD.在四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,所以BDCD,又平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCD=BD,所以CD平面ABD,所以CDAB,又ADAB,ADCD=D,故AB平面ADC,又AB平面ABC,从而平面ABC平面ADC.三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y
11、轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为2cm2,则原平面图形的面积为_cm2.【解析】依题意可知BAD=45,则原平面图形为直角梯形,上下底面的长与BC,AD相等,高为梯形ABCD的高的2倍,所以原平面图形的面积为8 cm2.答案:814.已知RtABC的斜边在平面内,直角顶点C是外一点,AC、BC与所成角分别为30和45,则平面ABC与所成锐角为_.【解析】如图所示,过点C作垂直于的直线CO,交于点O.所以CAO=30,CBO=45.设CO=a,所以在RtACO中,AC=2a,在RtBCO中,BC=a.过C点在平面ABC内作CDAB,连接OD,则CDO为平面ABC与所成的锐角,
12、AB=a,所以CD=a所以在RtCDO中,sinCDO=,所以CDO=60.答案:6015.(2019北京高考)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:_.【解析】选两个论断作为条件,一个作为结论,一共能够组成3个命题,即,只有为假命题,其余两个为真命题.答案:若m,l,则lm(或若lm,l,则m)16.(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_.【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1
13、=2,取BB1和CC1的中点E,F.连接EF,D1E,D1F,则D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是B1C1的中点O,OE=OF=,球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心,为半径的圆弧EF,的长为2=.答案:四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)直三棱柱的高为6 cm,底面三角形的边长分别为3 cm,4 cm,5 cm,将棱柱削成圆柱,求削去部分体积的最小值.【解析】如图所示,只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时,圆柱的体积最大,削去部分体积才能最小,设此时圆柱的底面半径
14、为R,圆柱的高即为直三棱柱的高6 cm.因为在ABC中,AB=3 cm,BC=4 cm,AC=5 cm,所以ABC为直角三角形.根据直角三角形内切圆的性质可得7-2R=5,所以R=1 cm,所以V圆柱=R2h=6 cm3.而三棱柱的体积为V三棱柱=346=36(cm3),所以削去部分的最小体积为36-6=6(6-)(cm3).18.(12分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1的中点.求证:(1)E,C,D1,F四点共面;(2)CE,D1F,DA三线共点.【证明】(1)如图所示,连接CD1,EF,A1B,因为E,F分别是AB和AA1的中点,所以EFA1B且E
15、F=A1B.又因为A1D1BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BCD1,所以EFCD1,所以EF与CD1确定一个平面,即E,C,D1,F四点共面.(2)由(1)知EFCD1且EF=CD1,所以四边形CD1FE是梯形,所以CE与D1F必相交,设交点为P,则PCE,且PD1F,又CE平面ABCD,且D1F平面A1ADD1,所以P平面ABCD,且P平面A1ADD1.又平面ABCD平面A1ADD1=AD,所以PAD,所以CE,D1F,DA三线共点.【补偿训练】已知,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为D1C1,C1B1的中点,ACBD=P,A1C1EF
16、=Q.求证:(1)D,B,E,F四点共面.(2)若A1C交平面BDEF于点R,则P,Q,R三点共线.【证明】(1)连接B1D1.因为E,F分别为D1C1,C1B1的中点,所以EFB1D1,又因为B1D1BD,所以EFBD,所以EF与BD共面,所以D,B,E,F四点共面.(2)因为ACBD=P,所以P平面AA1C1C平面BDEF.同理,Q平面AA1C1C平面BDEF,因为A1C平面DBFE=R,所以R平面AA1C1C平面BDEF,所以P,Q,R三点共线.19.(12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏融雪盐(供融化高速公路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12 m,高4 m.养路处拟建一个更大的
17、圆锥形仓库,以存放更多融雪盐.现有两种方案:一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变);二是高度增加4 m(底面直径不变).(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积;(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积;(3)哪个方案更经济些?【解析】(1)如果按方案一,仓库的底面直径变成16 m,则仓库的体积V1=Sh=824=(m3);如果按方案二,仓库的高变成8 m,则仓库的体积V2=Sh=628=(m3).(2)如果按方案一,仓库的底面直径变成16 m,半径为8 m.圆锥的母线长为l=4(m),则仓库的表面积S1=84=32(m2);如果按方案二,仓库的高变成8 m.圆锥的母线长为l=
