章末检测试卷三(第八章)

第4题 (单选题) 难度 - 基础题：

下列说法正确的是(　　)

A: 两组对边分别相等的四边形确定一个平面
B: 和同一条直线异面的两直线一定共面
C: 与两异面直线分别相交的两直线一定不平行
D: 一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交

解析:

两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；

如图1，直线DD₁与B₁C₁都是直线AB的异面直线，同样DD₁与B₁C₁也是异面直线，故B错误；

如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则，若AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；

如图1，AB∥CD，而直线AA₁与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误.

第5题 (单选题) 难度 - 基础题：

如图所示，圆锥底面半径为1，母线AC＝2，D为弧AB的中点，E是BC的中点，则异面直线AC与DE夹角的正弦值是(　　)

A: $\frac{1}{2}$
B: 1
C: $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D: $\frac{\sqrt{2}}{4}$

解析:

设底面圆心为O，

连接EO，CO，OD，

可知EO∥AC，

故∠OED为异面直线AC与DE所成的角(或其补角)，

∵CO⊥底面ABD，∴CO⊥OD，

又点D为半圆弧AB的中点，

∴AB⊥OD.

又CO∩AB＝O，CO，AB⊂平面ABC，

∴OD⊥平面ABC，又EO⊂平面ABC，

∴OD⊥EO.在Rt△ODE中，OD＝OE＝1，

∴∠OED＝ $\frac{π}{4}$ ，∴sin∠OED＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，

故异面直线AC与DE夹角的正弦值是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

第6题 (单选题) 难度 - 基础题：

在直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，AC＝4，AB＝3，AA₁＝12，∠BAC＝90°，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是(　　)

A: 125π
B: 144π
C: 169π
D: 244π

解析:

∵三棱柱ABC－A₁B₁C₁的侧棱垂直于底面，

AC＝4，AB＝3，

∠BAC＝90°，AA₁＝12，

∴可将棱柱ABC－A₁B₁C₁补成长方体，

且长方体的长、宽、高分别为4，3，12.

∴长方体的体对角线长为 $\sqrt{4^{2} ＋ 3^{2} ＋ 12^{2}}$ ＝13，

即为球的直径.

∴球的表面积为S＝4πR²＝4π× ${(\frac{13}{2})}^{2}$ ＝169π.

第7题 (单选题) 难度 - 基础题：

在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，下列说法正确的是(　　)

A: A₁C₁⊥AD
B: D₁C₁⊥AB
C: AC₁与DC成45°角
D: A₁C₁与B₁C成60°角

解析:

如图，在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，异面直线A₁C₁与AD所成的角为45°，故A错误；直线D₁C₁与直线AB平行，故B错误；异面直线AC₁与DC所成的角为∠C₁AB，

其正切值为 $\frac{B C_{1}}{A B} ＝ \sqrt{2}$ ≠1，所以异面直线AC₁与DC所成的角不是45°，故C错误；连接A₁D，DC₁，因为A₁D∥B₁C，所以异面直线A₁C₁与B₁C所成的角就是直线A₁C₁与直线A₁D所成的角，而△A₁DC₁是等边三角形，

所以∠C₁A₁D＝60°，

即A₁C₁与B₁C所成的角为60°，故D正确.

第8题 (单选题) 难度 - 基础题：

如图，在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于点D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为(　　)

A: $\frac{45}{2}$
B: $\frac{45 \sqrt{3}}{2}$
C: 45
D: 45 $\sqrt{3}$

解析:

如图，取AC的中点G，连接SG，BG.

易知SG⊥AC，BG⊥AC，且SG∩BG＝G，SG，BG⊂平面SGB，

故AC⊥平面SGB，

又SB⊂平面SGB，

所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，所以SB∥HD.同理SB∥FE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也分别为AS，SC的中点，从而得HF $\frac{1}{2}$ ACDE，所以四边形DEFH为平行四边形.又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝ $\frac{1}{2}$ AC· $\frac{1}{2}$ SB＝ $\frac{45}{2}$ .

第9题 (多选题) 难度 - 基础题：

已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列结论正确的是(　　)

A: AB∥m
B: AC⊥m
C: AB∥β
D: AC⊥β

解析:

因为m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l，又AB∥l，所以AB∥m，故A正确；因为AC⊥l，m∥l，所以AC⊥m，故B正确；因为A∈α，AB∥l，l⊂α，所以B∈α，所以AB⊄β，又l⊂β，所以AB∥β，故C正确；因为AC⊥l，当点C在α内时，AC⊥β成立，当点C不在α内时，AC⊥β不成立，故D不正确.

第10题 (多选题) 难度 - 基础题：

如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，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

解析:

由AB是底面圆的直径，知∠AEB＝90°，

即AE⊥EB.

∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，

∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB.

又BE⊂平面AEB，∴AD⊥BE，

又AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE，

∴BE⊥平面ADE，∵DE⊂平面ADE，

∴BE⊥DE.同理可得AE⊥CE.

又BE⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ADE.

可得A，B，D正确.若DE⊥平面CEB，

则DE⊥BC，显然不成立，C错误.

第11题 (多选题) 难度 - 基础题：

如图，在棱长均相等的正四棱锥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，则下列结论中正确的是(　　)

A: PC∥平面OMN
B: 平面PCD∥平面OMN
C: OM⊥PA
D: 直线PD与直线MN所成角的大小为90°

解析:

连接AC(图略)，易得PC∥OM，又OM⊂平面OMN，PC⊄平面OMN，

所以PC∥平面OMN，故A正确；同理PD∥ON，又ON⊂平面OMN，PD⊄平面OMN，

所以PD∥平面OMN，又PC∩PD＝P，PC，PD⊂平面PCD，所以平面PCD∥平面OMN，故B正确；由于四棱锥的棱长均相等，所以AB²＋BC²＝PA²＋PC²＝AC²，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，故C正确；由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即∠PDC.又△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，故D错误.

第12题 (填空题) 难度 - 基础题：

如图(1)所示，一个装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1 cm和半径为3 cm的两个圆柱组成的简单几何体.当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20 cm；当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28 cm，则这个简单几何体的总高度为　　　　　cm.

答案:

解析:

设上、下圆柱的半径分别是r cm，R cm，高分别是h cm，H cm.由水的体积不变得，πR²H＋πr²(20－H)＝πr²h＋πR²(28－h)，又r＝1，R＝3，故H＋h＝29.即这个简单几何体的总高度为29 cm.

第13题 (填空题) 难度 - 基础题：

有一个高为3π cm，底面半径为1 cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为　　　　cm.

答案:

5π

解析:

把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD(如图所示)，

由题意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，点A、点C分别是铁丝的起、止位置，故线段AC的长度即为铁丝的最短长度.AC＝ $\sqrt{A B^{2} ＋ B C^{2}}$ ＝5π(cm)，故铁丝的最短长度为5π cm.

第14题 (填空题) 难度 - 基础题：

在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝3，CD＝1，点O₁，O₂，E分别为CD，AB，BC的中点，以O₁O₂所在直线为旋转轴，将梯形旋转180°得到一旋转体，则直线AE与旋转体的上底面所成角的正切值为　　　　.

答案:

$\frac{2 \sqrt{2}}{5}$

解析:

由题意可知，所得到的旋转体是圆台，如图.

因为AB＝3，CD＝1，

所以圆台的上、下底面的半径分别满足r₁＝ $\frac{1}{2}$ ，r₂＝ $\frac{3}{2}$ .

过点C，D分别作CG⊥AB于点G，DH⊥AB于点H，

则AH＝HG＝GB＝1，所以DH＝ $\sqrt{A D^{2} - A H^{2}} ＝ \sqrt{3^{2} - 1^{2}}$ ＝2 $\sqrt{2}$ ，易知圆台的上、下底面平行，

所以直线AE与圆台的上底面所成的角等于其与圆台的下底面所成的角.过点E作EM⊥AB于点M.易知∠MAE为直线AE与下底面所成的角即为所求的角.又AM＝AB－MB＝AB－ $\frac{1}{2}$ BG＝3－ $\frac{1}{2} ＝ \frac{5}{2}$ ，EM＝ $\frac{1}{2}$ CG＝ $\frac{1}{2}$ DH＝ $\sqrt{2}$ ，

所以tan∠MAE＝ $\frac{E M}{A M} ＝ \frac{\sqrt{2}}{\frac{5}{2}} ＝ \frac{2 \sqrt{2}}{5}$ .

第15题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图，已知三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，A₁C与AC₁交于点O，D为BC边上一点，D₁为B₁C₁中点，且A₁B∥平面ADC₁.求证：

(1)A₁B∥OD；

(2)平面A₁BD₁∥平面ADC₁.

答案:

证明　(1)由题意，因为A₁B∥平面ADC₁，

且A₁B⊂平面A₁BC，

又因为平面ADC₁∩平面A₁BC＝OD，

所以由线面平行的性质定理得A₁B∥OD.

