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阶段质量评价(五)　立体几何初步
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.某广场设置了一些石凳供大家休息,如图,每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体,则下列结论不正确的是 (　　)
A.该几何体的面是等边三角形或正方形
B.该几何体恰有12个面
C.该几何体恰有24条棱
D.该几何体恰有12个顶点
2.(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为 (　　)
A.2π B.3π
C.6π D.9π
3.(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
4.如图所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,且==,则下列说法正确的是 (　　)
A.EF与GH平行
B.EF与GH异面
C.EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上
D.EF与GH的交点M一定在直线AC上
5.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是 (　　)
A.16π B.20π
C.24π D.28π
6.将正方形ABCD沿对角线AC折起,并使得平面ABC垂直于平面ACD,则直线AB与CD的夹角为 (　　)
A.90° B.60°
C.45° D.30°
7.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A'B'C'的体积为,AB=6,A'B'=2,则A'A与平面ABC所成角的正切值为 (　　)
A. B.1
C.2 D.3
8.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是 (　　)
A.a B.a
C.a D.a
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下述四个命题正确的是 (　　)
A.若m∥n,则n∥α或n∥β
B.若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
C.若n∥α且n∥β,则m∥n
D.若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
10.在正四面体ABCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD的中点,则 (　　)
A.HE∥平面BCD
B.AC⊥BD
C.AB⊥平面FGH
D.E,F,G,H四点共面
11.已知A-BCD是棱长均为1的三棱锥,则 (　　)
A.直线AB与CD的夹角为90°
B.直线BC与平面ACD的夹角为60°
C.点C到平面ABD的距离为
D.能容纳三棱锥A-BCD的最小的球的半径为
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.如图,直角△O'A'B'是△OAB的斜二测直观图,其中O'B'⊥B'A',斜边O'A'=2,则△OAB的面积是　　　　　　.
13.如图,已知圆柱的高为h,底面半径为R,轴截面为矩形A1ABB1,在母线AA1上有一点P,且PA=a,在母线BB1上取一点Q,使B1Q=b,则圆柱侧面上P,Q两点的最短距离为　　　　　.
14.平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n夹角的正弦值为　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知圆台的上、下底面半径分别为20 cm,30 cm,高为18 cm,过它的两条母线作一平面截去上底面圆周的.
(1)求证:这个截面截下底面圆周也是;
(2)求这个截面面积.
16.(15分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD,点P为DD1的中点,BD交AC于点O.证明:
(1)直线BD1∥平面PAC;
(2)平面BDD1⊥平面PAC.
17.(15分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.
(1)证明:平面PBE⊥平面PAB;
(2)求二面角A-BE-P的大小.
18. (17分)如图,四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面,EF是圆柱的母线,P是线段AD的中点,已知AB=4,BC=6.
(1)证明:BF⊥平面EPF;
(2)若直线AB与平面EPF的夹角为60°,求三棱锥B-EPF的体积.
19.(17分)如图所示,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,以AE为折痕,把△DAE折起到△D'AE的位置,且平面D'AE⊥平面ABCE.
(1)求证:AD'⊥BE;
(2)求四棱锥D'-ABCE的体积;
(3)在棱ED'上是否存在一点P,使得D'B∥平面PAC 若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.
阶段质量评价(五)
1.选B　根据题图可得该几何体的面是等边三角形或正方形,A正确;该几何体恰有14个面,B不正确;该几何体恰有24条棱,C正确;该几何体恰有12个顶点,D正确.故选B.
2.选B　设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 ,因为它们的侧面积相等,所以2πr·=πr·,即2=,故r2=9,故圆锥的体积为π×9×=3π.故选B.
3.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.
4.选D　如图所示,
连接EH,FG.
因为F,G分别是边BC,CD上的点,且==,
所以GF∥BD,且GF=BD.
因为点E,H分别是边AB,AD的中点,
所以EH∥BD,且EH=BD.
所以EH∥GF,且EH≠GF.
所以EF与GH相交,设其交点为M,
则M∈平面ABC,同理M∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以M在直线AC上.故选D.
5.选B　设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则O+12=R2,而OO1=-1+3-R,故R2=1+(+2-R)2,解得R=.此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.故选B.
6.选B　如图,取AC,BD,AD的中点,分别为O,M,N,
则ON∥CD,MN∥AB,且ON=CD,MN=AB,所以∠ONM或其补角即为所求的角.
因为平面ABC垂直于平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,BO⊥AC,AC 平面ACD,
所以BO⊥平面ACD.所以BO⊥OD.
设正方形边长为2,OB=OD=,所以BD=2,
则OM=BD=1.所以ON=MN=OM=1.
所以△OMN是等边三角形,∠ONM=60°.
所以直线AB与CD的夹角为60°.故选B.
7.选B　法一　如图1,分别取BC,B'C'的中点D,D',连接AD,A'D',DD'.
易证得平面ADD'A'⊥平面ABC.