18、10(m),则仓库的表面积S2=610=60(m2).(3)V2V1,S2S1,所以方案二比方案一经济.20.(12分)如图,在多面体ABCDEF中,ADBC,ABAD,FA平面ABCD,FADE,且AB=AD=AF=2BC=2DE=2.(1)若M为线段EF的中点,求证:CM平面ABF;(2)求多面体ABCDEF的体积.【解析】(1)取AD的中点N,连接CN,MN,因为ADBC且AD=2BC,所以ANBC且AN=BC,所以四边形ABCN为平行四边形,所以CNAB.因为M是EF的中点,所以MNAF.又CNMN=N,ABAF=A,所以平面CMN平面ABF.又CM平面CMN,所以CM平面ABF.(2
19、)因为FA平面ABCD,所以FAAB.又ABAD,且FAAD=A,所以AB平面ADEF,所以CN平面ADEF.连接AC,则多面体ABCDEF的体积VABCDEF=VF-ABC+VC-ADEF=212+(1+2)22=.【拓展延伸】如图,在三棱锥D-ABC中,AB=2AC=2,BAC=60,AD=,CD=3,平面ADC平面ABC.(1)证明:平面BDC平面ADC.(2)求三棱锥D-ABC的体积.【解析】(1)在ABC中,由余弦定理可得,BC=,所以BC2+AC2=AB2,所以BCAC,因为平面ADC平面ABC,平面ADC平面ABC=AC,所以BC平面ADC,又BC平面BDC,所以平面BDC平面A
20、DC.(2)由余弦定理可得cosACD=,所以sinACD=,所以SACD=ACCDsinACD=,则VD-ABC=VB-ADC=BCSACD=.21.(12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.【解析】(1)由题意知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)存在,当P
21、为AM的中点时,MC平面PBD.理由如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC的中点.连接OP,因为P为AM的中点,所以MCOP.又MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.【补偿训练】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的正方形,四边形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,BF=3,G,H分别是CE,CF的中点.(1)求证:AC平面BDEF.(2)求证:平面BDGH平面AEF.【证明】(1)因为四边形ABCD是正方形,所以ACBD.又平面BDEF平面ABCD,平面BDEF平面ABCD=BD,且AC平面ABCD,所以AC平面BDEF.(2)在CEF
22、中,因为G,H分别是CE,CF的中点,所以GHEF.又GH平面AEF,EF平面AEF,所以GH平面AEF.设ACBD=O,连接OH,在ACF中,因为O,H分别为CA,CF的中点,所以OHAF.因为OH平面AEF,AF平面AEF,所以OH平面AEF.因为OHGH=H,OH,GH平面BDGH,所以平面BDGH平面AEF.22.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D为线段AB上的点,且AD=2DB,PDAC.(1)求证:PD平面ABC;(2)若PAB=,求点B到平面PAC的距离.【解析】(1)连接CD,据题知AD=4,BD=2,AC2+BC2=A
23、B2,所以ACB=90,所以cosABC=,所以CD2=22+(2)2-222cosABC=8,所以CD=2,所以CD2+AD2=AC2,则CDAB.因为平面PAB平面ABC,交线为AB,且CD平面ABC,所以CD平面PAB,所以CDPD,因为PDAC,ACCD=C,所以PD平面ABC.(2)由(1)得PDAB,因为PAB=,所以PD=AD=4,PA=4,在RtPCD中,PC=2,所以PAC是等腰三角形,所以可求得SPAC=8.设点B到平面PAC的距离为d,由VB-PAC=VP-ABC得SPACd=SABCPD,所以d=3,故点B到平面PAC的距离为3.【补偿训练】如图,在直角梯形ABCD中,
24、ADBC,ABBC,且BC=2AD=4,E,F分别为线段AB,DC的中点,沿EF把AEFD折起,使AECF,得到如下的立体图形.(1)证明:平面AEFD平面EBCF.(2)若BDEC,求点F到平面ABCD的距离.【解析】(1)由题意可得EFAD,所以AEEF,又AECF,EFCF=F,所以AE平面EBCF.因为AE平面AEFD,所以平面AEFD平面EBCF.(2)过点D作DGAE交EF于点G,连接BG,则DG平面EBCF,因为EC平面EBCF,所以DGEC,又BDEC,BDDG=D,所以EC平面BDG,又BG平面BDG,所以ECBG.于是可得EGBBEC,所以=,所以EB2=EGBC=ADBC=8,所以EB=2.设点F到平面ABCD的距离为h,由VF-ABC=VA-BCF,可得SABCh=SBCFAE.因为BCAE,BCEB,AEEB=E,所以BC平面AEB,所以ABBC.又AB=4=BC,所以SABC=44=8.又SBCF=42=4,AE=EB=2,所以8h=42=16,解得h=2.故点F到平面ABCD的距离为2.