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PAGE1-習(xí)題課(一)立體幾何初步1.(2024·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如圖所示.圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長度為()A.2eq\r(17) B.2eq\r(5)C.3 D.2解析:選B先畫出圓柱的直觀圖,依據(jù)題圖的三視圖可知點(diǎn)M,N的位置如圖①所示.圓柱的側(cè)面綻開圖及M,N的位置(N為OP的四等分點(diǎn))如圖②所示,連接MN,則圖中MN即為M到N的最短路徑.∵ON=eq\f(1,4)×16=4,OM=2,∴MN=eq\r(OM2+ON2)=eq\r(22+42)=2eq\r(5).2.過平面外兩點(diǎn)與這個(gè)平面平行的平面()A.只有一個(gè) B.至少有一個(gè)C.可能沒有 D.有多數(shù)個(gè)解析:選C過這兩點(diǎn)的直線若與已知平面平行,則有且只有一個(gè),若與已知平面相交,則不存在.故選C.3.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,則下列命題錯(cuò)誤的是()A.假如直線a⊥α,那么直線a必垂直于平面β內(nèi)的多數(shù)條直線B.假如直線a∥α,那么直線a不行能與平面β平行C.假如直線a∥α,a⊥l,那么直線a⊥平面βD.平面α內(nèi)肯定存在多數(shù)條直線垂直于平面β內(nèi)的全部直線解析:選BA選項(xiàng)中直線a必定與平面β內(nèi)多數(shù)條平行直線垂直,故正確;B選項(xiàng)中假如a∥α,a∥l,aβ,則a∥β,故錯(cuò)誤;由面面垂直的性質(zhì)定理可知C選項(xiàng)正確;在平面α內(nèi),垂直于交線l的直線都垂直于平面β,也就垂直于平面β內(nèi)的全部直線,故D選項(xiàng)正確.4.設(shè)α,β是兩個(gè)不同的平面,l是一條直線,給出下列說法:①若l⊥α,α⊥β,則l∥β;②若l∥α,α∥β,則l∥β;③若l⊥α,α∥β,則l⊥β;④若l∥α,α⊥β,則l⊥β.其中說法正確的個(gè)數(shù)為()A.1 B.2C.3 D.0解析:選A對于①,若l⊥α,α⊥β,則l∥β或lβ,故①錯(cuò)誤;對于②,若l∥α,α∥β,則lβ或l∥β,故②錯(cuò)誤;對于③,若l⊥α,α∥β,則l⊥β,故③正確;對于④,若l∥α,α⊥β,則lβ或l∥β或l⊥β或l與β斜交,故④錯(cuò)誤.5.四面體ABCD為空間四邊形,AB=CD,AD=BC,AB≠AD,M,N分別是對角線AC與BD的中點(diǎn),則MN與()A.AC,BD之一垂直 B.AC,BD都垂直C.AC,BD都不垂直 D.AC,BD不肯定垂直解析:選B∵AD=BC,AB=CD,BD=BD,∴△ABD≌△CDB.∴AN=CN.在等腰△ANC中,由M為AC的中點(diǎn)知MN⊥AC.同理可得MN⊥BD.6.(2024·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點(diǎn),則異面直線AE與CDA.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)解析:選C如圖,連接BE,因?yàn)锳B∥CD,所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中,設(shè)AB=2,則BE=eq\r(5),則tan∠EAB=eq\f(BE,AB)=eq\f(\r(5),2),所以異面直線AE與CD所成角的正切值為eq\f(\r(5),2).7.現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5,高為4的圓錐和底面半徑為2,高為8的圓柱各一個(gè),若將它們重新制作成總體積與高均保持不變,但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個(gè),則新的底面半徑為________.解析:設(shè)新的底面半徑為r,由題意得eq\f(1,3)×π×52×4+π×22×8=eq\f(1,3)×π×r2×4+π×r2×8,∴r2=7,∴r=eq\r(7).答案:eq\r(7)8.正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2,側(cè)棱長為4,E,F(xiàn)分別是AB,A1C1的中點(diǎn),則EF解析:如圖,取A1B1的中點(diǎn)H,連接EH,F(xiàn)H,則EH=4,F(xiàn)H=1.由正三棱柱的性質(zhì)知△EFH為直角三角形.所以EF=eq\r(FH2+EH2)=eq\r(17).答案:eq\r(17)9.如圖所示,一個(gè)正方體的棱長為2,以相對兩個(gè)面的中心連線為軸,鉆一個(gè)直徑為1的圓柱形孔,所得幾何體的表面積為________.解析:幾何體的表面積為S=6×22-π×0.52×2+2π×0.5×2=24-0.5π+2π=24+1.5π.答案:24+1.5π10.一個(gè)多面體的直觀圖和三視圖如圖所示(其中M,N分別是AF,BC中點(diǎn)).(1)求證:MN∥平面CDEF;(2)求多面體A-CDEF的體積.解:(1)證明:由三視圖知,該多面體是底面為直角三角形的直三棱柱,且AB=BC=BF=2,DE=CF=2eq\r(2),∴∠CBF=90°.取BF中點(diǎn)G,連接MG,NG,由M,N分別是AF,BC中點(diǎn),可知NG∥CF,MG∥EF.又MG∩NG=G,CF∩EF=F,∴平面MNG∥平面CDEF.又∵M(jìn)N平面MNG,∴MN∥平面CDEF.(2)作AH⊥DE于H,由于三棱柱ADE-BCF為直三棱柱,∴AH⊥平面CDEF,且AH=eq\r(2).∴VA-CDEF=eq\f(1,3)S四邊形CDEF·AH=eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)×eq\r(2)=eq\f(8,3).11.(2024·全國卷Ⅲ)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up7())所在平面垂直,M是eq\o(CD,\s\up7())上異于C,D的點(diǎn).(1)證明:平面AMD⊥平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC∥平面PBD?說明理由.解:(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,所以BC⊥DM.因?yàn)镸為eq\o(CD,\s\up7())上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.因?yàn)镈M平面AMD,所以平面AMD⊥平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí),MC∥平面PBD.證明如下:連接AC交BD于O.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),所以MC∥OP.又MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC∥平面PBD.探究應(yīng)用題12.(2024·北京高考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F(xiàn)分別為AD,PB的中點(diǎn).(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD;(3)求證:EF∥平面PCD.證明:(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,因?yàn)镻D平面PAD,所以AB⊥PD.又因?yàn)镻A⊥PD,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB.因?yàn)镻D平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如圖,取PC的中點(diǎn)G,連接FG,DG.
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