立体几何第8套答案.pdf

1、衡水泰华中学 2022-2023 高三数学暑假作业第八套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：明德求是追求卓越立体几何第 8 套答案一选择题（共 8 小题）1解：已知 m，n 是空间中两条不同的直线，为空间中两个不同的平面若 m，则可能 m，故错误；若 m，mn，n，则；故正确；若 m，n，n，则 m；故正确；若 m，mn，则 n 或 n，故错误；若，m，n，则 mn 也可能异面，故错误故选：C2解：设圆锥的母线长为 l，由底面半径为 r1，由题意知，rl2，解得 l2；所以圆锥的高为 h，所以圆锥的体积为 V 圆锥r2h12故选：B3解：由题意可知 ABADAC2，BCCDBD2，则

2、 AB2+AD2BD2，所以 ABAD，同理可得 ABAC，ACAD，从而可以构造以 ABCD 为其中四个顶点的正方体，列出为 2，外接球的半径为 R，外接球的真假就是正方体的体对角线的长，所以 R3，所以外接球的体积为：36故选：A4解：ABC 的外接圆的圆心为 O，半径为 r，则，得 r3，连接 OO，BO，OB，则，解得 R2，由题意可知，当 D 到平面 ABC 的距离为时，四面体 ABCD 的体积最大，在ABC 中，BCAB3，BAC，由余弦定理可得，cos，得 AC3，四面体 ABCD 体积的最大值为故选：D第 4 题图第 5 题图第 6 题图5解：如图所示，在正三棱锥 PABC 中

3、，点 O 为点 P 在底面 ABC 内的投影，取 BC 的中点 D，连结 PD、AD，PBPC，ABAC，PDBC，ADBC，ADP 为侧面 PBC 与底面 ABC 所成的角，即 cosADPsinOPD设球 O1、O2 的半径分别为 R，r，则 O1PR，O2Pr，而 O1PO1O2+O2P，R（R+r）+r，得，球 O2 与球 O1 的表面积之比为故选：D6解：如图所示：设球的球心为 O，半径为 R，则 SO18，OAR，所以，即，解得 R9，取 SA 的中点 N，则 BN2，所以，设 点 C 为 截 面 圆 周 上一 点，若截 面 面 积 最小，则 OB 截 面，此 时截 面 圆 半 径

4、 为，所以截面面积的最小值为 r232故选：B7解：如图，AB10（寸），则 AD5（寸），CD1（寸），设圆 O 的半径为 x（寸），则 OD（x1）（寸），衡水泰华中学 2022-2023 高三数学暑假作业第八套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：明德求是追求卓越在 RtADO 中，由勾股定理可得：52+（x1）2x2，解得：x13（寸）sinAOD，即AOD22.5，则AOB45则弓形的面积 S13210126.3325（平方寸）则该木材镶嵌在墙中的体积约为 V6.332550316.6（立方寸）故选：D第 7 题图第 8 题图8解：如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B

5、1C1D1 中，记 AB 的中点为 N，连结 MC，CN，NA1，则平面 A1MCN 即为平面，证明如下：由正方体的性质可知：A1MNC，则 A1，M，C，N 四点共面，记 CC1 的中点为 F，连结 DF，由题意得 DFMC，连结 EF，则 EFMC，MC平面 DEF，则 DEMC，同理可证 DENC，NCMCC，DE平面 A1MCN，平面 A1MCN 即平面，且四边形 A1MCN 即平面 截正方体 ABCDA1B1C1D1 所得截面，正方体的棱长为 2，由题意知四边形 A1MCN 是菱形，其对角线 A1C2，MN2，平面 截正方体 ABCDA1B1C1D1 所得的截面面积为：2故选：B二多

6、选题（共 4 小题）9解：对于两条不同直线 m，n 和两个不同平面，在 A 中，若 m，n，则由线面垂直的性质定理得 mn，故 A 正确；在 B 中，若 m，n，m，n，则 与 相交或平行，故 B 错误；在 C 中，若，m，则 m 与 相交、平行或 m，故 C 错误；在 D 中，若，m，m，则由线面垂直、面面垂直的性质得 m，故 D 正确故选：AD10解：延长 AF 与 CC1 交于点 P，连接 PE 交 B1C1 于 M，连接 FM，则平面 AEMF 即为截面，FC1AC，F 是中点，C1 是 PC 中点，由MPC1 与MEB1 相似得，则，而 E 是 BB1 中点，于是 ME 与 BC1

