一輪復(fù)習(xí)人教A版專題八立體幾何專題綜合作業(yè)

專題綜合檢測(cè)一、單項(xiàng)選擇題1.(2022重慶第七次質(zhì)檢,7)若正三棱柱ABC-A1B1C1既有外接球,又有內(nèi)切球,記該三棱柱的外接球和內(nèi)切球的半徑分別為R1、R2,則R1R22=C.9答案A2.(2017課標(biāo)Ⅰ,6,5分)如圖,在下列四個(gè)正方體中,A,B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn),M,N,Q為所在棱的中點(diǎn),則在這四個(gè)正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是()答案A3.(2022河北部分重點(diǎn)中學(xué)期中,6)在立體幾何中,用一個(gè)平面去截一個(gè)幾何體得到的平面圖形叫截面.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E、F分別是棱B1B、B1C1的中點(diǎn),點(diǎn)G是棱CC1的中點(diǎn),則過線段AG且平行于平面A1EF的截面圖形為()A.矩形B.三角形C.正方形D.等腰梯形答案D4.(2022廣州執(zhí)信中學(xué)月考,8)如圖所示的木質(zhì)正四棱錐模型P-ABCD,過點(diǎn)A作一個(gè)平面分別交PB,PC,PD于點(diǎn)E,F,G,若PEPB=35,PFPC=A.1答案C5.(2022江蘇南通基地學(xué)校3月調(diào)研,7)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面邊長(zhǎng)為1,P是正六棱柱內(nèi)(不含表面)的一點(diǎn),則AP·AB的取值范圍是(A.-C.-答案A二、多項(xiàng)選擇題6.(2022廣東華附、省實(shí)、廣雅、深中四校聯(lián)考,9)已知α,β是兩個(gè)不同的平面,l是一條直線,則下列命題中正確的是()A.若α∥β,l∥β,則l∥αB.若l⊥α,l⊥β,則α∥βC.若l⊥α,l∥β,則α⊥βD.若α⊥β,l∥β,則l⊥α答案BC7.(2022遼東南協(xié)作體期中,12)如圖,正方形SG1G2G3的邊長(zhǎng)為1,E,F分別是G1G2,G2G3的中點(diǎn),SG2交EF于點(diǎn)D,現(xiàn)沿SE,SF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體,使G1,G2,G3三點(diǎn)重合,重合后的點(diǎn)記為G,則在四面體S-GEF中必有()A.SG⊥平面EFGB.設(shè)線段SF的中點(diǎn)為H,則DH∥平面SGEC.四面體S-GEF的體積為1D.四面體S-GEF的外接球的表面積為32答案ABD8.(2022江蘇鹽城響水中學(xué)學(xué)情分析,12)如圖,四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,側(cè)面PAD是邊長(zhǎng)為26的正三角形,底面ABCD為矩形,CD=23,點(diǎn)Q是PD的中點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是()A.CQ在平面PAB外B.PC與平面ACQ所成角的余弦值為2C.三棱錐B-ACQ的體積為62D.四棱錐Q-ABCD外接球的內(nèi)接正四面體的表面積為243答案ABD9.(2022山東煙臺(tái)、德州一模,11)如圖,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,AA1=3,D為BC的中點(diǎn),則()A.直線A1B∥平面ADC1B.點(diǎn)B1到平面ADC1的距離為3C.異面直線A1B1與C1D所成角的余弦值為10D.設(shè)P,Q分別在線段A1B1,DC1上,且A1PA1B答案ABD10.(2022湖南益陽(yáng)調(diào)研,12)截角四面體是一種半正八面體,可由四面體經(jīng)過適當(dāng)?shù)慕亟?即截去四面體的四個(gè)頂點(diǎn)處的小棱錐所得的多面體,如圖所示,將棱長(zhǎng)為3a的正四面體沿棱的三等分點(diǎn)作平行于底面的截面得到所有棱長(zhǎng)均為a的截角四面體,則下列說(shuō)法正確的是()A.AC⊥DEB.該截角四面體的表面積為73a2C.AF=5aD.該截角四面體的外接球表面積為5πa2答案BC三、填空題11.(2022福州質(zhì)量檢測(cè),16)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為3,以A1為球心,2為半徑的球與底面ABCD的交線的長(zhǎng)度為.

