第八章测评卷

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第八章测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2 B.22 C.4 D.42
答案B
解析设圆锥底面半径为r1,圆锥侧面展开图半圆所在圆的半径为r2.由条件得,2πr1=12·2πr2,则r2=2r1=22,故该圆锥的母线长为22.故选B.

图①

图②

2.水平放置的△AOB的直观图△A'O'B'如图所示,则△AOB的面积是(　　)

A.2 B.2 C.22 D.4
答案D
解析由直观图和原图形的关系易知,△AOB中底边OB=2,底边OB上的高线长为4,∴△AOB的面积为S=12×4×2=4.故选D.
3.

埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)
A.5-14 B.5-12
C.5+14 D.5+12
答案C
解析设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为h',则依题意有ℎ2=12aℎ',ℎ2=ℎ'2-(a2) 2,因此有h'2-a22=12ah'⇒4ℎ'a2-2ℎ'a-1=0⇒ℎ'a=5+14负值-5+14舍去.故选C.
4.设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　　)
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
答案B
解析由面面平行的判定定理知,α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件,由面面平行性质定理知,若α∥β,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件,故选B.
5.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为(　　)
A.π B.3π4 C.π2 D.π4
答案B
解析如

图,画出圆柱的轴截面,AC=1,AB=12,设圆柱的底面圆面半径为r,所以r=BC=32,那么圆柱的体积是V=πr2h=π×322×1=34π,故选B.
6.(2021全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
答案D
解析如图,连接BC1,PC1.

由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体的棱长为1,则BC1=2,C1P=12A1C1=22.
而BP=BB12+B1P2=12+(22) 2=62,
可得C1P2+BP2=BC12,故C1P⊥PB.
则在Rt△BPC1中,有sin∠PBC1=C1PBC1=12,
于是∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角等于π6.
7.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是(　　)
A.4π B.9π2 C.6π D.32π3
答案B
解析要使球的体积V最大,必须球的半径R最大.由题意知球与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值32,此时球的体积为43πR3=43π323=9π2,故选B.
8.

在如图所示的三棱锥容器S-ABC中,D,E,F分别为三条侧棱上的小洞,SD∶DA=CF∶FS=2∶1,BE=SE,若用该容器盛水,则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的(　　)
A.89 B.79
C.23 D.59
答案A
解析因为SD∶DA=2∶1,所以SD=23SA.又因为BE=SE,所以SE=12SB.所以△SDE的面积为S△SDE=12SD·SE·sin∠ASB=12×23SA×12SB×sin∠ASB=13S△SAB.又CF∶FS=2∶1,所以SF∶SC=1∶3,设点F,C到平面SAB的距离分别为h1,h2,所以h1∶h2=1∶3,所以VF-SDEVC-SAB=13×131=19.所以这个容器最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的1-19=89.故选A.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为(　　)
A.2π B.(1+2)π
C.22π D.2+2π
答案AB
解析若绕一条直角边旋转一周,形成的几何体为圆锥,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=2,这时表面积为12·2π·1·l+π·12=(1+2)π;若绕斜边旋转一周,旋转体为两个底对底的圆锥组合在一起,且由题意底面半径为22,每一个圆锥的母线长均为1,所以表面积S=2·12·2π·22·1=2π.综上所述,该几何体的表面积可以为2π,(1+2)π,故选AB.
10.已知正三棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,侧棱长为2,则下列说法正确的是(　　)
A.棱台的侧面积为93
B.棱台的高为3
C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为33
D.棱台的侧面与底面所成二面角的余弦值为223
答案AC
解析由题意作图如下,在平面ABB1A1中由点A1向AB作垂线,垂足为D,取线段BC的中点E,连接AE,在平面AEA1中由点A1向AE作垂线,垂足为F,连接DF,在等腰梯形ABB1A1中,AB=4,B1A1=2,AA1=2,则AD=(4-2)÷2=1,A1D=22-12=3,故棱台的侧面积为3×12(2+4)×3=93,故A正确;易知A1F为棱台的高,则AD⊥平面A1DF,则AD⊥DF在Rt△ADF中,DF=AD·tanπ6=33,AF=12+13=233,在Rt△A1DF中,A1F=A1D2-DF2=263≠3,故B错误;棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE,cos∠A1AE=AFAA1=2332=33,故C正确;棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF,cos∠A1DF=DFA1D=333=13,故D错误.故选AC.

11.

