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2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷八 立体几何
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这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)单元质检卷八 立体几何，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷八 立体几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.已知直线l,m,n与平面α,β,下列命题正确的是( )
A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n B.若α⊥β,l⊂α,则l⊥β
C.若l⊥n,m⊥n,则l∥m D.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
2.以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周,所得到的几何体的体积为( )
A.2π B.8π C.2π3 D.8π3
3.已知a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=c,a⊂α,b⊂β,则“a,b相交”是“a,c相交”的( )
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
4.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',则原平面图形的周长和面积分别为( )
A.2a,24a2 B.8a,22a2
C.a,a2 D.2a,2a2
5.已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为23,高为6,则球O的表面积为( )
A.32π B.48π C.64π D.80π
6.冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为9π2 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为( )
A.18+938π cm3 B.9+1838π cm3
C.9+934π cm3 D.9+634π cm3
7.某几何体的正视图和侧视图如图1所示,它的俯视图的直观图是平行四边形A'B'C'D',如图2所示.其中A'B'=2A'D'=4,则该几何体的表面积为( )
A.16+12π B.16+8π
C.16+10π D.8π
8.如图,已知平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在上底面圆上,点F为BC的中点,∠BAE=30°.若圆柱的底面圆半径为2,侧面积为24π,则异面直线DF与AE所成角的余弦值为( )
A.135 B.25
C.35 D.235
9.如图,已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P,则PC1=( )
A.2 B.3
C.2 D.1
10.已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是正方形,侧棱PA⊥平面ABCD,PA=3,且直线PC与平面PAB所成的角的正切值为63,则四棱锥P-ABCD的体积为( )
A.3 B.9 C.18 D.27
11.已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
A.13 B.12
C.33 D.22
12.如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是( )
A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OC
B.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BD
C.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACD
D.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为 .
14.已知点A,B,C,D均在表面积为16π的球面上,且AB⊥AC,AB⊥AD,△ACD是边长为3的等边三角形,则AB= .
15.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M点的轨迹长度为 .
16.已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且PA=32,PB=PC=5,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)如图,已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,FA⊥底面ABCD,DE∥AF,M是BC的中点,且FA=3DE=3.
(1)求证:AM⊥EF;
(2)求三棱锥E-ACF的体积.
18.(12分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.
(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.
19.(12分)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于点N,F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.
(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:FH⊥NG;
(2)若直线O1H∥平面EFG,求点H到平面NGF的距离.
20.(12分)如图1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,折起后点D对应的点为H,且平面ACH与平面ABC垂直,得到如图2所示的几何体H-ABC.
(1)求证:BC⊥平面ACH;
(2)点F在棱CH上,且满足AH∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.
21.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB为正三角形,O为△PAB的重心,PB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2AB.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAC?若存在,求出BDDC的值;若不存在,请说明理由.
22.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是矩形,AC⊥AB,AB=AA1=2,AC=3,∠A1AB=120°,E,F分别为棱A1B1,BC的中点,G为线段CF的中点.
(1)证明:A1G∥平面AEF;
(2)求点C到平面AEF的距离.
参考答案
单元质检卷八 立体几何
1.D 解析 A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于α与β的交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l与m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面β内存在直线m∥l,若l⊥α,则m⊥α,且m⊂β,所以α⊥β,故D正确.
2.B 解析以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周所得几何体是以2为底面圆半径,高为2的圆柱,由圆柱的体积公式得V=π×22×2=8π,所以所得到的几何体的体积为8π.故选B.
3.C 解析 若a,b相交,a⊂α,b⊂β,则其交点在交线c上,故a,c相交;若a,c相交,可能a,b为相交直线或异面直线.综上所述,a,b相交是a,c相交的充分不必要条件.
4.B 解析 由直观图可得原图形,
∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原图形的周长为8a,原图形的面积为S=a·22a=22a2.
5.C 解析由题意可知,设圆锥的外接球半径为R,圆锥的底面半径为r,高为h,则可得R2=(h-R)2+r2,即R2=(6-R)2+(23)2,解得R=4,则球O的表面积为S=4πR2=64π,故选C.
6.A 解析 设圆锥的底面半径为r cm,高为h cm,母线长为R cm,根据题意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R=3,r=32,所以h=R2-r2=332(cm),故该冰激凌的体积V=13πr2h+12×4πr33=18+938π(cm3).
7.A 解析 根据斜二测画法的规则可知,原俯视图是边长为4的正方形,故该几何体是一个底面半径为2、高为4的半圆柱,故其表面积为S=4×4+π×22+π×2×4=16+12π.
