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课时提升作业(四十八)
一、选择题
1.给出下列命题:
①底面是正多边形的棱锥是正棱锥;
②侧棱都相等的棱锥是正棱锥;
③侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥;
④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥,
其中正确命题的个数是( )
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
2.假如三棱锥S - ABC的底面是不等边三角形,侧面与底面所成的二面角都相等,且顶点S在底面的射影O在△ABC内,那么O是△ABC的( )
(A)垂心 (B)重心 (C)外心 (D)内心
3.已知三棱锥D- ABC的三个侧面与底面全等,且AB=AC=,BC=2,则以BC为棱,以面BCD与面BCA为面的二面角的大小是( )
(A) (B) (C) (D)
4.将一个边长为a的正方体,切成27个全等的小正方体,则表面积增加了( )
(A)6a2 (B)12a2 (C)18a2 (D)24a2
5.(2021·西城模拟)侧面都是直角三角形的正三棱锥,底面边长为a时,该三棱锥的表面积是( )
(A)a2 (B)a2
(C)a2 (D)a2
6.如图,在多面体ABCDEF中,已知面ABCD是边长为3的正方形,EF∥AB,EF=,EF到面AC的距离为2,则该多面体的体积为( )
(A) (B)5 (C)6 (D)
7.如图,直三棱柱ABB1- DCC1中,∠ABB1=90°,AB=4,BC=2,CC1=1,DC上有一动点P,则△APC1周长的最小值为( )
(A)5+
(B)5-
(C)4+
(D)4-
8.(2021·成都模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,顶点B1到对角线BD1和到平面A1BCD1的距离分别为h和d,则下列命题中正确的是( )
(A)若侧棱的长小于底面的边长,则的取值范围为(0,1)
(B)若侧棱的长小于底面的边长,则的取值范围为(,)
(C)若侧棱的长大于底面的边长,则的取值范围为(,)
(D)若侧棱的长大于底面的边长,则的取值范围为(,+∞)
9.点P在正方形ABCD所在平面外,PD⊥平面ABCD,PD=AD,则PA与BD所成的角的度数为( )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
10.正六棱锥P- ABCDEF中,G为PB的中点,则三棱锥D - GAC与三棱锥P- GAC体积之比为( )
(A)1∶1 (B)1∶2 (C)2∶1 (D)3∶2
11.(2021·济宁模拟)在正三棱柱ABC- A1B1C1中,若AB=2,AA1=1,则点A到
平面A1BC的距离为( )
(A) (B) (C) (D)
12.如图,四周体OABC的三条棱OA,OB,OC两两垂直,OA=OB=2,OC=3,D为四周体OABC外一点.给出下列命题:
①不存在点D,使四周体
ABCD有三个面是直角三角形;
②不存在点D,使四周体
ABCD是正三棱锥;
③存在点D,使CD与AB垂直并且相等;
④存在很多个点D,使点O在四周体ABCD的外接球球面上.
其中真命题的序号是( )
(A)①② (B)②③ (C)③ (D)③④
二、填空题
13.如图,在正四棱柱A1C中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M只需满足条件 时,就有MN∥平面B1BDD1(注:请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能状况).
14.在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AA1=AD=2AB=2,若E,F分别为线段A1D1,CC1的中点,则直线EF与平面ABB1A1所成角的余弦值为 .
15.已知每条棱长都为3的直平行六面体ABCD - A1B1C1D1中,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动.则MN中点P的轨迹与该直平行六面体的表面所围成的几何体中体积较小的几何体的体积为 .
16.(2022·贺州模拟)如图所示,等边三角形ABC的边长为a,将它沿平行于BC的线段DE折起,使平面ADE⊥平面BDEC,若折叠后AB的长度为d,则d的最小值为 .
三、解答题
17.(力气挑战题)正三棱柱ABC- A1B1C1中,底面边长为a,侧棱长为a,若经过对角线AB1且与对角线BC1平行的平面交上底面于DB1.
(1)试确定D点的位置,并证明你的结论.
(2)求平面AB1D与侧面AB1所成的角及平面AB1D与上底面所成的角.
(3)求A1到平面AB1D的距离.
答案解析
1.【思路点拨】依据正棱锥的定义推断(1)底面为正多边形.(2)顶点在底面的射影为底面的中心.
【解析】选A.①底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影不愿定是底面正多边形的中心;②侧棱都相等的棱锥的底面多边形不愿定是正多边形;③侧棱和底面成等角的棱锥的底面多边形不愿定是正多边形;
④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥的底面多边形不愿定是正多边形.
2.【解析】选D.侧面与底面所成的二面角都相等,且顶点S在底面的射影O到底面△ABC的各边的距离都相等,故O是△ABC的内心.
3.【解析】选C.如图,取BC的中点E连结AE,DE,则AE⊥BC,DE⊥BC,即∠AED为以BC为棱,以面BCD与面BCA为面的二面角的平面角,又AE=DE=,AD=2,所以
∠AED=.
