新教材数学北师大版（2019）必修第二册课件：单元素养评价 第六章 立体几何初步 课件

新教材数学北师大版（2019）必修第二册课件：单元素养评价 第六章 立体几何初步 课件

单元素养评价(五)(第六章) (120分钟　150分) 一、单选题(每小题5分,共40分)　　　　　　 1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得 (　　) A.a⊂α,b⊂α B.a⊂α,b∥α C.a⊥α,b⊥α D.a⊂α,b⊥α 【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则 A∉ b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α. 2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一 点P,则 (　　) A.点P一定在直线BD上 B.点P一定在直线AC上 C.点P一定在直线AC或BD上 D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上 【解析】选B. 如图, 因为P∈HG,HG⊂平面ACD,所以P∈平面ACD. 同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC, 所以P∈AC. 3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视 为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面 三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 (　　) 5 1 5 1 5 1 5 1A. B. C. D.4 2 4 2     【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b, 则 由题意PO2= ab,即b2- ab,化简得 =0,解得 (负值舍去). 2 2 2 2 aPO PE OE b 4     ， 1 2 2a 1 4 2  2b b4( ) 2 1a a   b 1 5 a 4  4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的 术:置如其周,令相乘也. 又以高乘之,三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥 的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈ L2h.它实际上是将圆锥体积 公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈ L2h相当于将圆锥体积公式 中的π近似取为(　　) A. 　　　B. 　　　C. 　　　D. 1 36 2 75 22 7 25 8 157 50 355 113 【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr, πr2h= (2πr)2h, 所以π= . 1 3 2 75 25 8 5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是 (　　) A.平行 B.相交但不垂直 C.相交垂直 D.异面垂直 【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以 BD⊥AC. 因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA.显然 PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直. 6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所 示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为 (　　) 1 2 2A. B.24 4 2 1 2 1C. D. 24 2 2     【解析】选B.如图,将直观图ABCD 还原后为直角梯形A′BCD′,其中 A′B=2AB=2,BC=1+ ,A′D′=AD=1. 所以这个平面图形的面积S= ×(1+1+ )×2=2+ . 2 2 2 2 1 2 2 2 7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 (　　) A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1, 又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1, 所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1. 8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起, 使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为 (　　) A. B. C. D.33 2 3 2 3 【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高, 也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED= ,AO= ,所以S四边形MNCB= ×(2+4)× =3 , 3 3 2 1 2 3 1 3 3V 3 3 .3 2 2    3 二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的 得0分) 9.用一张长、宽分别为8 cm和4 cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四 棱柱的对角线长可以为 (　　) A. cm B.2 cm C.32 cm D. cm6 6 66 【解析】选BD.分两种情况:(1)以4 cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2 cm 的正方形,因此对角线长l1= (cm). (2)以8 cm长为高,则正四棱柱底面是边长为1 cm的正方形,因此对角线长 l2= (cm). 2 2 22 2 4 2 6   2 2 21 1 8 66   10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是 (　　) A.直角三角形　　　　　　B.正五边形 C.正六边形 D.梯形 【解析】选CD.画出截面图形如图: 可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误; 如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误; 正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可 以截出正六边形,故C正确; 可以截出梯形,故D正确. 11.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,下列结论正确的是 (　　) 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】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确. 同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论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,结论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,即为 ∠PDC.又三角形PDC为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误. 12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角 形,SC为球O的直径,且SC=2,则 (　　) A.三棱锥S-ABC的体积为 B.三棱锥S-ABC的体积为 C.三棱锥O-ABC的体积为 D.三棱锥O-ABC的体积为 2 6 2 3 2 12 2 2 3 【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点, 因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三 棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图, 所以S△ABC= ,高OD= 则VO-ABC= VS-ABC=2VO-ABC= . 3 4 2 23 61 ( )3 3   ， 1 3 6 2 3 4 3 12    ， 2 6 三、填空题(每小题5分,共20分) 13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面. ①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β; ②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β; ③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b; ④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β. 上述命题中,正确命题的序号是________.  【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当 γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判 定知②④正确. 答案:②④ 14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这 个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引 以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱 体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱 体积的比值为________.  【解析】因为球内切于圆柱, 所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以 V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球= πr3. 所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的 . 所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的 , 即剩下的水的体积是圆柱体积的 ,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积 的比值为 . 答案: 4 3 2 3 2 31 31 3 1 3 15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6 ,则正四棱 台外接球的半径为________. 2 【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1, 取正棱台的上下底面的中心O1,O2, 即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2, 则O2A= AC= AB=3 , 同理O1A1= A1C1= A1B1= . 过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H, 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 则有A1H= 球心O在线段O1O2上,则有 =8, 解得R=3 . 答案:3 2 2 2 2 1AA AH (6 2) (3 2 2) 8     ， 2 2R 2 R 18   3 16.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平 面α,β内,P到β的距离为 ,Q到α的距离为2 ,则P,Q两点之间距离的最 小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________. 3 3 【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连 接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2 ,BP= ,所以AC=PD=2. 又因为PQ= ,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取 最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°. 答案:2 　90° 3 3 2 2 2AQ AP 12 AP 2 3    3 四、解答题(共70分) 17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F 分别是AC,B1C的中点. (1)求证:EF∥平面AB1C1; (2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1. 【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1, 因为EF⊄ 平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1, 所以EF∥平面AB1C1. (2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC, 所以B1C⊥AB, 又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C, 所以AB⊥平面AB1C,因为AB⊂平面ABB1, 所以平面AB1C⊥平面ABB1. 