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综合素养评价（二）立体几何初步
1.如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这 个平面图形的面积是 (　　)
A.　　　　　　　　　 B．1
C. D．2
解析：选D　∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，∴Rt△O′A′B′的直角边长是.
∴Rt△O′A′B′的面积是××＝1.
∴原平面图形的面积是1×2＝2.故选D.
2．(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
解析：选C　若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误．
3．(2022·新高考Ⅱ卷)(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E ACD，F ABC，F ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
解析：选CD　如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE ACD＝S△ACD×ED＝×AD×CD×ED＝××2×2×2＝，V2＝VF ABC＝S△ABC×FB＝×AB×BC×FB＝××2×2×1＝.因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF 平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF ACE＝S△ACE·OF＝×AC×OE×OF＝××2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，所以A、B不正确，C、D正确，故选C，D.
4.如图，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　选项A、B、C显然错误．因为PA⊥平面ABC，所以∠PDA是直线PD与平面ABC所成的角．因为ABCDEF是正六边形，所以AD＝2AB.因为tan∠PDA＝＝＝1，所以直线PD与平面ABC所成的角为45°.
5．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是 (　　)
A．平行 B．相交但不垂直
C．相交垂直 D．异面垂直
解析：选D　
如图，PC⊥平面ABCD，∴PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC.∵PC∩AC＝C，∴BD⊥平面PAC.
∴BD⊥PA.显然PA与BD异面，
∴PA与BD异面垂直．故选D.
6．已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　如图所示，设正三棱锥的底面边长为a，则侧棱长为2a， 设O为底面中心，则∠SAO为SA与平面ABC所成的角．
∵AO＝×a＝a，
∴cos∠SAO＝＝.
7．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得圆台甲与乙的体积之比为＝＝.
答案：
8．已知直二面角α l β，A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离为__________．
解析：如图，作DE⊥BC于点E.由α l β为直二面角，AC⊥l，得AC⊥β，进而AC⊥DE.又BC⊥DE，BC∩AC＝C，于是DE⊥平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离．在Rt△BCD中，利用等面积法得
DE＝＝＝.
答案：
9．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．
答案：12
10．(2022·北京高考节选)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．求证：MN∥平面BCC1B1.
证明：如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，
所以PN为△ABC的中位线，
所以PN∥BC.
又因为M为A1B1的中点，
所以PM∥BB1.
因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC 平面BCC1B1，PM，PN 平面MPN，
所以平面BCC1B1∥平面MPN.
又因为MN 平面MPN，
所以MN∥平面BCC1B1.
11．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1 BCDE.
(1)求证：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1 BCDE的体积为36，求a的值．
解：(1)证明：在题图①中，
因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝90°，所以BE⊥AC.
所以在题图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC.
又A1O∩OC＝O，所以BE⊥平面A1OC，
又由题知CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知及(1)知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1 BCDE的高．
由题图①知，A1O＝AB＝a，
平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.
从而四棱锥A1 BCDE的体积
V＝·S·A1O＝·a2·a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
12．(2023·天津高考)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
(3)求点C到平面C1MA的距离．
解：(1)证明：连接MN(图略)．
因为M，N分别是BC，AB的中点，
所以MN∥AC且MN＝AC＝1，
即有MN綉A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，
即有A1N∥MC1.
又MC1 平面C1MA，A1N 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
(2)过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E.
由ME 平面ABC，A1A⊥平面ABC，故AA1⊥ME.又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1 平面ACC1A1，则ME⊥平面ACC1A1.
由AC1 平面ACC1A1，故ME⊥AC1.
又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF 平面MEF，于是AC1⊥平面MEF.
由MF 平面MEF，故AC1⊥MF.
于是平面C1MA与平面ACC1A1所成角即∠MFE.
又ME＝＝1，cos∠CAC1＝，则sin∠CAC1＝，故EF＝1×sin∠CAC1＝.
在Rt△MEF中，∠MEF＝90°，则MF＝＝，于是cos∠MFE＝＝.
(3)过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ，PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由题意得，C1A＝C1C＝，C1M＝＝，根据勾股定理，得C1Q＝＝.
由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，则C1P⊥AM.又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P 平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ.
又PR 平面C1PQ，则PR⊥AM.
又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM 平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.
在Rt△C1PQ中，PR＝＝＝.
又CA＝2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，即点C到平面C1MA的距离是.
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