8.D 解析 如图,
过点D作AE的平行线,与圆O2交于点G,则DF与AE所成的角为∠FDG(或其补角).连接BE,DG,CG,FG,易证△AEB≌△DGC,即AE=DG,CG=BE.设圆柱的高为h,由圆柱的侧面积为24π,底面圆半径为2,可得4πh=24π,故h=6.在Rt△ABE中,AE=ABcos 30°=23,故DG=23,而CG=BE=12AB=2,DF=CF2+CD2=5,FG=CG2+FC2=13.在△DFG中,由余弦定理可得cos∠FDG=DF2+DG2-FG22DF·DG=235,即异面直线DF与AE所成角的余弦值为235.
9.D 解析 如图,设B1C1上的点P满足题意,连接A1P,BP.连接AB1交A1B于点O,连接OP.易知OP⊂平面AB1C1,又OP⊂平面A1BP,∴平面AB1C1∩平面A1BP=OP.∵AC1∥平面A1BP,∴AC1∥OP.在△AB1C1中,∵O为AB1的中点,∴P为B1C1的中点,∴PC1=1.
10.C 解析设ABCD的边长为a,∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴直线PC与平面PAB所成的角即为∠CPB,∴BCPB=63,∴aa2+9=63,解得a=32.四棱锥P-ABCD的体积为V=13a2×3=18.故选C.
11.C 解析设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为1-ℎ2.要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形,此时V=13×(2×1-ℎ2)2·h=23(h-h3),所以V'=23(1-3h2).由题意可知00,得0
13.60° 解析 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则πrl=2πr2,∴rl=12,∴cos θ=12.又θ∈[0°,90°],∴θ=60°.
14.2 解析△ACD是边长为3的等边三角形,设△ACD外接圆的半径为r,则2r=3sinπ3=23,
∴r=3.
设球的半径为R,则4πR2=16π,解得R=2.
∵AB⊥AC,AB⊥AD,AC∩AD=A,∴AB⊥平面ACD,
∴AB2+(2r)2=(2R)2,
即AB2+(23)2=42,解得AB=2.
15.2 解析 如图所示,设A1B1的中点为H,BB1的中点为G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.
可得四边形EGC1D1是平行四边形,∴C1G∥D1E.又C1G⊄平面CD1EF,D1E⊂平面CD1EF,可得C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF,则同理易知C1H∥平面CD1EF,又C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1EF.
∵点M是正方形ABB1A1内的动点,C1M∥平面CD1EF,
∴点M在线段GH上.
∴点M的轨迹长度为GH=12+12=2.
16.34π 解析根据题意,三棱锥P-ABC可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线,设长方体交于一个顶点的三条棱长为a,b,c,如图所示,
则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,联立解得a=3,b=3,c=4,
所以该三棱锥的外接球的半径为R=a2+b2+c22=32+32+422=342,
所以该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×3422=34π.
17.(1)证明由题意可知,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,
所以△ABC为等边三角形,
因为M是BC的中点,所以AM⊥BC,
又AD∥BC,所以AM⊥AD.
因为FA⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,
所以FA⊥AM,
又FA∩AD=A,所以AM⊥平面ADEF,EF⊂平面ADEF,
故AM⊥EF.
(2)解由(1)知,AD∥BC,AM⊥底面ADEF,
则点C到平面ADEF的距离即为AM,
又因为△ABC为边长为2的等边三角形,
所以AM=3.
因为FA⊥底面ABCD,DE∥AF,
所以ADEF为直角梯形,
所以S△AEF=12AF·DA=12×3×2=3,
所以VE-ACF=VC-AEF=13×S△AEF×AM=3.
即三棱锥E-ACF的体积为3.
18.证明(1)取AC的中点E,连接DE和BE,
因为∠ADC=90°,则AC=2DE,所以DE=AE=12AC.
又AC=2AB=2AD,所以DE=AE=AD,
同理BE=AE=AB,所以DE=BE=AD=AB,
所以四边形ABED为菱形,所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
又BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)连接EF,因为E,F分别是AC,PC的中点,
所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
由(1)知四边形ABED为菱形,所以BE∥AD,同理BE∥平面PAD.
又EF∩BE=E,EF⊂平面BEF,BE⊂平面BEF,
所以平面BEF∥平面PAD.
又BF⊂平面BEF,
所以BF∥平面PAD.