如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是DD1的中点,则(　　)
A.直线B1C∥平面A1BD
B.B1C⊥BD1
C.三棱锥C1-B1CE的体积为13
D.异面直线B1C与BD所成的角为90°
答案AB
解析选项A,如图,连接A1D,A1B,BD,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易得A1B1与CD平行且相等,所以四边形A1B1CD为平行四边形,有B1C∥A1D,又B1C⊄平面A1BD,A1D⊂平面A1BD,所以直线B1C∥平面A1BD,故选项A正确;

选项B,如图,连接BC1,AD1,

因为四边形BB1C1C为正方形,所以B1C⊥BC1,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1,所以AB⊥平面BB1C1C,
又B1C⊂平面BB1C1C,所以AB⊥B1C,
又AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1D1,
又BD1⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥BD1,故选项B正确;
选项C,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,所以B1C1⊥平面CC1D1D,且B1C1=1,
又S△CC1E=12×1×1=12,所以三棱锥B1-CC1E的体积VB1-CC1E=13×S△CC1E×B1C1=16,
即三棱锥C1-B1CE的体积为16,故选项C错误;
选项D,如图,连接A1D,A1B,BD,

由选项A的解析可知,A1D∥B1C,
所以异面直线B1C与BD所成的角为∠A1DB或其补角,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1,易得△A1DB为等边三角形,所以∠A1DB=60°,故选项D错误.故选AB.
12.如图,在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在底面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法,其中正确的是(　　)

A.水的部分始终呈棱柱状
B.水面四边形EFGH的面积为定值
C.棱A1D1始终与水面EFGH平行
D.若E∈AA1,F∈BB1,则AE+BF是定值
答案ACD
解析由于四边形ABFE与四边形DCGH全等,且平面ABFE∥平面DCGH,则由棱柱的定义可知,水的部分始终呈棱柱状,所以A正确;因为BC∥FG,BC⊥平面ABB1A1,所以FG⊥平面ABB1A1,因为EF⊂平面ABB1A1,所以FG⊥EF,因为FG∥EH,FG=EH,所以四边形EFGH为矩形,所以水面四边形EFGH的面积等于EF·FG,因为水面四边形EFGH的边长FG不变,EF在变化,所以水面四边形EFGH的面积在变化,所以B错误;容器底面一边BC固定在底面上时,BC∥FG∥A1D1,A1D1⊄平面EFGH,所以由线面平行的判定定理可知,棱A1D1始终与水面四边形EFGH平行,所以C正确;由于水平放置时,水的体积是定值,水的高度是定值h,底面面积不变,所以当一部分上升a的同时,另一部分下降相同的高度a,设AE=h-a,则BF=h+a,所以AE+BF=h-a+h+a=2h为定值,所以当E∈AA1,F∈BB1时,AE+BF是定值,所以D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.空间中一个∠A的两边和另一个∠B的两边分别平行,∠A=70°,则∠B=　　　　. 
答案70°或110°
解析①若∠A的两边和∠B的两边分别平行,且方向相同,则∠A与∠B相等,此时∠B=∠A=70°;②当∠A的两边和∠B的两边分别平行,且一边方向相同另一边方向相反,则∠A与∠B互补,此时∠B=180°-∠A=110°.
14.三棱锥O-ABC中,三条OA,OB,OC两两垂直,OA=1,OB=2,OC=3,则三棱锥O-ABC外接球的表面积是　　　　. 
答案14π
解析如

图,把三棱锥O-ABC放置在长方体中,则三棱锥O-ABC的外接球即长方体的外接球,外接球的直径为12+22+32=14,半径R=142,∴三棱锥O-ABC外接球的表面积是4π×1422=14π.
15.已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　. 
答案23π
解析易

知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切球的球心为O,由于AM=32-12=22,故S△ABC=12×2×22=22,
设内切球半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r=12×(3+3+2)×r=22,
解得r=22,其体积V=43πr3=23π.
16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　. 

答案26　2-1
解析由

图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.将该半正多面体放入正方体部分图示如下,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长BC与FE交于点G,延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,△BGE为等腰直角三角形.
∵BG=GE=CH=22x,
∴GH=2×22x+x=(2+1)x=1,
∴x=12+1=2-1,即该半正多面体棱长为2-1.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.

