第八章综合训练(1).docx

第八章综合训练 一、选择题: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.如图,一圆锥的母线长为4,其侧面积为4π,则这个圆锥的体积为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.153 B.833 C.153π D.833π 答案C 解析因为圆锥侧面积公式S侧=πrl,由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=15,故圆锥的体积V=13Sh=153π. 2.在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A与C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为(　　) A.30° B.60° C.90° D.120° 答案C 解析如 图,由A'B=BC=1,∠A'BC=90°知A'C=2. ∵M为A'C的中点, ∴MC=AM=22,且CM⊥BM,AM⊥BM, ∴∠CMA为二面角C-BM-A的平面角. ∵AC=1,MC=MA=22, ∴∠CMA=90°,故选C. 3.如图所示,△A'O'B'表示水平放置的△AOB的直观图,B'在x'轴上,A'O'与x'轴垂直,且A'O'=2,则△AOB的边OB上的高为(　　) A.2 B.4 C.22 D.42 答案D 解析设△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=22S直观图,所以12×OB×h=22×12×O'B'×2,又 OB=O'B',所以h=42. 4. 如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=22,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(　　) A.(60+42)π B.(60+82)π C.(56+82)π D.(56+42)π 答案A 解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图. S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=πr22+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×22=(60+42)π.故选A. 5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　) A.63 B.255 C.155 D.105 答案D 解析在 平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE. C1E⊥B1D1C1E⊥BB1⇒C1E⊥平面BDD1B1, ∴∠C1BE的正弦值就是所求角的正弦值. ∵BC1=22+12=5,C1E=2×222=2, ∴sin∠C1BE=C1EBC1=25=105. 6.已知:平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为(　　) A.13 B.151 C.123 D.15 答案A 解析如 图,连接AD. ∵α⊥β,∴AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD=AB2+BD2=42+122=160=410. 在Rt△CAD中, CD=AC2+AD2=32+160=13. 7.在空间四边形ABCD中,AD=2,BC=23,E,F分别是AB,CD的中点,EF=7,则异面直线AD与BC所成角的大小为(　　) A.150° B.60° C.120° D.30° 答案D 解析如 图所示.设BD的中点为O,连接EO,FO,所以EO∥AD,FO∥BC, 则∠EOF是AD,BC所成的角或其补角, 又EO=12AD=1,FO=12BC=3,EF=7, 根据余弦定理,得cos∠EOF=1+3-723=-32, 所以∠EOF=150°, 异面直线AD与BC所成的角为30°. 8.设A,B,C,D是同一个直径为2的球的球面上四点,AD过球心,已知△ABC与△BCD都是等边三角形,则三棱锥A-BCD的体积是(　　) A.26 B.212 C.36 D.312 答案B 解析如 右图所示,取BC的中点E,设球心为点O,则O为AD的中点,连接AE,DE,OE. 设BC=a(a>0),则AB=BD=AC=CD=a, 由题意可知AD=2,且∠ABD=∠ACD=90°,由勾股定理AD2=AB2+BD2,即2=2a2, 解得a=1. ∵E为BC的中点,∴AE⊥BC,DE⊥BC, 且AE=DE=32a=32. 又AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE. ∵O为AD的中点, ∴OE⊥AD,且OE=AE2-AO2=12, ∴△ADE的面积S△ADE=12AD·OE=24, 因此,三棱锥A-BCD的体积 VA-BCD=VB-ADE+VC-ADE=13S△ADE·BE+13S△ADE·CE=13S△ADE·BC=13×24×1=212. 二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 9.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题不正确的是(　　) A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥α B.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β C.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β D.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α 答案ABC 解析选项A的已知条件中如果加上m⊂β,那么命题就是正确的,也就是面面垂直的性质定理.选项B错误,容易知道两个平面内分别有一条直线平行,那么这两个平面可能相交也可能平行.