19.(1)证明∵平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,
又NH⊥FH,FH⊂平面FHN,
∴FH⊥平面NHG,
∵NG⊂平面NHG,∴FH⊥NG.
(2)解设点H到平面NGF的距离为h.取NF的中点A,连接AG,AF,O1O2,O2H,O1G,
∵A,G分别为FN,EM的中点,则AG∥EF且AG=EF,
∴A,G,E,F四点共面,且∠AFN=π4.
∵O1O2为圆柱的轴,∴O1O2∥EF.
∵O1O2⊄平面EFG,EF⊂平面EFG.
∴O1O2∥平面EFG.
∵O1H∥平面EFG,O1O2∩O1H=O1,
∴平面HO1O2∥平面EFG,
∵平面NHF∩平面HO1O2=O1H,平面NHF∩平面EFG=AF,
∴O1H∥AF,则∠NO1H=∠AFN=π4,S△NHF=2S△NO1H=2×12×12×sinπ4=22,∴V三棱锥G-NHF=13·S△NHF·2=23.
又圆柱W的底面半径为1,
∴ME=2,点G为下底面圆弧ME的中点,∴GE=O2G2+O2E2=2,EF=2,
∴GF=GN=EF2+GE2=6.
∵O1为NF的中点,则O1G⊥NF,
∴O1G=5,S△NFG=12×2×5=5.
∴V三棱锥G-NHF=V三棱锥H-NGF,
即13×22×2=13×5×h,
∴h=105.
20.(1)证明由题图1可知AC=BC=22,
所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
连接HE(图略),则HE⊥AC,又平面ACH⊥平面ABC,平面ACH∩平面ABC=AC,HE⊂平面ACH,
所以EH ⊥平面ABC,
而BC⊂平面ABC,所以EH⊥BC.
又AC⊥BC,AC∩EH=E,
所以BC⊥平面ACH.
(2)解因为AH∥平面BEF,AH⊂平面ACH,
平面ACH∩平面BEF=EF,
所以AH∥EF,
因为E是AC的中点,所以F是HC的中点.
由(1)知,BC为三棱锥B-ACH的高,即为三棱锥B-CEF的高,
因为E,F分别为AC,HC的中点,
所以S△CEF=14S△ACH=14×12×2×2=12,
所以VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC=13×12×22=23.
21.(1)证明设AB=m,则BC=2m,在△ABC中,由余弦定理,
得AC=m2+4m2-2m2=3m.
因为AB2+AC2=4m2=BC2,所以AC⊥AB.
因为AC⊥PB,AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB.
因为AC⊂平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)解如图所示,取PA的中点E,连接BE,CE,则点O在BE上,
在平面BCE内过点O作CE的平行线交BC于点D.
因为OD∥CE,OD⊄平面PAC,CE⊂平面PAC,所以OD∥平面PAC.
因为O为△PAB的重心,
所以BO∶OE=2∶1.
又BD∶DC=BO∶OE,所以BDDC=2,
所以在棱BC上存在点D,使得直线OD∥平面PAC,此时BDDC=2.
22.(1)证明连接A1B交AE于点M,连接MF.
∵F为BC的中点,G为CF的中点,∴BFFG=2.
∵A1E∥BA,A1E=12BA,
∴BMA1M=BAA1E=2,
∴BFFG=BMA1M,∴FM∥A1G,
又A1G⊄平面AEF,FM⊂平面AEF,
∴A1G∥平面AEF.
(2)解∵F为BC的中点,
∴C到平面AEF的距离与B到平面AEF的距离相等.
由四边形ACC1A1为矩形,得AC⊥AA1,
又AC⊥AB,AA1∩AB=A,
∴AC⊥平面ABB1A1,
又AE⊂平面ABB1A1,∴AC⊥AE.
∵∠AA1B1=60°,A1E=1,A1A=2,
∴AE2=A1E2+A1A2-2A1E×A1A×cos 60°=3,
∴A1E2+AE2=A1A2,
∴A1E⊥AE,
又A1E∥AB,∴AE⊥AB.
又AB∩AC=A,∴AE⊥平面ABC,∴AE⊥AF.
在Rt△ABC中,BC=AB2+AC2=13,中线AF=BC2=132,
设B到平面AEF的距离为h,
由VC-AEF=VB-AEF=VE-ABF,
得13×12×AE×AF×h=13×12×S△ABC×AE,
即3×132×h=12×2×3×3,
∴h=61313,
即C到平面AEF的距离为61313.