答案π12.(2022海南文昌中學(xué)4月段考,16)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)M,N分別是棱BC,C1D1的中點(diǎn),點(diǎn)P在平面A1B1C1D1內(nèi),點(diǎn)Q在線段A1N上,若PM=5,則PQ長(zhǎng)度的最小值為.

答案35四、解答題13.(2016課標(biāo)Ⅰ文,18,12分)如圖,已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形,PA=6.頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D,D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E,連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G.(1)證明:G是AB的中點(diǎn);(2)在圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說(shuō)明作法及理由),并求四面體PDEF的體積.解析(1)證明:因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以AB⊥PD.因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E,所以AB⊥DE.又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點(diǎn).(2)在平面PAB內(nèi),過點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)F,F即為E在平面PAC內(nèi)的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即點(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影.連接CG,因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中點(diǎn),所以D在CG上,故CD=23由題設(shè)可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=23PG,DE=13PC.由已知,正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=22.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF所以四面體PDEF的體積V=1314.(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱錐Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.(1)證明:平面QAD⊥平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值.解析(1)證明:取AD的中點(diǎn)E,連接QE,CE.由于QD=QA,故QE⊥AD.在Rt△QAE中,QE=QA2在Rt△CDE中,CE=DC在△QCE中,QE2+CE2=QC2?QE⊥CE,又∵CE∩AD=E,CE、AD?平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE?平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.(2)以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建系,如圖所示,則B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0),則BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).顯然,平面QAD的一個(gè)法向量為n1=(1,0,0),設(shè)平面BQD的法向量為n2=(x,y,z),則n2·BQ=0,n2·BD=0?-2x+y+2z=0,-2x+2y=0?x=y=2z,取n2=(2,2,1).設(shè)二面角B-QD-A的大小為θ,易知θ為銳角15.(2018天津理,17,13分)如圖,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長(zhǎng).解析依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以DA,DC,DG的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N((1)證明:DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).設(shè)n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量,則n不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得MN又因?yàn)橹本€MN?平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依題意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量,則n·不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量,則m·不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=m·n|m||n|于是sin<m,n>=1010所以二面角E-BC-F的正弦值為1010(3)設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h∈[0,2]),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,故|cos<BP,由題意,可得2h2+5=sin60°=32,解得h=所以線段DP的長(zhǎng)為3316.(2023屆浙江Z20名校聯(lián)盟聯(lián)考,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=23,DB是∠ADC的平分線,且BD⊥BC.(1)若點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn),證明:BE∥平面PAD;(2)已知二面角P-AB-D的大小為60°,求平面PBD和平面PCD的夾角的余弦值.解析(1)證明:延長(zhǎng)CB,DA交于點(diǎn)F,連接PF,∵DB是∠ADC的平分線,且BD⊥BC,∴易證△CDF是等腰三角形,∴點(diǎn)B是CF的中點(diǎn),又∵E是PC的中點(diǎn),∴BE∥PF,又PF?平面PAD,BE?平面PAD,∴BE∥平面PAD.(2)在△ABD中,AD=2,BD=4,AB=23,則AD2+AB2=BD2,則∠BAD=90°,即BA⊥AD,∵sin∠BDA=32,∴∠BDC=∠BDA=60°,則CD=8∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BA?平面ABCD,∴BA⊥平面PAD,則BA⊥PA,∴∠PAD為二面角P-AB-D的平面角,∴∠PAD=60°,又PA=AD=2,∴△PAD為等邊三角形,取AD的中點(diǎn)為O,連接OP,則OP⊥AD,OP⊥平面ABCD,如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),B(1,23,0),C(-5,43,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),所以DP=(1,0,3),BD=(-2,-23,0),DC=(-4,43,設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面PBD的法向量,則m·取y1=-1,則m=(3,-1,-1),設(shè)n=(x2,y2,z2)為平面PCD的法向量,則n·取y2=1,則n=(3,1,-1),設(shè)平面PBD和平面PCD的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=m·n|m|·|n|=35,故平面PBD和平面17.(2020課標(biāo)Ⅲ理,19,12分)如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)證明:點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi);(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.解析設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,如圖,以C1為坐標(biāo)原點(diǎn),C1D1的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系C(1)證明:連接C1F,則C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F