7、不平行，故选项 A 错误；在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，CC1平面 ABC，BC平面 ABC，CC1BC，又 ACBC，ACCC1C，AC，CC1平面 ACC1A1，BC平面 ACC1A1，又 AF平面 ACC1A1，BCAF，故选项 B 正确；由可知，可知，选项 C 正确；延长 PE 交 BC 于点 Q，则 将三棱柱 ABCA1B1C1 分成体积较大部分的体积为：，故选项 D 错误故选：BC11解：对于 A，以 A 为坐标原点建立空间坐标系，如图所示：则（4，0，4），（0，4，2），（4，2，4），0，0，A1FAD1，A1FAE，又 AD1AEA，A1F平面 AD1E，故 A 正确

8、；对于 B，取过 E 作 EGBC1，则 G 为 B1C1 的中点，AD1BC1EG，平面 AD1E 截正方体 ABCDA1B1C1D1 的截面为等腰梯形 EGD1A，由勾股定理可求得 AD14，EGBC12，AED1G2，截面梯形的高为3，衡水泰华中学 2022-2023 高三数学暑假作业第八套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：明德求是追求卓越截面梯形的面积为 S（2+4）18，故 B 正确；对于 C，BC1EG，EG平面 AD1E，BC1平面 AD1E，BC1平面 AD1E，故不论 P 在 BC1 的任何位置，P 到平面 AD1E 的距离都是定值，而AD1E的面积是定值，故三棱

9、锥 PAD1E 的体积是定值，与 P 点位置无关，故 C 错误；对于 D，连接 AC1，则 AC1 的中点 O 为正方体外接球球心，当截面最小时，AE 必经过截面圆的圆心，（2，2，2），（0，4，2），cosEAOcos，最小截面圆的半径为 r|cosEAO，故最小截面面积为 r2，故 D 错误故选：AB第 11 题图第 12 题图12解：取 BD 的中点 E，则 AEBD，CEBDBD面 AECBDAC，故 A 正确ADDCABBCa，取 AC 的中点 E，连接 DE，BE，DEBEaABCD 是正方形，EBAC，EDAC，BED 为二面角 BACD 的平面角，BED90BDa所以ADC

10、是正三角形，故 B 正确；ABD 为 AB 与面 BCD 所成的角为 45，故 C 错误以 E 为坐标原点，EC、ED、EA 分别为 x，y，z 轴建立直角坐标系，则 A（0，0，a），B（0，a，0），D（0，a，0），C（a，0，0）（0，a，a），（a，a，0）cos，60，故 D 错误故选：AB三填空题（共 4 小题）135【详解】由题，根据斜二测画法的原则，OAO A3，OBO B24，所以ABOAOB522，故答案为：514解：连接 EC，由已知可得，在 RtCDE 中，CE在CD1E 中，ED1CE，MFCE，ED1MF，F 为 CE 的中点，M 为 CD1 的中点，故答案为：1

11、5解：如图，过 A 作 AFBC 的延长线，垂足为 F，平面 ABC平面 BCDE，平面 ABC平面 BCDEBC，衡水泰华中学 2022-2023 高三数学暑假作业第八套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：明德求是追求卓越AF平面 BCDE，由 BE2，BC4，ABC 的面积为，得，AF，则42；，则故答案为：16取 BC 的中点 D，连接 SD，AD，如图所示：因为SBSC，所以 D为SBC 的外接圆圆心，又因为ABACBC，D为 BC 的中点，所以ADBC.因为平面SBC平面ABCBC，所以AD平面 SBC，所以三棱锥SABC 的外接球球心在直线 AD上.在 AD上取一点O，使

12、得OSOA，即O为三棱锥SABC 的外接球球心，设OSOAR，AD2 33322，所以 ODR3，SDBC231.在RTSDO 中，SDODSO222，所以RR33222，解得R2，所以三棱锥的外接球的表面积为R4162.故答案为：1617.(1)证明：因为四边形 ABEF 为矩形，所以AFBE，又BE平面 BCE，AF平面 BCE，所以AF平面 BCE(2)过 C 作CMAB，垂足为 M，因为ADDC，所以四边形 ADCM 为矩形因为ADCD2，AB4，所以AMMB2，AC2 2，CM2，BC2 2，所以ACBCAB222，所以ACBC 因为AF平面 ABCD，AFBE，所以BE平面 ABC

13、D，所以BEAC 又BE平面 BCE，BC平面 BCE，BEBCB，所以AC平面 BCE，又AC平面 ACF，所以平面ACF平面 BCE18(1)证明详见解析(2)证明详见解析(3)二面角A EFB 的大小是定值，其余弦值为36.(1)直线 EF 即直线 B D11，根据正方体的性质可知EF BD/，由于EF平面ABCD BD,平面 ABCD，所以 EF/平面 ABCD.(2)根据正方体的性质可知ACBD ACDD,1，由于BDDDD1，所以AC平面 BDD B11，由于BE平面 BDD B11，所以ACBE.(3)平面 AEF 即平面 AB D11，平面BEF 即平面 BDD B11，由于平