过点A'作A'E⊥AD于点E,则A'E⊥平面ABC,
即A'E为正三棱台的高.
由上述可知,∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角.
由已知易得正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9.
由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为,得×(+9+3)×A'E=,解得A'E=.
取△ABC,△A'B'C'的重心分别为G,G',连接GG',则四边形A'EGG'为矩形,
所以EG=A'G'=A'D'=(方法技巧:利用正三角形的重心性质),
所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=.
在Rt△A'AE中,tan∠A'AE===1.故选B.
法二　设正三棱台ABC-A'B'C'的高为h.
易知正三棱台ABC-A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9.
由正三棱台ABC-A'B'C'的体积为,得×(+9+3)h=,解得h=.
如图2,
将该正三棱台补成正三棱锥P-ABC,过点P作PG⊥平面ABC,连接AG,则点G为△ABC的重心,
所以∠PAG为直线A'A与平面ABC所成的角.
由相似比可知,==,解得PG=2.
延长AG交BC于点D,则点D为BC的中点.
因为△ABC为正三角形,AB=6,
则AD=3,
所以AG=×AD=2.
在Rt△PGA中,tan∠PAG===1.故选B.
法三　如图3,
设正三棱台ABC-A'B'C'的高为h,该棱台的三条侧棱相交于点P(提示:棱台是由相应的棱锥截得的,将棱台补成棱锥来解题),
由AB=6,A'B'=2,得AB=3A'B'.
设正三棱台下底面的中心为O,上底面的中心为O',连接PO,AO(提示:由正三棱锥的性质知PO⊥平面ABC),则==.
又PO-PO'=h,所以PO=h,PO'=.
因为S△ABC=×62=9,S△A'B'C'=×22=,VABC-A'B'C'=VP-ABC-VP-A'B'C',
所以×9×h-××=,解得h=.
易得三棱台的下底面的中心O到顶点A的距离AO=××6=2,
所以直线AA'与平面ABC所成角的正切值为==h=×=1(提示:∠PAO就是直线AA'与平面ABC所成的角).故选B.
8.选D　因为在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是CC1,C1D1,DD1,CD的中点,N是BC的中点,则GH∥BA1,HN∥BD.又GH 平面A1BD,BA1 平面A1BD,所以GH∥平面A1BD.同理可得,NH∥平面A1BD.又GH∩HN=H,所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动,MN∥平面A1BD,所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件.易得GH=a.故点M的轨迹长度是a.故选D.
9.选AC　若α∩β=m,则m α,m β,对于A,若m∥n,则n∥α或n∥β,A正确;对于B,若m⊥n,则可能n α或n∥α或n与α相交,B错误;对于C,若n∥α且n∥β,则n∥m,C正确;对于D,n与m所成的角可以为内的任意角,D错误.
10.选ABD　如图,把正四面体ABCD放到正方体里.
因为H,E分别为AD,AB的中点,所以HE∥BD.又BD 平面BCD,HE 平面BCD,所以HE∥平面BCD,故A正确.
从正方体的角度上看易得AC⊥BD,故B正确.
因为E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD的中点,所以EF∥AC且EF=AC.GH∥AC且GH=AC.所以EF∥GH且EF=GH.所以四边形EFGH是平行四边形.故E,F,G,H四点共面,故D正确.
若AB⊥平面FGH成立,即AB⊥平面EFGH.又HE 平面EFGH,所以AB⊥HE.又E,H分别为AB,AD的中点,所以EH∥BD.所以AB⊥BD.而△ABD为等边三角形,与AB⊥BD矛盾,故C不正确.故选A、B、D.
11.选ACD　若E为CD中点,连接AE,BE,由题设知各侧面均为等边三角形,
所以AE⊥CD,BE⊥CD,AE∩BE=E,AE,BE 平面ABE,则CD⊥平面ABE,又AB 平面ABE,故AB⊥CD,A正确;
若F为△ACD的中心,连接BF,则BF⊥平面ACD,CF 平面ACD,所以直线BC与平面ACD的夹角为∠BCF,且BF⊥CF,而CF=××1=,
故cos∠BCF==,显然∠BCF不为60°,B错误;
由B分析BF==,即该正棱锥的体高为,故C到平面ABD的距离为,C正确;
显然正棱锥的外接球半径最小,令其外接球半径为R,则R2=+,所以R=,D正确.故选A、C、D.
12.解析:由△OAB的斜二测直观图还原得△OAB的直观图如图所示,
因为直角△O'A'B'中,∠A'O'B'=45°,O'B'⊥B'A'且O'A'=2,所以O'B'=.
在△AOB中,OA⊥OB,OB=2O'B'=2,OA=O'A'=2,
所以△AOB的面积为×OB×OA=×2×2=2.