单元质检卷八 立体几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.已知直线l,m,n与平面α,β,下列命题正确的是( )
A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n B.若α⊥β,l⊂α,则l⊥β
C.若l⊥n,m⊥n,则l∥m D.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
2.以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周,所得到的几何体的体积为( )
A.2π B.8π C.2π3 D.8π3
3.已知a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=c,a⊂α,b⊂β,则“a,b相交”是“a,c相交”的( )
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
4.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',则原平面图形的周长和面积分别为( )
A.2a,24a2 B.8a,22a2
C.a,a2 D.2a,2a2
5.已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为23,高为6,则球O的表面积为( )
A.32π B.48π C.64π D.80π
6.冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为9π2 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为( )
A.18+938π cm3 B.9+1838π cm3
C.9+934π cm3 D.9+634π cm3
7.某几何体的正视图和侧视图如图1所示,它的俯视图的直观图是平行四边形A'B'C'D',如图2所示.其中A'B'=2A'D'=4,则该几何体的表面积为( )
A.16+12π B.16+8π
C.16+10π D.8π
8.如图,已知平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在上底面圆上,点F为BC的中点,∠BAE=30°.若圆柱的底面圆半径为2,侧面积为24π,则异面直线DF与AE所成角的余弦值为( )
A.135 B.25
C.35 D.235
9.如图,已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P,则PC1=( )
A.2 B.3
C.2 D.1
10.已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是正方形,侧棱PA⊥平面ABCD,PA=3,且直线PC与平面PAB所成的角的正切值为63,则四棱锥P-ABCD的体积为( )
A.3 B.9 C.18 D.27
11.已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
A.13 B.12
C.33 D.22
12.如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是( )
A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OC
B.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BD
C.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACD
D.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为 .
14.已知点A,B,C,D均在表面积为16π的球面上,且AB⊥AC,AB⊥AD,△ACD是边长为3的等边三角形,则AB= .
15.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M点的轨迹长度为 .
16.已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且PA=32,PB=PC=5,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)如图,已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,FA⊥底面ABCD,DE∥AF,M是BC的中点,且FA=3DE=3.
(1)求证:AM⊥EF;
(2)求三棱锥E-ACF的体积.
18.(12分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.
(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.
19.(12分)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于点N,F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.
(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:FH⊥NG;
(2)若直线O1H∥平面EFG,求点H到平面NGF的距离.
20.(12分)如图1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,折起后点D对应的点为H,且平面ACH与平面ABC垂直,得到如图2所示的几何体H-ABC.
(1)求证:BC⊥平面ACH;
(2)点F在棱CH上,且满足AH∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.
21.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB为正三角形,O为△PAB的重心,PB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2AB.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAC?若存在,求出BDDC的值;若不存在,请说明理由.
22.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是矩形,AC⊥AB,AB=AA1=2,AC=3,∠A1AB=120°,E,F分别为棱A1B1,BC的中点,G为线段CF的中点.
(1)证明:A1G∥平面AEF;
(2)求点C到平面AEF的距离.
参考答案
单元质检卷八 立体几何
1.D 解析 A.若α∥β,l⊂α,n⊂β,则l∥n或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于α与β的交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l与m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面β内存在直线m∥l,若l⊥α,则m⊥α,且m⊂β,所以α⊥β,故D正确.
2.B 解析以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周所得几何体是以2为底面圆半径,高为2的圆柱,由圆柱的体积公式得V=π×22×2=8π,所以所得到的几何体的体积为8π.故选B.
3.C 解析 若a,b相交,a⊂α,b⊂β,则其交点在交线c上,故a,c相交;若a,c相交,可能a,b为相交直线或异面直线.综上所述,a,b相交是a,c相交的充分不必要条件.
4.B 解析 由直观图可得原图形,
∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原图形的周长为8a,原图形的面积为S=a·22a=22a2.
5.C 解析由题意可知,设圆锥的外接球半径为R,圆锥的底面半径为r,高为h,则可得R2=(h-R)2+r2,即R2=(6-R)2+(23)2,解得R=4,则球O的表面积为S=4πR2=64π,故选C.
6.A 解析 设圆锥的底面半径为r cm,高为h cm,母线长为R cm,根据题意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R=3,r=32,所以h=R2-r2=332(cm),故该冰激凌的体积V=13πr2h+12×4πr33=18+938π(cm3).
