全国通用高中数学必修二第八章立体几何初步(四十).docx

全国通用高中数学必修二第八章立体几何初步(四十)

1

单选题
1、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m=12,cosA，n=(sinA，-32)，且m⊥n，则△ABC的面积为（    ）
A．3B．33C．53D．103
答案：D
分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.
由题意得：12sinA-32cosA=0，故tanA=3，
因为A∈0,π2，
所以A=π3，
由余弦定理得：cosA=64+c2-492×8c=12，
解得：c=3或c=5，
当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9-642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；
当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25-642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，
此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×32=103.
故选：D
2、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（    ）
A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面
B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交
C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案：C
分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.
在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；
在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；
在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；
在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.
故选：C.
3、若直线a//平面α，A∉α，且直线a与点A位于α的两侧，B，C∈a，AB，AC分别交平面α于点E，F，若BC=4，CF=5，AF=3，则EF的长为（    ）

A．3B．32C．34D．23
答案：B
分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF=32.
∵BC//α，BC⊂平面ABC，平面ABC∩α=EF，
∴EF//BC，∴AFAC=EFBC，即35+3=EF4，∴EF=32.
故选：B.
4、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（    ）

A．MN//平面ABEB．MN//平面ADE
C．MN//平面BDHD．MN//平面CDE
答案：C
解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.
根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，
易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,
∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；
∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；
∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；
显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.
故选：C.

小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.
5、已知正四面体P-ABC内接于球O，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为3的截面圆，则正四面体P-ABC棱长的取值范围是（    ）
A．[2，3]B．[3，6]
C．[22，23]D．[23，26]
答案：C
分析：根据条件设正四面体的棱长为a，用棱长a表示出其外接球的半径R=64a，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r=12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=64a，根据题意则12a≤3≤64a，从而可得出答案.
如图，在正四面体P-ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，
则球心O在PO1上，O1在CE上，且PO1=23CE,连接OE､OC，
设正四面体的棱长为a，则CE=32a ，PO1=23CE=33a
则正四面体的高PO1=PC2-O1C2=a2-(33a)2=63a，
设外接球半径为R，
在Rt△OO1C中，OC2=OO12+O1C2，即R2=(63a-R)2+(33a)2，解得R=64a，
∴在Rt△OO1E中，OE=OO12+O1E2=(612a)2+(36a)2=24a，
过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为r=R2-OE2=(64a)2-(24a)2=12a，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=64a，
由题设存在半径为3的截面圆，∴12a≤3≤64a，解得22≤a≤23，
故选:C.

小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a表示出其外接球的半径R=64a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.
6、如图在正三棱锥S-ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12QC，MN⊥MQ，若AB=22，则此正三棱锥S-ABC的外接球的体积为（    ）

A．12πB．433πC．83πD．43π
答案：D
分析：根据题意证明SA,SB,SC两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.
因为在△SBC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，
所以MN//SB，因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ，
因为三棱锥S-ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC（对棱垂直），
又因为MQ,AC⊂面SAC，MQ∩AC=Q，
所以SB⊥面SAC，因为SA,SC⊂面SAC，所以SB⊥SA,SB⊥SC，
在Rt△SAB中，SA2+SB2=AB2，
因为三棱锥S-ABC为正三棱锥，所以△SBC是等腰三角形，△ABC是等边三角形，
所以SB=SC，AB=AC,
所以SA2+SC2=AC2，即SA⊥SC，
所以SA,SB,SC两两垂直，
将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB长，为22,
则该正方体棱长为2，外接球半径R=222+2222=3，
正方体外接球体积V=43πR3=43π×33=43π,
此正三棱锥S-ABC的外接球体积和正方体外接球体积相同，为43π.
故选：D
7、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为（    ）
A．55B．105C．155D．255
答案：B
分析：连接AD1，AE，得到AD1//BC1，把异面直线D1E与BC1所成角转化为直线D1E与AD1所成角，取AD1的中点F，在直角△D1EF中，即可求解.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接AD1，AE，可得AD1//BC1，
所以异面直线D1E与BC1所成角即为直线D1E与AD1所成角，
即∠AD1E为异面直线D1E与BC1所成角，
不妨设AA1=2，则AD1=22，D1E=AE=5，
取AD1的中点F，因为D1E=AE，所以EF⊥AD1，
在直角△D1EF中，可得cos∠AD1E=D1FD1E=25=105.
故选：B.