选项C错误,因为两个平面各有一条与其平行的直线,如果这两条直线垂直,并不能保证这两个平面垂直.选项D正确,由n⊥α,n⊥β可得α∥β,又因为m⊥β,所以m⊥α. 10.如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下列结论中正确的是(　　) A.AE⊥CE B.BE⊥DE C.DE⊥平面CEB D.平面ADE⊥平面BCE 答案ABD 解析由AB是底面圆的直径,得∠AEB=90°,即AE⊥EB. ∵圆柱的轴截面是四边形ABCD,∴AD⊥底面AEB,BC⊥底面AEB. ∴BE⊥AD,又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE, ∴BE⊥平面ADE,∴BE⊥DE. 同理可得,AE⊥CE,易得平面BCE⊥平面ADE. 可得A,B,D正确. ∵AD∥BC,∴∠ADE(或其补角)为DE与CB所成的角,显然∠ADE≠90°,∴DE⊥平面CEB不成立,即C错误. 11. 如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是(　　) A.PD∥平面OMN B.平面PCD∥平面OMN C.直线PD与直线MN所成角的大小为90° D.ON⊥PB 答案ABD 解析连接BD,图略,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN,A正确; 由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB,又底面为正方形,所以AB∥CD,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN,B正确; 因为MN∥CD,所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠PDC=60°,故直线PD与直线MN所成角的大小为60°,C错误; 因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PB⊥PD, 又PD∥ON,所以ON⊥PB,D正确. 12.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　) A.直线D1D与直线AF垂直 B.直线A1G与平面AEF平行 C.平面AEF截正方体所得的截面面积为98 D.点C与点G到平面AEF的距离相等 答案BC 解析∵AD1∥EF,∴平面AEF即平面AEFD1,故A错误. ∵A1G∥D1F,A1G⊄AEFD1, ∴A1G∥平面AEFD1,即A1G∥平面AEF,故B正确. 平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知梯形面积为98,故C正确. 点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离,显然D错误. 三、填空题 13.圆柱的高是8 cm,表面积是130π cm2,则它的底面圆的半径等于　　　　　cm,圆柱的体积是　　　　　cm3.  答案5　200π 解析设圆柱的底面圆的半径为r cm, 则S圆柱表=2π·r·8+2πr2=130π.解得r=5,即圆柱的底面圆半径为5 cm.圆柱的体积V=52π×8=200π(cm3). 14.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=13,平面PAB⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,则PC=　　　　.  答案13 解析取 AB的中点E,连接PE,EC. 因为∠ACB=90°,AC=8,BC=6,所以AB=10, 所以CE=5. 因为PA=PB=13,E是AB的中点, 所以PE⊥AB,PE=12. 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB, 所以PE⊥平面ABC. 因为CE⊂平面ABC,所以PE⊥CE. 在Rt△PEC中,PC=PE2+CE2=13. 15.已知在菱形ABCD中,AB=2,∠A=120°,沿对角线BD将△ABD折起使二面角A-BD-C为120°,则点A到△BCD所在平面的距离为　　　　　.  答案32 解析设AC∩BD=O,则翻折后AO⊥BD,CO⊥BD,即∠AOC即为二面角的平面角,所以∠AOC=120°,且AO=1,故d=1×sin 60°=32. 16.学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为　　　　g.  答案118.8 解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3). 又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3). 故其质量为0.9×132=118.8(g). 四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD各边上的点,且AE∶EB=AH∶HD=m,CF∶FB=CG∶GD=n. (1)求证:E,F,G,H四点共面; (2)当m,n满足什么条件时,四边形EFGH是平行四边形? (1)证明连接BD. 因为AE∶EB=AH∶HD, 所以EH∥BD. 又CF∶FB=CG∶GD, 所以FG∥BD. 所以EH∥FG. 所以E,F,G,H四点共面. (2)解当m=n时,四边形EFGH为平行四边形. 由(1)可知EH∥FG. 因为EHBD=AEAE+EB=mm+1, 所以 EH=mm+1BD. 同理可得FG=nn+1BD. 由EH=FG可得mm+1=nn+1, 得m=n. 故当m=n时,四边形EFGH是平行四边形. 18.已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,且PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点. 求证:(1)MN∥平面ADP; (2)MN⊥PC. 