4.【解析】选B.依题意,小正方体的棱长为,所以27个小正方体的表面积总和为27×6×()2=18a2,故表面积增加量为18a2-6a2=12a2.
5.【解析】选A.由于正三棱锥的侧面都是直角三角形,所以直角顶点就是棱锥的顶点,即棱锥的三条侧棱两两垂直,由于底面边长为a,所以侧棱长等于a,故该三棱锥的表面积为S=a2+3×(a)2=a2.
6.【思路点拨】本题的图为楔形体,求体积的方法为割补法,即割补为规章几何体,再求解.另外本题为选择题,也可用排解法.
【解析】选D.方法一:由已知条件可知,EF∥平面ABCD,则F到平面ABCD的距离为2,∴VF-ABCD=×32×2=6,而该多面体的体积必大于6,故选D.
方法二:如图,
将几何体补成一个三棱柱AGD- BFC.则V三棱柱AGD- BFC=·S正方形·d=·32·2=9.
取AB,CD中点H,M,连结HE,ME,HM.由一个三棱柱可分割为3个体积相等的三棱锥,则VE- AGD=V棱柱AGD- HEM=V棱柱AGD- BFC=×9=,所以V多面体=V棱柱AGD- BFC-VE- AGD=9-=.
7.【解析】选A.在直三棱柱ABB1-DCC1中,AC1==,将△DCC1开放与矩形ABCD在同一平面内,AP+PC1最小,此时AP+PC1为=5,∴周长最小值为5+.
8.【解析】选C.设底面边长为1,侧棱长为λ(λ>0),过B1作B1H⊥BD1,B1G⊥A1B.
在Rt△BB1D1中,B1D1=,BD1=,由三角形面积关系得:h=B1H,设在正四棱柱中,由于BC⊥AB,BC⊥BB1,所以BC⊥平面AA1B1B,于是BC⊥B1G,所以B1G⊥平面A1BCD1,故B1G为点B1到平面A1BCD1的距离,在Rt△A1B1B中,又由三角形面积关系得d=B1G=,于是=,于是当λ>1时λ2+2>3,得到的范围是(,),故选C.
9.【解析】选C.将图形补成一个正方体如图,则PA与BD所成角等于BC'与BD所成角,即∠DBC'.在等边三角形DBC'中,∠DBC'=60°,即PA与BD所成角为
60°.
10.【解析】选C.由题意可知三棱锥VB- GAC=VP- GAC,VB- GAC=VG- BAC,VD- GAC=VG- ADC,又由于三棱锥G - BAC与三棱锥G- ADC等高,且S△BAC∶S△ADC=1∶2,综上可知
VD- GAC∶VP- GAC=2∶1.
11.【解析】选B.取BC中点E,连接AE,A1E,过点A作AF⊥A1E,垂足为F.
∵A1A⊥平面ABC,
∴A1A⊥BC.
∵AB=AC,E为BC的中点,
∴AE⊥BC.又∵AE∩A1A=A.
∴BC⊥平面AEA1.
∴BC⊥AF.又AF⊥A1E,A1E∩BC=E,
∴AF⊥平面A1BC.
∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离.
∵AA1=1,AE=,∴AF=.
【一题多解】=S△ABC·AA1=××1=.
又∵A1B=A1C=,
在△A1BE中,A1E==2.
∴=×2×2=2.
设点A到平面A1BC的距离为h.
∴=×·h=h.
∴h=,∴h=.∴点A到平面A1BC的距离为.
12.【思路点拨】说明一般性的结论不正确,只需举出一个反例即可,对于存在性问题的推断只要依据题意找出来即可.解答本题时留意“补形”思想的运用.
【解析】选D.依题意得,AB=2,AC=BC=.
对于①,当D点是O点关于平面ABC对称的点,即DA=OA=2,DB=OB=2,DC=OC=3时,DA2+DB2=AB2,DA2+DC2=AC2,DB2+DC2=BC2,即有DA⊥DB,DA⊥DC,DB⊥DC,即四周体ABCD有三个面是直角三角形,因此①不正确;对于②,取点D,使得DA=DB=2,DC=,此时△DAB是等边三角形,三条侧棱相等,四周体ABCD,即C-ABD是正三棱锥,因此②不正确;对于③,将该四周体补成一个正四棱柱,易知取上底面的与点C相对的顶点作为点D,此时CD与AB垂直并且相等,因此③正确;对于④,将该四周体补成一个正四棱柱,作出该正四棱柱的外接球,在这个球面上任取一点(异于点A,B,C,O)作为点D都能满足点O在四周体ABCD的外接球球面上,因此④正确.
综上所述,其中真命题的序号是③④,选D.