8、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC所在平面距离为263，则A、B两点间的球面距离为（    ）
A．πB．π2C．2π3D．3π4
答案：C
分析：设球心为点O，计算出∠AOB，利用扇形弧长公式可求得结果.
设球心为点O，平面ABC截球O所得截面圆的半径为r=22-2632=233，
由正弦定理可得433=ABsin∠ACB，∴AB=433sinπ3=2，
又∵OA=OB=2，所以，△AOB为等边三角形，则∠AOB=π3，
因此，A、B两点间的球面距离为2×π3=2π3.
故选：C.
小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r=R2-d2（其中r为截面圆的半径，R为球的半径，d为球心到截面的距离）来计算.
多选题
9、在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是（    ）

A．E为PA的中点
B．PB与CD所成的角为π3
C．BD⊥平面PAC
D．三棱锥C-BDE与四棱锥P-ABCD的体积之比等于1:4
答案：ACD
分析：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，推导出EF//PC，由四边形ABCD是正方形，从而AF=FC，进而AE=EP；
在B中，由CD//AB，得∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，推导出PA⊥AB，从而PB与CD所成角为π4；
在C中，推导出AC⊥BD，PA⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAC；
在D中，设AB=PA=x，则VP-ABCD=13x3，VC-BDE=VE-BCD=13S△BCD⋅AE=112x3．由此能求出三棱锥C-BDE与四棱锥P-ABCD的体积之比等于1:4．
解：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，
∵PC//平面BDE，PC⊂平面PAC，∴EF//PC，
∵四边形ABCD是正方形，∴AF=FC，∴AE=EP，故A正确；
在B中，∵CD//AB，∴∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，
在Rt△PAB中，PA=AB，∴∠PBA=π4，
∴PB与CD所成角为π4，故B错误；
在C中，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，故C正确；
在D中，设AB=PA=x，则VP-ABCD=13×AB2×PA=13x2⋅x=13x3，
VC-BDE=VE-BCD=13S△BCD⋅AE=13×12x2⋅12x=112x3．
∴∴VC-BDE:VP-ABCD=112x3:13x3=1:4，故D正确．
故选：ACD．

10、折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE,AC所在圆的半径分别是3和9，且∠ABC=120∘，则该圆台的（    ）

A．高为42B．体积为5023π
C．表面积为34πD．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22
答案：AC
分析：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，求出r=1,R=3，即可判断选项A正确；利用公式计算即可判断选项BCD的真假得解.
解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则2πr=13×2π×3,2πR=13×2π×9，解得r=1,R=3．圆台的母线长l=6，圆台的高为h=62-(3-1)2=42，则选项A正确；
圆台的体积=13π×42×32+3×1+12=5223π，则选项B错误；
圆台的上底面积为π，下底面积为9π，侧面积为π1+3×6=24π，则圆台的表面积为π+9π+24π=34π，则C正确；
由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:24，则选项D错误．
故选：AC．
11、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段B1C运动，则（    ）

A．三棱锥P-A1C1D的体积为定值
B．异面直线AP与A1D所成的角的取值范围为45∘,90∘
C．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63
D．过P作直线l//AD1，则l⊥DP
答案：ACD
分析：对三棱锥P-A1C1D转化顶点可判定选项A，找到异面成角的最小值的情况即可判断选项B,转化直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,进而判断选项C，利用线面垂直的性质判定可判定选项D.
如图，

对于选项A，VP-A1C1D=VC1-A1PD,因为点P在线段B1C上运动,所以SA1DP=12A1D⋅AB,面积为定值,且C1到平面A1PD1的距离即为C1到平面A1B1CD的距离,也为定值,故体积为定值,故A正确；
对于选项B，当点P与线段B1C的端点重合时,AP与A1D所成角取得最小值为60°, 故B错误；
对于选项C，因为直线BD1⊥平面A1C1D,所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大,则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大,则P运动到B1C中点处,即所成角为∠C1BD1,设棱长为1,在Rt△D1C1B中,cos∠C1BD1=C1BBD1=23=63,故C正确;
对于选项D，连接B1D,由正方体可得BC1⊥B1C,且DC⊥平面B1C1CB,则DC⊥BC1,所以BC1⊥平面CDB1,故BC1⊥DP，过P作直线l//AD1，则l//BC1,所以l⊥DP；故D正确.
故选：ACD
12、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）