7.A 解析 根据斜二测画法的规则可知,原俯视图是边长为4的正方形,故该几何体是一个底面半径为2、高为4的半圆柱,故其表面积为S=4×4+π×22+π×2×4=16+12π.
8.D 解析 如图,
过点D作AE的平行线,与圆O2交于点G,则DF与AE所成的角为∠FDG(或其补角).连接BE,DG,CG,FG,易证△AEB≌△DGC,即AE=DG,CG=BE.设圆柱的高为h,由圆柱的侧面积为24π,底面圆半径为2,可得4πh=24π,故h=6.在Rt△ABE中,AE=ABcos 30°=23,故DG=23,而CG=BE=12AB=2,DF=CF2+CD2=5,FG=CG2+FC2=13.在△DFG中,由余弦定理可得cos∠FDG=DF2+DG2-FG22DF·DG=235,即异面直线DF与AE所成角的余弦值为235.
9.D 解析 如图,设B1C1上的点P满足题意,连接A1P,BP.连接AB1交A1B于点O,连接OP.易知OP⊂平面AB1C1,又OP⊂平面A1BP,∴平面AB1C1∩平面A1BP=OP.∵AC1∥平面A1BP,∴AC1∥OP.在△AB1C1中,∵O为AB1的中点,∴P为B1C1的中点,∴PC1=1.
10.C 解析设ABCD的边长为a,∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴直线PC与平面PAB所成的角即为∠CPB,∴BCPB=63,∴aa2+9=63,解得a=32.四棱锥P-ABCD的体积为V=13a2×3=18.故选C.
11.C 解析设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为1-ℎ2.要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形,此时V=13×(2×1-ℎ2)2·h=23(h-h3),所以V'=23(1-3h2).由题意可知0
13.60° 解析 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则πrl=2πr2,∴rl=12,∴cos θ=12.又θ∈[0°,90°],∴θ=60°.
14.2 解析△ACD是边长为3的等边三角形,设△ACD外接圆的半径为r,则2r=3sinπ3=23,
∴r=3.
设球的半径为R,则4πR2=16π,解得R=2.
∵AB⊥AC,AB⊥AD,AC∩AD=A,∴AB⊥平面ACD,
∴AB2+(2r)2=(2R)2,
即AB2+(23)2=42,解得AB=2.
15.2 解析 如图所示,设A1B1的中点为H,BB1的中点为G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.
可得四边形EGC1D1是平行四边形,∴C1G∥D1E.又C1G⊄平面CD1EF,D1E⊂平面CD1EF,可得C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF,则同理易知C1H∥平面CD1EF,又C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1EF.
∵点M是正方形ABB1A1内的动点,C1M∥平面CD1EF,
∴点M在线段GH上.
∴点M的轨迹长度为GH=12+12=2.
16.34π 解析根据题意,三棱锥P-ABC可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线,设长方体交于一个顶点的三条棱长为a,b,c,如图所示,
则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,联立解得a=3,b=3,c=4,
所以该三棱锥的外接球的半径为R=a2+b2+c22=32+32+422=342,
所以该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×3422=34π.
17.(1)证明由题意可知,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,
所以△ABC为等边三角形,
因为M是BC的中点,所以AM⊥BC,
又AD∥BC,所以AM⊥AD.
因为FA⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,
所以FA⊥AM,
又FA∩AD=A,所以AM⊥平面ADEF,EF⊂平面ADEF,
故AM⊥EF.
(2)解由(1)知,AD∥BC,AM⊥底面ADEF,
则点C到平面ADEF的距离即为AM,
又因为△ABC为边长为2的等边三角形,
所以AM=3.
因为FA⊥底面ABCD,DE∥AF,
所以ADEF为直角梯形,
所以S△AEF=12AF·DA=12×3×2=3,
所以VE-ACF=VC-AEF=13×S△AEF×AM=3.
即三棱锥E-ACF的体积为3.
18.证明(1)取AC的中点E,连接DE和BE,
因为∠ADC=90°,则AC=2DE,所以DE=AE=12AC.
又AC=2AB=2AD,所以DE=AE=AD,
同理BE=AE=AB,所以DE=BE=AD=AB,
所以四边形ABED为菱形,所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
又BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)连接EF,因为E,F分别是AC,PC的中点,
所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
由(1)知四边形ABED为菱形,所以BE∥AD,同理BE∥平面PAD.
又EF∩BE=E,EF⊂平面BEF,BE⊂平面BEF,
所以平面BEF∥平面PAD.
又BF⊂平面BEF,
所以BF∥平面PAD.