13.【解析】∵FH∥DD1,HN∥BD,∴平面FHN∥平面B1BDD1,只要M∈FH,则MN⊂平面FHN,
∴MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)
答案:M位于线段FH上(答案不唯一)
14.【解析】取BB1的中点M,取FM的中点N,连结A1M,A1N,则EA1FN,∴四边形A1EFN为平行四边形,∴A1N∥EF.∵EA1⊥平面ABB1A1,∴MN⊥平面ABB1A1,∴∠NA1M为直线EF与平面ABB1A1所成的角,在Rt△A1MN中,A1M=,MN=1,∴A1N=,
∴cos∠NA1M==,∴直线EF与平面ABB1A1所成角的余弦值为.
答案:
15.【解析】连结PD,由于DM⊥平面ABCD,∴DM⊥DN,又P为MN的中点,可得PD=1,即点P的轨迹为以点D为球心,半径为1的球截直平行六面体ABCD- A1B1C1D1所得的部分(如图所示).
由DD1⊥平面ABCD及∠ADC=,可得该几何体为球体的×=,所以其体积为V=×π×13=.
答案:
16.【解析】在此题中,DE在△ABC中的位置是变化的,由此变化引起翻折后AO,OF的变化,从而导致了AF的变化,进而形成了折叠后AB长度的变化.
设AO=x,则OF=a-x,
AF==,
d==
==,
由此易知x=a时,d取得最小值为a.
答案:a
17.【解析】(1)D为A1C1的中点.连结A1B与AB1交于E,则E为A1B的中点,DE为平面AB1D与平面A1BC1的交线.∵BC1∥平面AB1D,
∴BC1∥DE,∴D为A1C1的中点.
(2)过D作DF⊥A1B1于F,过F作FG⊥AB1于G.由正三棱柱的性质,AA1⊥DF,∴DF⊥平面AB1,连结DG,则∠DGF为平面AB1D与侧面AB1所成的角的平面角,可求得DF=a,由
△B1FG∽△B1AA1,得FG=a,∴∠DGF=.
∵D为A1C1的中点,∴B1D⊥A1C1,由正三棱柱的性质,AA1⊥B1D,∴B1D⊥平面A1C,
∴B1D⊥AD,∴∠A1DA是平面AB1D与上底面所成的角的平面角,可求得
tan∠A1DA=,∴∠A1DA=arctan.
(3)过A1作A1M⊥AD,
∵B1D⊥平面A1C,
∴B1D⊥A1M,∴A1M⊥平面AB1D,
即A1M是A1到平面AB1D的距离.
∵AD=a,∴A1M=a.
∴A1到平面AB1D的距离为a.
【方法技巧】空间平行、垂直关系的判定与证明
(1)平行和垂直关系在立体几何问题中无处不在,对平行和垂直关系证明的考查,多以简洁几何体尤其是棱柱、棱锥为依托,借助其丰富的线面关系,或直接考查平行和垂直关系的证明,或通过求角和距离间接考查,试题机敏多样,因此在平常的复习中要擅长总结、归纳并把握此类问题的通性通法,加强规律思维力气及语言表达力气的培育.
(2)棱柱、棱锥是立体几何中的重要几何体.在复习时,除了牢固地把握棱柱的有关概念、性质、体积公式外,还要机敏地运用线面平行、线面垂直、面面平行与面面垂直等有关学问,进行位置关系的推断与论证,进而达到计算的目的.在计算时要留意把某些平面图形(如直截面、对角面、中截面等)分别出来,进而运用平面几何方法解决.
【变式备选】如图,已知三棱锥P- ABC的侧面PAC是底角为45°的等腰三角形,PA=PC,且该侧面垂直于底面,∠ACB=
90°,AB=10,BC=6,B1C1=3.
(1)求证:二面角A- PB- C是直二面角.
(2)求二面角P- AB- C的正切值.
(3)若该三棱锥被平行于底面的平面所截,得到一个几何体ABC- A1B1C1,求几何体ABC- A1B1C1的侧面积.
【解析】(1)如图,在三棱锥
P- ABC中,取AC的中点D.
由题设知△PAC是等腰直角三角形,且PA⊥PC.
∴PD⊥AC.
∵平面A1ACC1⊥平面ABC,
∴PD⊥平面ABC.
∴PD⊥BC.
∵AC⊥BC,∴BC⊥平面PAC,
∴PA⊥BC,∴PA⊥平面PBC.
∵PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBC,
即二面角A- PB- C是直二面角.
(2)作DE⊥AB,E为垂足,则PE⊥AB.∴∠PED是二面角P- AB- C的平面角.
在Rt△ABC中,AB=10,BC=6,则AC=8,PD=4,
由Rt△ADE∽Rt△ABC,得
DE===,
∴所求正切值为tan∠PED==.
(3)∵B1C1=3=BC,∴A1,B1,C1分别是PA,PB,PC的中点.
∴S△PAC=×8×4=16,
S△PBC=×6×4=12.
∵PE===,
S△PAB=×10×=4.
∴S棱锥侧=S△PAB+S△PBC+S△PAC=4+12+16,
∴几何体ABC- A1B1C1的侧面积S几何体=S棱锥侧
=3+9+12.
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