A．BP的最小值为32
B．PA+PC的最小值为2+2
C．当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1-ACP的体积不变
D．以点B为球心，22为半径的球面与面AB1C的交线长为63π
答案：BCD
分析：当BP⊥A1D时，BP最小，结合正三角形性质，求得B到直线A1D的距离判断A，将平面DCB1A1翻折到平面ADA1上，求得PA+PC的最小值判断B，由题可得A1D//平面AB1C，进而可得三棱锥B1-ACP的体积不变，判断C，根据球的截面的性质可得以点B为球心，22为半径的球面与面AB1C 的交线即为△AB1C的内切圆，即可判断D.
对于A，当BP⊥A1D时，BP最小，由于A1B=BD=A1D=2
∴B到直线A1D的距离d=32⋅2=62，故A错误；
对于B，将平面DCB1A1翻折到平面ADA1上，如图，

连接AC，与A1D的交点即为点P，此时PA+PC取最小值AC，
在三角形ADC中，∠ADC=135∘,AC=AD2+CD2-2AD⋅CDcos135∘=2+2，故B正确；
对于C，由正方体的性质可得A1D//B1C，A1D⊄平面AB1C，
∴A1D//平面AB1C，∴P到平面AB1C的距离为定值，

又S△AB1C为定值，则VP-AB1C为定值，即三棱锥B1-ACP的体积不变，故C正确；
对于D，由于BD1⊥平面AB1C，设BD1与平面AB1C交于Q点，
∴BQ=13BD1=33，设以B为球心，22为半径的球与面AB1C交线上任一点为G，
∴BG=22，∴QG=222-332=66，
∴G在以Q为圆心，66为半径的圆上，

由于△AB1C为正三角形，边长为2 ，其内切圆半径为2×32×13=66 ，
故此圆恰好为△AB1C的内切圆，完全落在面AB1C内，
∴交线长为2π⋅66=63π，故D正确．
故选：BCD.
解答题
13、如图，已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径r和高h为何值时，圆柱的侧面积最大？

答案：当r=22R，h=2R时，圆柱的侧面积最大.
分析：由题得r2+h22=R2，然后利用基本不等式即得.
由题可得r2+h22=R2，

所以圆柱的侧面积S=2πrh=2π⋅2⋅r⋅h2≤2πr2+h22=2πR2，当且仅当r=h2时取等号，
即当r=22R，h=2R时，圆柱的侧面积最大，最大值为2πR2．
14、如图所示的几何体由三棱锥P-ADQ和正四棱锥P-ABCD拼接而成，PQ⊥平面ADQ，AB//PQ，PQ=1，AB=2，AQ=5，O为四边形ABCD对角线的交点．

(1)求证：OP//平面ADQ；
(2)求二面角O-AP-D的正弦值．
答案：(1)证明见解析
(2)155
分析：(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.
(2)在正四棱锥P-ABCD中作出二面角O-AP-D的平面角，借助直角三角形计算即可.
(1)
取AD中点M，连QM，OM，如图，

因O是正四棱锥P-ABCD底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，OM=12AB=1=PQ，
于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而PO⊄平面ADQ，DM⊂平面ADQ，
所以PO//平面ADQ.
(2)
在正四棱锥P-ABCD中，DO⊥AO，PO⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，则PO⊥DO，而PO∩AO=O，PO,AO⊂平面POA，
因此，DO⊥平面POA，而PA⊂平面POA，则DO⊥PA，过O作OE⊥PA于E，连DE，如图，

DO∩OE=O，DO,OE⊂平面DOE，则有PA⊥平面DOE，即PA⊥DE，从而得∠DEO是二面角O-AP-D的平面角，
因PQ⊥平面ADQ，则PQ⊥AQ，AP=PQ2+AQ2=6，而AO=12AC=2，则PO=2，OE=PO⋅AOPA=233，
Rt△DOE中，DO=2,DE=DO2+OE2=303，于是得sin∠DEO=DODE=155，
所以二面角O-AP-D的正弦值155.
15、在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，△CDE是等边三角形，棱EF//BC且EF=12BC，证明：FO∥平面CDE.

答案：见解析
分析：试题分析：取CD中点M，根据平行四边形性质可得EFOM为平行四边形，即得FO∥EM，再根据线面垂直判定定理得结论
试题解析：如图所示，取CD中点M，连接OM.

在矩形ABCD中，OM//12BC，又EF//12BC，则EF//OM，连接EM.
∴四边形EFOM为平行四边形，∴FO∥EM，又∵FO⊄平面CDE，且EM⊂平面CDE，
∴FO∥平面CDE.

19