19.(1)证明∵平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,
又NH⊥FH,FH⊂平面FHN,
∴FH⊥平面NHG,
∵NG⊂平面NHG,∴FH⊥NG.
(2)解设点H到平面NGF的距离为h.取NF的中点A,连接AG,AF,O1O2,O2H,O1G,
∵A,G分别为FN,EM的中点,则AG∥EF且AG=EF,
∴A,G,E,F四点共面,且∠AFN=π4.
∵O1O2为圆柱的轴,∴O1O2∥EF.
∵O1O2⊄平面EFG,EF⊂平面EFG.
∴O1O2∥平面EFG.
∵O1H∥平面EFG,O1O2∩O1H=O1,
∴平面HO1O2∥平面EFG,
∵平面NHF∩平面HO1O2=O1H,平面NHF∩平面EFG=AF,
∴O1H∥AF,则∠NO1H=∠AFN=π4,S△NHF=2S△NO1H=2×12×12×sinπ4=22,∴V三棱锥G-NHF=13·S△NHF·2=23.
又圆柱W的底面半径为1,
∴ME=2,点G为下底面圆弧ME的中点,∴GE=O2G2+O2E2=2,EF=2,
∴GF=GN=EF2+GE2=6.
∵O1为NF的中点,则O1G⊥NF,
∴O1G=5,S△NFG=12×2×5=5.
∴V三棱锥G-NHF=V三棱锥H-NGF,
即13×22×2=13×5×h,
∴h=105.
20.(1)证明由题图1可知AC=BC=22,
所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
连接HE(图略),则HE⊥AC,又平面ACH⊥平面ABC,平面ACH∩平面ABC=AC,HE⊂平面ACH,
所以EH ⊥平面ABC,
而BC⊂平面ABC,所以EH⊥BC.
又AC⊥BC,AC∩EH=E,
所以BC⊥平面ACH.
(2)解因为AH∥平面BEF,AH⊂平面ACH,
平面ACH∩平面BEF=EF,
所以AH∥EF,
因为E是AC的中点,所以F是HC的中点.
由(1)知,BC为三棱锥B-ACH的高,即为三棱锥B-CEF的高,
因为E,F分别为AC,HC的中点,
所以S△CEF=14S△ACH=14×12×2×2=12,
所以VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC=13×12×22=23.
21.(1)证明设AB=m,则BC=2m,在△ABC中,由余弦定理,
得AC=m2+4m2-2m2=3m.
因为AB2+AC2=4m2=BC2,所以AC⊥AB.
因为AC⊥PB,AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB.
因为AC⊂平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)解如图所示,取PA的中点E,连接BE,CE,则点O在BE上,
在平面BCE内过点O作CE的平行线交BC于点D.
因为OD∥CE,OD⊄平面PAC,CE⊂平面PAC,所以OD∥平面PAC.
因为O为△PAB的重心,
所以BO∶OE=2∶1.
又BD∶DC=BO∶OE,所以BDDC=2,
所以在棱BC上存在点D,使得直线OD∥平面PAC,此时BDDC=2.
22.(1)证明连接A1B交AE于点M,连接MF.
∵F为BC的中点,G为CF的中点,∴BFFG=2.
∵A1E∥BA,A1E=12BA,
∴BMA1M=BAA1E=2,
∴BFFG=BMA1M,∴FM∥A1G,
又A1G⊄平面AEF,FM⊂平面AEF,
∴A1G∥平面AEF.
(2)解∵F为BC的中点,
∴C到平面AEF的距离与B到平面AEF的距离相等.
由四边形ACC1A1为矩形,得AC⊥AA1,
又AC⊥AB,AA1∩AB=A,
∴AC⊥平面ABB1A1,
又AE⊂平面ABB1A1,∴AC⊥AE.
∵∠AA1B1=60°,A1E=1,A1A=2,
∴AE2=A1E2+A1A2-2A1E×A1A×cos 60°=3,
∴A1E2+AE2=A1A2,
∴A1E⊥AE,
又A1E∥AB,∴AE⊥AB.
又AB∩AC=A,∴AE⊥平面ABC,∴AE⊥AF.
在Rt△ABC中,BC=AB2+AC2=13,中线AF=BC2=132,
设B到平面AEF的距离为h,
由VC-AEF=VB-AEF=VE-ABF,
得13×12×AE×AF×h=13×12×S△ABC×AE,
即3×132×h=12×2×3×3,
∴h=61313,
即C到平面AEF的距离为61313.
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