(10分)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=AC=22,BA=BC=2,O是线段AC的中点,M是线段BC的中点.
(1)求证:PO⊥平面ABC;
(2)求直线PM与平面PBO所成角的正弦值.
(1)证明由BA=BC=2,AC=22,有BA2+BC2=AC2,从而有∠ABC=π2,∴BO⊥AC且BO=2.
又△PAC是边长等于22的等边三角形,
∴PO⊥AC,PO=6.
又PB=22,从而有PB2=PO2+BO2,
∴∠POB=π2,∴PO⊥BO.
又AC∩BO=O,AC⊂平面ABC,BO⊂平面ABC,
∴PO⊥平面ABC.
(2)解过点M作MN⊥BO交BO于点N,连接PN.
由(1)知PO⊥平面ABC,得MN⊥PO,又MN⊥BO,

∴MN⊥平面POB,
∴∠MPN是直线PM与平面PBO所成的角.
由(1)BO⊥AC,从而N为线段BO的中点,∴MN=12OC=14AC=22,
PM=PC2-MC2=(22)2-1=7,
∴sin∠MPN=MNPM=227=1414.
∴直线PM与平面PBO所成角的正弦值为1414.

18.(12分)如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC于直线l.
(1)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论;
(2)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论.
解(1)MN∥平面PAD,证明如下:
取PD中点E,连接AE,NE,
因为N,E分别为PC,PD中点,
所以NE∥DC,且NE=12DC.
又M为AB中点,AB∥DC,AB=DC,
所以AM∥NE,且AM=NE,

所以四边形AMNE为平行四边形,
所以AE∥MN.
又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
(2)BC∥l,证明如下:
因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
又BC⊂平面PBC,且平面PAD∩平面PBC=l,
根据线面平行的性质定理可得BC∥l.
19.

(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形.
(1)证明:平面PBC⊥平面PBD;
(2)若△PBC的面积为1,求点B到平面PCD的距离d.
(1)证明∵在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形,
设AB=x,则BC=BD=x2+x2=2x,
∴BD2+BC2=4x2=CD2,PB2+BC2=4x2=PC2,
∴BD⊥BC,PB⊥BC.
∵BD∩PB=B,∴BC⊥平面PBD.
∵BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PBD.
(2)解∵SRt△PBC=1,∴12PB·PC=x2=1,即x=1,
由(1)知,S△PCD=34×4=3,
∵BD2+BP2=DP2,BD=2,PB=2,
∴S△PBD=12×2×2=1,
∴V三棱锥B-PCD=V三棱锥C-PBD,即13×3·d=13×1×2,解得d=63,
∴点B到平面PCD的距离为63.
20.(12分)

如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°.
(1)证明:AB⊥PC;
(2)若PC=4,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积.
(1)证明因为△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°,所以Rt△PBC≌Rt△PAC,可得AC=BC.

如图,取AB中点D,连接PD,CD,
则PD⊥AB,CD⊥AB,PD∩DC=D,PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC.
所以AB⊥平面PDC,
又PC⊂平面PDC,所以AB⊥PC.

(2)解作BE⊥PC,垂足为E,连接AE.
因为Rt△PBC≌Rt△PAC,
所以AE⊥PC,AE=BE.
由已知,平面PAC⊥平面PBC,故∠AEB=90°.
因为Rt△AEB≌Rt△PEB,
所以△AEB,△PEB,△CEB都是等腰直角三角形.
由已知PC=4,得AE=BE=2,△AEB的面积S=2.
因为PC⊥平面AEB,
所以三棱锥P-ABC的体积V=V三棱锥P-AEB+V三棱锥C-AEB=13S(PE+EC)=13×S×PC=83.
21.(12分)(2021全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.

(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.
(1)解在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥A1B1,
∵BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BCC1B1,
∴A1B1⊥平面BCC1B1.∵AB∥A1B1,
∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC.
∵AB=AC,∴AC=22+22=22,∴CE=2=BE.
∴CF=12CC1=12AB=1,
∴V三棱锥F-EBC=13S△EBC×CF=13×12×2×2×1=13.
(2)证明如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.

∵E,M分别为AC,BC中点,
∴EM∥AB.
又AB∥A1B1,
∴A1B1∥EM,
则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.
又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,
∴∠FBM=∠MB1B.
又∠MB1B+∠B1MB=90°,
∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.
又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.
22.

(12分)(2021新高考Ⅰ卷)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
(1)证明在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,
∴AO⊥BD.
∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD.
∵CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)解如图,过点E作EN∥AO交BD于N,过点N作NM∥CD交BC于M.

∵AO⊥平面BCD,EN∥AO,
∴EN⊥平面BCD.∴EN⊥BC.
在△BCD中,∵OB=OD=OC=1,
∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
∵NM∥CD,∴NM⊥BC.
又EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴BC⊥ME.
∴二面角E-BC-D的平面角是∠EMN=45°,即△EMN是等腰直角三角形.
∵DE=2AE,∴ND=2ON,
∴MN=23CD=23=EN.
∴EN=ND=23,∴AO=OD=1.
∵BC=BD2-CD2=22-12=3,
∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36.