【补偿训练】 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为 CD的中点,F为PD上一点. (1)求证:BD⊥平面PAC; (2)求证:平面PAB⊥平面FAE. 【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD. 因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A, 所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD, 所以∠BAC=∠CAD= ∠BAD=60°,AC=AD. 因为E为CD的中点,所以∠CAE= ∠CAD=30°, 所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°, 即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE. 又PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB. 因为AE⊂平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE. 1 2 1 2 18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1. (1)求证:EF∥平面ACD; (2)求异面直线AC与BD所成的角. 【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC. 因为EF⊄ 平面ACD,AC⊂平面ACD, 所以EF∥平面ACD. (2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异 面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角). 在△EFM中,EF=FM=EM=1, 所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°, 所以异面直线AC与BD所成的角为60°. 19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多 面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体 积是 cm3. (1)求正方体石块的棱长; (2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面 积. 160 000 3 【解析】(1)设正方体石块的棱长为a cm, 则每个截去的四面体的体积为 由题意可得8× =a3,解得a=40. 故正方体石块的棱长为40 cm. (2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时 正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π× = 1 600π(cm)2. 31 1 a a a a .3 2 2 2 2 48      3a 160 000 48 3  240( )2 20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱 DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1. 证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC; (2)点C1在平面AEF内. 【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1, 所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1, 因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC, 所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD, 因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D, 因此AC⊥平面BB1D1D, 因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC; (2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1, 因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1, 所以ED=MC1,ED∥MC1, 所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1, 因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF, 因此点C1在平面AEF内. 【补偿训练】　 如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是 线段DD1上的动点. (1)求证:EF∥平面BCC1B1; (2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD, 求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值. 【解析】(1)如图,连接DE,D1E. 因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点, 所以BE∥CD,BE=CD, 所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC. 又DE⊄ 平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1, 所以DE∥平面BCC1B1. 因为DD1∥CC1,DD1⊄ 平面BCC1B1, CC1⊂平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1. 又D1D∩DE=D,DE⊂平面DED1,D1D⊂平面DED1, 所以平面DED1∥平面BCC1B1. 因为EF⊂平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1. (2)如图,连接BD. 设CD=1,则AB=BC=CC1=2. 因为∠BCD=60°, 所以BD= 所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD. 2 2BC CD 2BC CD cos 60 3.     同理可得,C1D⊥CD. 因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D⊂平面D1C1CD, 所以C1D⊥平面ABCD, 因为BC⊂平面ABCD, 所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1. 在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图. 因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH. 因为C1H⊂平面C1DH, 所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H, 所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角. 因为在Rt△C1CD中,C1D= , 在Rt△BCD中,DH=CD·sin 60°= , 所以在Rt△C1DH中,C1H= 3 3 2 2 2 1 15C D DH 2   ， 所以cos ∠DC1H= 所以平面BCC1B1与平面DC1B1 所成角(锐角)的余弦值为 . 1 1 C D 2 5 .C H 5  2 5 5 21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点. (1)求证:BD⊥AC; (2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在, 请说明点N的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由. 【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP. 又因为PA⊥平面ABC, 所以DE⊥平面ABC. 因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC. 因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC. 因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E, 所以AC⊥平面BDE. 又因为BD⊂平面BDE,所以BD⊥AC. (2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE. 理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ. 因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE. 又因为MQ⊄ 平面BDE,BE⊂平面BDE,所以MQ∥平面BDE. 因为MN⊂平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE, 所以平面MNQ∥平面BDE. 又因为NQ⊂平面MNQ,所以NQ∥平面BDE. 因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ⊂平面PAC,所以NQ∥DE. 又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点. 故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等 分点. 22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E 为侧棱PD上一点. (1)求证:CD∥平面ABE; (2)求证:CD⊥AE; (3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F, 且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积. 【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD. 因为AB⊂平面ABE,CD⊄ 平面ABE, 所以CD∥平面ABE. (2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩ 底面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE. (3)由AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄ 平面PCD,得AB∥平面PCD, 而AB⊂平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB. 又E为PD的中点,可得EF= CD. 由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角 形,E为PD的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形 PAD中,求得AE= . 1 2 3 所以S梯形ABFE= 则四棱锥P-ABFE的体积V=  1 3 31 2 3 .2 2    ABFE 1 1 1 3 3 1 3S PD 2 .3 2 3 2 2 2     梯形 【补偿训练】 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点. (1)证明:DE∥平面A1B1C1; (2)若A1B1=B1C=2 ,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.2 【证明】(1)连接A1C,如图. 因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC. 因为B1E=EC,所以DE∥A1B1. 又因为A1B1⊂平面A1B1C1,DE⊄ 平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1. 因为A1B1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1. 因为A1A=2,A1B1=2 ,所以AB1=2 . 又因为AC=2,B1C=2 , 所以AC2+B1C2=A ,得AC⊥B1C. 因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C⊂平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C, 又C1E⊂平面BB1C1C,所以AC⊥C1E, 2 2 3 2 1B 同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2 ,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1, 所以平行四边形BB1C1C为正方形. 因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C, 又AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1. 2