新教材高中人教A版數(shù)學(xué)必修第2冊課堂作業(yè)第8章立體幾何初步

第八章立體幾何初步考試時間120分鐘，滿分150分.一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．給出下列命題：①在圓柱的上、下底面的圓周上各取一點(diǎn)，則這兩點(diǎn)的連線是圓柱的母線；②有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐；③棱臺的上、下底面可以不相似，但側(cè)棱長一定相等.其中真命題的個數(shù)是(A)A．0 B．1C．2 D．3[解析]①不一定，只有當(dāng)這兩點(diǎn)的連線平行于軸時才是母線；②不一定，因為“其余各面都是三角形”并不等價于“其余各面都是有一個公共頂點(diǎn)的三角形”，如圖所示；③錯誤，棱臺的上、下底面相似且是對應(yīng)邊平行的多邊形，各側(cè)棱延長線交于一點(diǎn)，但是側(cè)棱長不一定相等.2．以長為8cm，寬為6cmA．64πcm2 B．36πcm2C．64πcm2或36πcm2 D．48πcm2[解析]分別以長為8cm，寬為63．梯形ABCD中，AB∥CD，AB?平面α，CD?平面α，則直線CD與平面α內(nèi)的直線的位置關(guān)系只能是(B)A．平行 B．平行或異面C．平行或相交 D．異面或相交[解析]由直線與平面平行的判定定理，可知CD∥α，所以CD與平面α內(nèi)的直線沒有公共點(diǎn).4．空間四點(diǎn)A，B，C，D共面而不共線，那么這四點(diǎn)中(B)A．必有三點(diǎn)共線 B．必有三點(diǎn)不共線C．至少有三點(diǎn)共線 D．不可能有三點(diǎn)共線[解析]∵A，B，C，D共面而不共線，這四點(diǎn)可能有三點(diǎn)共線，也可能任意三點(diǎn)不共線，A錯.如果四點(diǎn)中沒有三點(diǎn)不共線，則四點(diǎn)共線，矛盾，B正確.當(dāng)任意三點(diǎn)不共線時，也滿足條件，C錯.當(dāng)其中三點(diǎn)共線，第四個點(diǎn)不共線時，也滿足條件，D錯.5．如圖所示，正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，將此正方形沿EF折成直二面角后，異面直線AF與BE所成角的余弦值為(C)A．eq\f(\r(2),2) B．eq\r(3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)[解析]過點(diǎn)F作FH∥DC，交BC于H，過點(diǎn)A作AG⊥EF，交EF于G，連接GH，AH，則∠AFH為異面直線AF與BE所成的角.設(shè)正方形ABCD的邊長為2，在△AGH中，AH＝eq\r(\f(5,2)＋\f(2,4))＝eq\r(3)，在△AFH中，AF＝1，F(xiàn)H＝2，AH＝eq\r(3)，∴cos∠AFH＝eq\f(1,2).6．E，F(xiàn)，G分別是空間四邊形ABCD的棱BC，CD，DA的中點(diǎn)，則此四面體中與過E，F(xiàn)，G的截面平行的棱的條數(shù)是(C)A．0 B．1C．2 D．3[解析]在△ACD中，∵G，F(xiàn)分別為AD與CD的中點(diǎn)，∴GF∥AC.而GF?平面EFG，AC?平面EFG，∴AC∥平面EFG.同理，BD∥平面EFG.故選C．7．正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上.若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為(A)A．eq\f(81π,4) B．16πC．9π D．eq\f(27π,4)[解析]如圖所示，設(shè)球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底面中心為O′.∵正四棱錐P－ABCD中AB＝2，∴AO′＝eq\r(2).∵PO′＝4，∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，∴R2＝(eq\r(2))2＋(4－R)2，解得R＝eq\f(9,4)，∴該球的表面積為4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))2＝eq\f(81π,4)，故選A．8．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D為A1B1的中點(diǎn)，AB＝BC＝BB1＝2，AC＝2eq\r(5)，則異面直線BD與AC所成的角為(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]如圖，取B1C1的中點(diǎn)E，連接BE，DE，則AC∥A1C1∥DE，則∠BDE即為異面直線BD與AC所成的角.由條件可知BD＝DE＝EB＝eq\r(5)，所以∠BDE＝60°，故選C．二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．以下關(guān)于空間幾何體特征性質(zhì)的描述，錯誤的是(ABC)A．以直角三角形一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體是圓錐B．有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形的幾何體是棱柱C．有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐D．