证明(1)取PD的中点Q,连接AQ,QN, ∵N,Q分别为PC,PD的中点,则NQ∥CD且NQ=12CD. ∵四边形ABCD为矩形,则AB∥CD且AB=CD. ∵M为AB的中点, ∴AM∥CD且AM=12CD. ∴AM∥NQ且AM=NQ,故四边形AMNQ为平行四边形,∴MN∥AQ. ∵AQ⊂平面ADP,MN⊄平面ADP,∴MN∥平面ADP. (2)∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD, ∴CD⊥PA. ∵AD⊥CD,AD∩AP=A,∴CD⊥平面PAD. ∵AQ⊂平面PAD,则AQ⊥CD. ∵PA=AD,Q为PD的中点,则AQ⊥PD, ∵CD∩PD=D,∴AQ⊥平面PCD. ∵MN∥AQ,故MN⊥平面PCD. 又PC⊂平面PCD,因此,MN⊥PC. 19.养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12 m,高为4 m.养路处拟建一个更大的圆锥形仓库,以存放更多食盐.现有两种方案:一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变);二是高度增加4 m(底面直径不变). (1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积; (2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积; (3)哪个方案更经济些? 解(1)若按方案一,仓库的底面直径变成16 m,则仓库的体积为V1=13S·h=13×π×1622×4=256π3(m3). 若按方案二,仓库的高变成8 m,则仓库的体积为V2=13S·h=13×π×1222×8=96π(m3). (2)若按方案一,仓库的底面直径变成16 m,半径为8 m.圆锥的母线长为l1=82+42=45(m), 则仓库的表面积为S1=π×8×45=325π(m2). 若按方案二,仓库的高变成8 m. 圆锥的母线长为l2=62+82=10(m), 则仓库的表面积为S2=π×6×10=60π(m2). (3)∵V1<V2,S2<S1,∴方案二比方案一更加经济. 20.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC=AD=CD=12AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD. (1)求证:BC⊥平面PAC; (2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由;并求三棱锥N-AMC的体积. (1)证明连接AC(图略),在直角梯形ABCD中, AC=AD2+DC2=22, BC=(AB-CD)2+AD2=22, ∴AC2+BC2=AB2,即BC⊥AC. ∵PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD, ∴BC⊥PC. 又AC∩PC=C,∴BC⊥平面PAC. (2)解点N是PB的中点,理由如下: ∵CD∥AB,AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB, ∴CD∥平面PAB. ∵平面CDM∩平面PAB=MN, ∴CD∥MN,∴MN∥AB. 在平面PAB内,∵M为PA中点, ∴N为PB中点. ∵BC⊥平面PAC,N为PB的中点, ∴点N到平面PAC的距离d=12BC=2. 如图所示, S△ACM=12S△PAC=12·12·PC·AC=14×2×22=2, ∴V三棱锥N-AMC=13S△AMC·d=13×2×2=23. 21.如图,四边形ABCD是矩形,BC⊥平面ABE,且AE=23,EB=BC=2,F为CE上一点,且BF⊥平面ACE. (1)求三棱锥A-DBE的体积; (2)求二面角D-BE-A的大小. 解(1)由BF⊥平面ACE得,BF⊥AE. 由BC⊥平面ABE及BC∥AD得, BC⊥AE,AD⊥平面ABE. ∵BC∩BF=B, ∴AE⊥平面BCE,则AE⊥BE. ∴VA-DBE=VD-ABE=13S△ABE·AD =13×12×2×23×2=433, 即三棱锥A-DBE的体积为433. (2)由(1)知,AE⊥BE,AD⊥BE, ∴BE⊥平面ADE,则BE⊥DE. ∴∠DEA是二面角D-BE-A的平面角. 在Rt△ADE中,DE=AD2+AE2=22+(23)2=4, ∴AD=12DE,则∠DEA=30°. ∴二面角D-BE-A的大小为30°. 22.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点. (1)求证:BD⊥平面PAC; (2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE; (3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由. (1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD. 又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC. 所以BD⊥平面PAC. (2)证明因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD, 所以PA⊥AE. 因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点, 所以AE⊥CD.所以AB⊥AE. 所以AE⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PAE. (3)解棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.理由如下, 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG=12AB. 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点, 所以CE∥AB,且CE=12AB. 所以FG∥CE,且FG=CE. 所以四边形CEGF为平行四边形. 所以CF∥EG. 因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE, 所以CF∥平面PAE. 12