答案:2
13.解析:如图,把圆柱的半个侧面展开,是一个长为πR,宽为h的矩形,
B1Q=b,PA=a,过P作PE⊥BB1,E为垂足,所以QE=h-a-b,
即可把PQ放在一个直角边为πR和h-a-b的直角三角形PQE中,
根据勾股定理可得PQ==.
答案:
14.解析:如图所示,设平面CB1D1∩平面ABCD=m1,
∵α∥平面CB1D1,
∴m1∥m.
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,
∴B1D1∥m1.
∴B1D1∥m,同理可得CD1∥n.
故m,n夹角的大小与B1D1,CD1夹角的大小相等,即∠CD1B1的大小.
又∵B1C=B1D1=CD1(均为面对角线),
∴∠CD1B1=,得sin∠CD1B1=.
答案:
15.解: (1)证明:如图所示,O,O1分别为上、下底面的中心,B,B1分别在上、下底面上,
所以O1O与B1B必相交于一点.
所以O1OBB1是平面图形,
则O1B1∥OB,
同理O1A1∥OA.又开口方向相同,所以∠AOB=∠A1O1B1=90°,
这个截面截下底面圆周也是.
(2)分别取AB,A1B1的中点C,C1,连接CC1,
又因为圆台的上、下底面半径分别为20 cm,30 cm,高为18 cm,
所以AB=20,A1B1=30,CO=10,C1O1=15.
所以C1C=
=.
所以截面的面积为S=(AB+A1B1)×C1C=50(cm2).
16.证明:(1)∵四边形ABCD为矩形,
∴O为BD中点.又P为DD1中点,
∴PO∥BD1.
∵PO 平面PAC,BD1 平面PAC,
∴BD1∥平面PAC.
(2)由长方体结构特征知DD1⊥平面ABCD,
又AC 平面ABCD,∴DD1⊥AC.
∵四边形ABCD为矩形,AB=AD,∴四边形ABCD为正方形.∴AC⊥BD.
又BD∩DD1=D,BD,DD1 平面BDD1,
∴AC⊥平面BDD1.
∵AC 平面PAC,∴平面BDD1⊥平面PAC.
17.解:(1)证明:如图所示,连接BD.
∵四边形ABCD是菱形且∠BCD=60°,
∴△BCD是等边三角形.
∵E是CD的中点,
∴BE⊥CD.
∵AB∥CD,∴BE⊥AB.
∵PA⊥平面ABCD,BE 平面ABCD,
∴PA⊥BE.
∵PA∩AB=A,PA 平面PAB,AB 平面PAB,∴BE⊥平面PAB.
又∵BE 平面PBE,∴平面PBE⊥平面PAB.
(2)由(1)知BE⊥平面PAB,PB 平面PAB,
∴PB⊥BE.又∵AB⊥BE,
∴∠PBA是二面角A BE P的平面角.
在Rt△PAB中,tan∠PBA==,
∴∠PBA=60°,故二面角A BE P的大小是60°.
18.解:(1)证明:连接AF,
∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面,
∴AB为圆O的直径.
∴AF⊥BF.
又EF是圆柱的母线,
∴EF⊥平面ABF.
∵BF 平面ABF,
∴EF⊥BF.
又AF∩EF=F,AD∥EF,AF,EF 平面ADEF,
∴BF⊥平面ADEF.
又P是线段AD的中点,
∴平面ADEF即为平面EPF.∴BF⊥平面EPF.
(2)由(1)知BF⊥平面EPF,∴BF为三棱锥B-EPF的高,且AF为AB在平面EPF内的射影.
∴AB与平面EPF的夹角为∠BAF.
由题意知∠BAF=60°,AB=4,BC=6,
∴BF=ABsin 60°=2,
AF=ABcos 60°=2,S△EPF=EF·AF=6.
∴VB-EPF=S△EPF·BF=×6×2=4.
19.解:(1)证明:根据题意可知,在长方形ABCD中,△DAE和△CBE为等腰直角三角形,
∴∠DEA=∠CEB=45°.
∴∠AEB=90°,即BE⊥AE.
∵平面D'AE⊥平面ABCE,且平面D'AE∩平面ABCE=AE,BE 平面ABCE,
∴BE⊥平面D'AE.
∵AD' 平面D'AE,∴AD'⊥BE.
(2)取AE的中点F,连接D'F,则D'F⊥AE.
∵平面D'AE⊥平面ABCE,
且平面D'AE∩平面ABCE=AE,
D'F 平面D'AE,
∴D'F⊥平面ABCE.
∴V四棱锥D' ABCE=S四边形ABCE·D'F
=××(1+2)×1×=.
(3)如图所示,连接AC交BE于Q,假设在ED'上存在点P,使得D'B∥平面PAC,连接PQ.
∵D'B 平面D'BE,
平面D'BE∩平面PAC=PQ,
∴D'B∥PQ.
∴在△EBD'中,=.
∵在梯形ABCE中,==,
∴==,
即EP=ED'.
∴在棱ED'上存在一点P,
且EP=ED',使得D'B∥平面PAC.
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