兩底面互相平行，其余各面都是梯形，側(cè)棱延長線交于一點(diǎn)的幾何體是棱臺[解析]以直角三角形的一個直角邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的曲面所圍成的幾何體是圓錐，可得A錯誤；有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形的幾何體可能是棱臺，不一定是棱柱，故B錯誤；有一個面是多邊形，其余各面都是有公共頂點(diǎn)三角形的幾何體叫棱錐，故C錯誤；根據(jù)棱臺的定義，可得D正確.故選ABC．10．如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點(diǎn)，若平行六面體的各棱長均相等，則下列說法正確的是(ACDA．A1M∥D1P B．A1M∥BC．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1[解析]連接PM，因為M、P為AB、CD的中點(diǎn)，故PM平行且等于AD.由題意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以PMA1D1為平行四邊形，所以A1M∥D1P.故A正確；顯然A1M與B1Q為異面直線，故B錯誤；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1內(nèi)，又在平面D1PQB1內(nèi)，且A1M即不在平面DCC1D1內(nèi)，又不在平面D1PQB111．如圖，在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則在下列命題中，一定正確的為(ABD)A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．異面直線PM與BD所成的角為45°[解析]∵QM∥PN，∴QM∥平面ABD，∴QM∥BD，同理可得AC∥MN，∵QM∥BD，AC∥MN，MN⊥QM，∴AC⊥BD，A正確；∵AC∥MN，∴AC∥截面PQMN，B正確；∵QM∥BD，AC∥MN，∴eq\f(MN,AC)＋eq\f(QM,BD)＝1，C不一定正確；∵QM∥BD，∴異面直線PM與BD所成的角為∠PMQ＝45°，D正確.故選ABD．12．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點(diǎn).則(BCA．直線D1D與直線AF垂直B．直線A1G與平面AEFC．平面AEF截正方體所得的截面面積為eq\f(9,8)D．點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等[解析]取DD1中點(diǎn)M，則AM為AF在平面AA1D1D上的射影，∵AM與DD1不垂直，∴AF與DD1不垂直，故A選項錯誤；∵A1G∥D1F，A1G?平面AEFD1，∴A1G∥平面AEFD1，故B選項正確；平面AEF截正方體所得截面為等腰梯形AEFD1，易知梯形面積為eq\f(9,8)，故C選項正確；假設(shè)C與G到平面AEF的距離相等，即平面AEF將CG平分，則平面AEF必過CG中點(diǎn)，連接CG交EF于H，而H不是CG中點(diǎn)，則假設(shè)不成立.故D選項錯誤.故選B三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．一個圓柱的側(cè)面展開圖是一個邊長為1的正方形，則該圓柱的體積是__eq\f(1,4π)__.[解析]∵圓柱的側(cè)面展開圖是邊長為1的正方形，∴該圓柱的高h(yuǎn)＝1，底面周長2πr＝1，∴底面半徑r＝eq\f(1,2π)，∴該圓柱的體積V＝π×eq\f(1,4π2)×1＝eq\f(1,4π).14．一個直徑為32厘米的圓柱形水桶中放入一個鐵球，球全部沒入水中后，水面升高9厘米，則此球的半徑為__12__厘米.[解析]V＝Sh＝πr2h＝eq\f(4,3)πR3，R＝eq\r(3,64×27)＝12(cm).15．已知a，b表示直線，α，β，γ表示平面.①若α∩β＝a，b?α，a⊥b，則α⊥β；②若a?α，a垂直于β內(nèi)任意一條直線，則α⊥β；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，則a⊥b；④若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β.上述命題中，正確命題的序號是__②④__.[解析]對①可舉反例，如圖，需b⊥β才能推出α⊥β；對③可舉反例說明，當(dāng)γ不與α，β的交線垂直時，即可知a，b不垂直；根據(jù)面面、線面垂直的定義與判定知②④正確.16．(2020·全國Ⅰ卷理)如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝__－eq\f(1,4)__.[解析]∵AB⊥AC，AB＝eq\r(3)，AC＝1，由勾股定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2，同理得BD＝eq\r(6)，∴BF＝BD＝eq\r(6)，在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq\r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，∴CF＝CE＝1，在△BCF中，BC＝2，BF＝eq\r(6)，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq\f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq\f(1,4).