(2)由(1)可知A₁B∥OD，

又因为O点为A₁C的中点，

所以D为BC的中点，即BD＝ $\frac{1}{2}$ BC，

因为D₁为B₁C₁的中点，

即D₁C₁＝ $\frac{1}{2}$ B₁C₁，

又因为BC∥B₁C₁，BC＝B₁C₁，

所以BD＝D₁C₁，BD∥D₁C₁，

所以四边形BDC₁D₁为平行四边形，

所以BD₁∥DC₁，

又因为DC₁⊂平面ADC₁，BD₁⊄平面ADC₁，

所以BD₁∥平面ADC₁，

又A₁B∥平面ADC₁，A₁B∩BD₁＝B，

A₁B⊂平面A₁BD₁，BD₁⊂平面A₁BD₁，

所以平面A₁BD₁∥平面ADC₁.

第16题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

在长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB＝AA₁＝2AD＝2，M是CD的中点.

(1)证明：B₁D∥平面BC₁M；

(2)求异面直线B₁D与MC₁所成角的余弦值.

答案:

(1)证明　连接B₁C交BC₁于点E，

则点E为BC₁的中点，连接EM，所以EM∥B₁D，

因为EM⊂平面BC₁M，

B₁D⊄平面BC₁M，

所以B₁D∥平面BC₁M.

(2)解　取C₁D₁的中点F，连接DF，B₁F，

则FC₁＝DM，FC₁∥DM，

所以四边形FC₁MD为平行四边形，可得C₁M∥FD，

所以直线B₁D与FD所成角∠FDB₁或其补角即为异面直线B₁D与MC₁所成角，

DF＝ $\sqrt{D D_{1}^{2} ＋ D_{1} F^{2}} ＝ \sqrt{5}$ ，

B₁F＝ $\sqrt{B_{1} C_{1}^{2} ＋ C_{1} F^{2}} ＝ \sqrt{2}$ ，

DB₁＝ $\sqrt{D D_{1}^{2} ＋ D C^{2} ＋ D A^{2}}$ ＝3，

在△DB₁F中由余弦定理得

cos∠FDB₁＝ $\frac{D F^{2} ＋ D B_{1}^{2} - B_{1} F^{2}}{2 D F \cdot D B_{1}} ＝ \frac{5 ＋ 9 - 2}{2 \times \sqrt{5} \times 3} ＝ \frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ，

所以异面直线B₁D与MC₁所成角的余弦值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ .

第17题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝ $\frac{π}{2}$ ，AB＝BC＝ $\frac{1}{2}$ AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图②中△A₁BE的位置，得到四棱锥A₁－BCDE.

(1)求证：CD⊥平面A₁OC；

(2)当平面A₁BE⊥平面BCDE时，四棱锥A₁－BCDE的体积为36 $\sqrt{2}$ ，求a的值.

答案:

(1)证明　在图①中，因为AB＝BC＝ $\frac{1}{2}$ AD＝a，

E是AD的中点，∠BAD＝ $\frac{π}{2}$ ，

所以BE⊥AC.

即在图②中，BE⊥A₁O，BE⊥OC，

又A₁O∩OC＝O，A₁O，OC⊂平面A₁OC，

从而BE⊥平面A₁OC.

因为在图①中，BC $\frac{1}{2}$ ADED，

所以四边形BCDE为平行四边形，

所以在图②中，CD∥BE，

所以CD⊥平面A₁OC.

(2)解　由已知，平面A₁BE⊥平面BCDE，

且平面A₁BE∩平面BCDE＝BE，

又由(1)可得A₁O⊥BE，

A₁O⊂平面A₁BE，

所以A₁O⊥平面BCDE.

即A₁O是四棱锥A₁－BCDE的高.

由图①知，A₁O＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ AB＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ a，

平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a²，

从而四棱锥A₁－BCDE的体积为

V＝ $\frac{1}{3}$ S·A₁O＝ $\frac{1}{3}$ ×a²× $\frac{\sqrt{2}}{2}$ a＝ $\frac{\sqrt{2}}{6}$ a³.

由 $\frac{\sqrt{2}}{6}$ a³＝36 $\sqrt{2}$ ，得a＝6.

第18题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

在三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，底面△ABC是等腰三角形，且∠ABC＝90°，侧面AA₁B₁B是菱形，∠A₁AB＝60°，平面AA₁B₁B⊥平面ABC，点M是AA₁的中点.

(1)求证：BB₁⊥CM；

(2)求直线BM与平面CMB₁所成角的正弦值.

答案:

(1)证明　在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，即BC⊥AB，

∵平面ABC⊥平面AA₁B₁B，平面ABC∩平面AA₁B₁B＝AB，BC⊂平面ABC，

∴BC⊥平面AA₁B₁B，

∵BB₁⊂平面AA₁B₁B，∴BC⊥BB₁.

在菱形AA₁B₁B中，∠A₁AB＝60°，连接A₁B(图略)，

则△A₁AB是等边三角形，

∵点M是AA₁的中点，∴AA₁⊥BM.