14、面 AB D11与平面 BDD B11 固定，所以二面角A EFB的大小是定值，设ACBDO ACB DO,11111，由于ABAD O,111 是 B D11的中点，所以AOB D111，根据正方体的性质可知，OOB D111，OOBD1，所以AOO1是二面角A EFB 的平面角.在直角三角形 AOO1中，AOOOAO222,1,12261122，衡水泰华中学 2022-2023 高三数学暑假作业第八套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：明德求是追求卓越所以AO O2663cos1261.19(1)30 6 3；(2)证明见解析；(3)91.(1)因为ABCDABC D1111为直

15、四棱柱，所以侧面均为矩形.因为ADBCCD2，AB4，AA31，所以侧面积AABADCDBCSA022233411.而上下底面为全等的等腰梯形.如图示：过 D 作 DEAB 于 E,过 C 作 CFAB 于 F.由等腰梯形的对称性可得AEBF1.所以DEADAE2132222.所以底面积ABCDSDE21 22133 342.所以表面积为SSS2306 312(2)取 AB 的中点为 P，连接 CP.连接 DP 交 AC 于 O，连接 OM.因为CD2，AB4，ABCD/，所以/APCD,APCD，所以四边形 APCD 为平行四边形，所以ODDP21.同理可证：四边形 BPDC 为平行四边形，

16、所以ODBC21,ODBC/.因为ABCDABC D1111 为直四棱柱，M 为 B C11 的中点，所以C MBC211,C MBC/1.所以C MOD1,C MOD/1,所以四边形ODC M1为平行四边形，所以C DOM/1.又因为C D1面 AMC，OM面 AMC，所以C D/1面 AMC.(3)由（2）可知：C D/1面 AMC，所以C1和 D 到面 AMC 的距离相等，所以 VVVD AMCMACD3223 33111.而 VSAAABCD3 3 39 321所以VV9 393121.20(1)证明：连接 BO1，在圆柱OO1中，BC平面 CEDF，EF平面 CEDF，EFBC，EF

17、CD，BCCDC，EF平面 ABCD，又BO1平面 ABCD，EFBO1，在 BEF 中，O1 为 EF 的中点BE=BF(2)连接 DE，AD平面 DEF，AE 与平面 DEF 所成角为 AED4，ADDEa2，EF平面 ABCD，SFVOEVVSFOSEABOABOBO EABOA BO FAA BEF33332321111222 21111111衡水泰华中学 2022-2023 高三数学暑假作业第八套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：明德求是追求卓越21(1)证明：连接OC，PAPB，POAB，又C 是以 AB 为直径的圆周上一点，OAOBOC PBPC，POBPOC，POO

18、C，OBOCO，OB，OC平面 ABC，PO平面 ABC，PO平面 PAB，平面PAB平面 ABC；(2)证明：由题意，四边形 ABCD是圆O的内接四边形，DABBCD180，DABABC60，ABCBCD180，又点 D在圆O上且与C 在直线 AB 的同侧，CDAB/，CD平面 PAB，AB平面 PAB，CD/平面 PAB，设平面PAB平面PCDl，CD平面 PCD，lCD/；取CD的中点 E，连接 PE，OE，PCPD则PECD，OECD，PEl，POl PO平面 PAB，PE平面 PCD，OPE 是平面 PAB与平面 PCD所成的锐二面角的平面角，PAPBPC3，AB2，PO2 OBC是

19、边长为 1 的正三角形，OE23 PO平面 ABC，OPOPEOE4tan6，平面 PAB与平面 PCD所成的锐二面角的正切值为 46 22(1)证明：如图所示：在图 1 中连接 AC，交 BE 于 O，因为四边形 ABCE是边长为 2 的菱形，并且BCE60，所以ACBE，且OAOC3，在图 2 中，相交直线OA OC,1均与 BE 垂直，所以AOC1是二面角ABEC1的平面角，因为AC61，则OAOCAC OAOC,111222，所以平面BC E1平面 ABED；(2)由（1）分别以OA OB OC,1为 x，y，z 建立如图所示空间直角坐标系，则DCABE22,0,0,0,3,3,0,0,0,1,0,0,1,0331，所以 DCADAB2222,3,0,3,1,0,3 3331 ACAE3,0,3,3,1,0,1设DPDC,0,11，则 APADDPADDC2222,333331，设平面 ABC1的一个法向量为nx y z,，则nnACAB001，即xzxy33030，取n1,3,1，因为 P 到平面 ABC1 的距离为515，所以ndAP n55152 32 3，解得21，则 AP442,3 333，所以 EPAPAE442,3 13，设直线 EP与平面 ABC1 所成的角为，所以直线 EP与平面 ABC1所成角的正弦值为：EPnEP nEP n5sincos,15.