四、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)某高速公路收費(fèi)站入口處的安全標(biāo)識墩如圖所示，墩的上半部分是正四棱錐P－EFGH，下半部分是長方體ABCD－EFGH.長方體的長、寬、高分別是40cm、40cm、20cm，正四棱錐(1)求該安全標(biāo)識墩的體積；(2)求該安全標(biāo)識墩的側(cè)面積.[解析](1)該安全標(biāo)識墩的體積V＝VP-EFGH＋VABCD-EFGH＝eq\f(1,3)×402×60＋402×20＝64000(cm3).(2)如圖，連接EG，HF交于點(diǎn)O，連接PO，結(jié)合三視圖可知OP＝60cm，OG＝eq\f(1,2)EG＝20eq\r(2)cm，可得PG＝eq\r(602＋20\r(2)2)＝20eq\r(11)(cm).于是四棱錐P-EFGH的側(cè)面積S1＝4×eq\f(1,2)×40×eq\r(20\r(11)2－202)＝1600eq\r(10)(cm2)，四棱柱EFGH-ABCD的側(cè)面積S2＝4×40×20＝3200(cm2)，故該安全標(biāo)識墩的側(cè)面積S＝S1＋S2＝1600(eq\r(10)＋2)(cm2).18．(本小題滿分12分)如圖所示，一個圓錐形的空杯子上面放著一個半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，會溢出杯子嗎？請用你的計算數(shù)據(jù)說明理由.[解析]不會溢出杯子.理由如下：由題圖可知半球的半徑為4cm，所以V半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×43＝eq\f(128,3)π(cm3)，V圓錐＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×42×12＝64π(cm3).因為V半球<V圓錐，所以如果冰淇淋融化了，不會溢出杯子.19．(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一點(diǎn).(1)若CD∥平面PBO，試指出點(diǎn)O的位置；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD.[解析](1)∵CD∥平面PBO，CD?平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，∴BO∥CD.又BC∥AD，∴四邊形BCDO為平行四邊形，則BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3OD，即點(diǎn)O是靠近點(diǎn)D的線段AD的一個三等分點(diǎn).(2)證明：∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?底面ABCD，且AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.又PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，∴PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.20．(本小題滿分12分)(2020·江蘇卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1(1)求證：EF∥平面AB1C1(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1[解析](1)因為E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)，所以EF∥AB1又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C所以EF∥平面AB1C1(2)因為B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC所以B1C⊥AB又AB⊥AC，B1C?平面AB1C1，AC?平面AB1C，B1C∩所以AB⊥平面AB1C又因為AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB121．(本小題滿分12分)在三棱錐S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分別交AC，SC于D，E，又SA＝AB，SB＝BC.(1)求證：BD⊥平面SAC；(2)求二面角E－BD－C的大小.[解析](1)證明：如圖，∵DE⊥SC，且E為SC的中點(diǎn)，又SB＝BC，∴BE⊥SC.又DE∩BE＝E，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理知SC⊥平面BDE，∵BD?平面BDE，∴SC⊥BD.又SA⊥平面ABC，BD?平面ABC，∴SA⊥BD.又SA∩SC＝S，∴BD⊥平面SAC.(2)由(1)知∠EDC為二面角E－BD－C的平面角，又△SAC∽△DEC，∴∠EDC＝∠ASC.在Rt△SAB中，∠SAB＝90°，設(shè)SA＝AB＝1，則SB＝eq\r(2).由SA⊥BC，AB⊥BC，AB∩SA＝A，∴BC⊥平面SAB，SB?平面SAB，∴BC⊥SB.在Rt△SBC中，SB＝BC＝eq\r(2)，∠SBC＝90°，則SC＝2．在Rt△SAC中，∠SAC＝90°，SA＝1，SC＝2．∴cos∠ASC＝eq\f(SA,SC)＝eq\f(1,2)，∴∠ASC＝60°，即二面角E－BD－C的大小為60°.22．(本小題滿分12分)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C