又AA₁∥BB₁，∴BB₁⊥BM，

又BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BMC，

∴BB₁⊥平面BMC，又CM⊂平面BMC，

∴BB₁⊥CM.

(2)解　如图，作BG⊥MB₁于点G，连接CG.

由(1)知BC⊥平面AA₁B₁B，

又MB₁⊂平面AA₁B₁B，

∴BC⊥MB₁，

又BG⊥MB₁，且BC∩BG＝B，

BC，BG⊂平面BCG，∴MB₁⊥平面BCG.

∵MB₁⊂平面CMB₁，

∴平面CMB₁⊥平面BCG，作BH⊥CG于点H，则BH⊥平面CMB₁，连接MH，

则∠BMH即为直线BM与平面CMB₁所成的角.

设AB＝BC＝2，则BB₁＝2，BM＝ $\sqrt{3}$ ，

在Rt△MBB₁中，MB₁＝ $\sqrt{7}$ ，

则BG＝ $\frac{B M \cdot B B_{1}}{M B_{1}} ＝ \frac{2 \sqrt{21}}{7}$ .

在Rt△CBG中，CG＝ $\frac{2 \sqrt{70}}{7}$ ，

则BH＝ $\frac{B G \cdot B C}{C G} ＝ \frac{\sqrt{30}}{5}$ ，

∴sin∠BMH＝ $\frac{B H}{B M} ＝ \frac{\frac{\sqrt{30}}{5}}{\sqrt{3}} ＝ \frac{\sqrt{10}}{5}$ ，

即直线BM与平面CMB₁所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$ .

第19题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.

(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出点G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；

(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.

①AB⊥BC；②FC与平面ABCD所成的角为 $\frac{π}{6}$ ；

③∠ABC＝ $\frac{π}{3}$ .若　　　　，求二面角F－AC－D的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分

答案:

解　(1)在线段AB上存在中点G，

使得AF∥平面PCG.证明如下：

如图所示，连接PG，CG，设PC的中点为H，连接FH，GH，

∵FH∥CD，FH＝ $\frac{1}{2}$ CD，

AG∥CD，AG＝ $\frac{1}{2}$ CD，

∴FH∥AG，FH＝AG，

∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH.

又GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG，

∴AF∥平面PCG.

(2)若选择条件①.

如图①，过点F作FM⊥AD于点M，过点M作MO⊥AC于点O，连接FO.

∵F为PD的中点，PA⊥平面ABCD，

∴FM∥PA，且FM⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，∴FM⊥AC.

又AC⊥MO，FM∩MO＝M，FM，MO⊂平面FMO，∴AC⊥平面FMO，又FO⊂平面FMO，

∴AC⊥FO，

∴∠FOM为二面角F－AC－D的平面角.

∵AB⊥BC，四边形ABCD为正方形，

∴∠CAD＝ $\frac{π}{4}$ ，∴MO＝AMsin $\frac{π}{4} ＝ \frac{\sqrt{2}}{2}$ .

又FM＝ $\frac{1}{2}$ PA＝1.

∴cos∠FOM＝ $\frac{O M}{O F} ＝ \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{1 ＋ {(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{2}}} ＝ \frac{\sqrt{3}}{3}$ ，

即二面角F－AC－D的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

若选择条件②.

与选择条件①一样作相同的辅助线，

如图②，连接MC.

∵FC与平面ABCD所成的角为 $\frac{π}{6}$ ，∴∠FCM＝ $\frac{π}{6}$ ，

∴MC＝ $\frac{F M}{t a n \frac{π}{6}} ＝ \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{3}} ＝ \sqrt{3}$ .

∴MC²＋MD²＝CD²，∴CM⊥AD.

∴在Rt△AMC中，

MO＝ $\frac{M A \cdot M C}{A C} ＝ \frac{1 \times \sqrt{3}}{\sqrt{1 ＋ (\sqrt{3})^{2}}} ＝ \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

∴cos∠FOM＝ $\frac{O M}{O F} ＝ \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{1 ＋ {(\frac{\sqrt{3}}{2})}^{2}}} ＝ \frac{\sqrt{21}}{7}$ .

若选择条件③.

与选择条件①一样作相同的辅助线.

∵∠ABC＝ $\frac{π}{3}$ ，∴∠DAC＝ $\frac{π}{3}$ ，

∴MO＝AMsin $\frac{π}{3} ＝ \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

∴cos∠FOM＝ $\frac{O M}{O F} ＝ \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{1 ＋ {(\frac{\sqrt{3}}{2})}^{2}}} ＝ \frac{\sqrt{21}}{7}$ .