基础过关
1.如图X12-1所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余的几何体的侧视图为 ( )
图X12-1
A B C D
图X12-2
2.某几何体的三视图如图X12-3所示,则该几何体的体积是( )
图X12-3
A.12 B.16
C. D.24
3.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A.α⊥β且m⊥α B.α⊥β且m∥α
C.m⊥n且n∥β D.m∥n且n⊥β
4.某几何体的三视图如图X12-4所示,图中正方形的边长均为6,俯视图中的两条曲线均为圆弧,则该几何体的体积为 ( )
图X12-4
A.216-3π B.216-4.5π
C.216-6π D.216-9π
5.在三棱锥S-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=SA,SA⊥平面ABC,D为BC的中点,则异面直线AB与SD所成角的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
6.如图X12-5所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,动点E,F在棱A1B1上,动点P,Q分别在棱AD,CD上,若EF=1,A1E=x,DQ=y,DP=z(x,y,z均大于零),则四面体P-EFQ的体积 ( )
图X12-5
A.与x,y,z都有关
B.与x有关,与y,z无关
C.与y有关,与x,z无关
D.与z有关,与x,y无关
7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为8,面A1B1C1D1在一个半球的底面上,A,B,C,D四个顶点都在此半球面上,则此半球的体积为 ( )
A.π B.π
C.12π D.4π
8.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法中正确的是 ( )
A.若α⊥β,m⊥α,则m∥β
B.若m∥α,n⊂α,则m∥n
C.若α∩β=m,n∥α,n∥β,则m∥n
D.若α⊥β,且α∩β=m,A∈α,直线AB⊥m,则AB⊥β
9.某几何体的三视图如图X12-6所示,其中正视图由矩形和等腰直角三角形组成,侧视图由半圆和等腰直角三角形组成,俯视图的实线部分为正方形,则该几何体的表面积为( )
图X12-6
A.3π+4 B.4π+4+4
C.4π+4 D.4π+4
10.已知底面半径为1的圆锥的底面圆周和顶点都在表面积为16π的球面上,则该圆锥的体积为 ( )
A.π B.π
C.2π+π D.π或π
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,过正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线BD1的截面的面积为S,则S的取值范围是 .
12.三棱锥P-ABC的一条棱长为m,其余棱长均为2,当三棱锥P-ABC的体积最大时,它的外接球的表面积为 .
能力提升
13.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=λA1B1,当PN与平面ABC所成角的正切值取得最大值时,λ的值为 ( )
A. B.
C. D.
14.如图X12-7①所示,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,M是侧棱PD上靠近点P的四等分点,PD=4.该四棱锥的俯视图如图X12-7②所示,则∠PMA的大小是
( )
①
②
图X12-7
A. B.
C. D.
15.在矩形ABCD中,BC=AB,E为BC的中点,将△ABD沿BD所在直线翻折,在翻折过程中,给出下列结论:
①存在某个位置,使得BD⊥AE;
②存在某个位置,使得BC⊥AD;
③存在某个位置,使得AB⊥CD;
④存在某个位置,使得BD⊥AC.
其中正确结论的序号是 ( )
A.①② B.③④
C.①③ D.②④
16.有一正三棱柱木料ABC-A1B1C1,其各棱长都为2,已知Q1,Q2分别为上、下底面的中心,M为Q1Q2的中点,过A,B,M三点的截面把该木料截成两部分,则截面面积为( )
A. B.
C. D.2
17.如图X12-8所示,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论中不正确的是 ( )
图X12-8
A.对于任意的点Q,都有AP∥QR
B.对于任意的点Q,四边形APQR都不可能为平行四边形
C.存在点Q,使得△ARP为等腰直角三角形
D.存在点Q,使得直线BC∥平面APQR
18.如图X12-9所示,正方形ABCD的边长为3,点E,F分别在边AD,CD上,且AE=DF=2.将此正方形沿BE,BF,EF切割得到四个三角形,现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面,则该三棱锥的内切球的体积为 .
图X12-9
限时集训(十二)
基础过关
1.C [解析] 如图所示,取DD1的中点F,连接AF,AE,C1E,C1F,则平面AFC1E为截面,所以剩余的几何体的侧视图如选项C所示,故选C.
2.B [解析] 该几何体的直观图如图所示,可割补成两个正方体,其体积为2×23=16,故选B.
3.D [解析] 在A中,若α⊥β且m⊥α,则m与β平行或m⊂β,故A不能推出m⊥β;在B中,若α⊥β且m∥α,则m与β平行或相交或m⊂β,故B不能推出m⊥β;在C中,若m⊥n且n∥β,则m与β平行或相交或m⊂β,故C不能推出m⊥β;在D中,若m∥n且n⊥β,则由线面垂直的性质得m⊥β,故D能推出m⊥β.故选D.
4.D [解析] 如图所示,该几何体是一个正方体挖去两个相同的圆锥后剩余的部分,故其体积为63-2×××π×32×6=216-9π,故选D.
5.B [解析] 如图所示,取AC的中点E,连接DE,SE.∵D,E分别为BC,AC的中点,∴DE∥AB,∴∠SDE就是异面直线AB与SD所成的角.设AB=AC=SA=2,在Rt△SAE中,由勾股定理得SE=.易得BA⊥平面SAC,∴DE⊥平面SAC,∴DE⊥SE,又DE=AB=1,∴SD=,∴cos∠SDE===.
6.D [解析] 因为E,F在棱A1B1上,Q在棱CD上,A1B1∥CD,所以边EF的高为定值,又EF=1,所以△QEF的面积为定值,故四面体P-EFQ的体积与点P到平面EFQ的距离有关,即与DP的长度有关,故选D.
7.D [解析] 正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为8,则其棱长为2.由题意可得面A1B1C1D1的中心到顶点A,B,C,D的距离为半球的半径,故其半径为=,半球的体积为×π×()3=4π,故选D.
8.C [解析] 若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m⊂β,A不正确;
若m∥α,n⊂α,则m与n无交点,即m与n平行或异面,B不正确;
若α∩β=m,n∥α,n∥β,过n作平面分别与α,β交于直线s,t,则s∥n,t∥n,所以s∥t,再根据线面平行的判定定理得s∥β,又α∩β=m,s⊂α,所以s∥m,所以m∥n,C正确;
若α⊥β,且α∩β=m,A∈α,直线AB⊥m,则只有当B∈α时,才有AB⊥β,D不正确.
故选C.
9.A [解析] 由三视图知该几何体的上半部分是半圆柱,圆柱的底面半径为1,高为2,
下半部分是底面边长为2,高为1的正四棱锥,
所以该几何体的表面积S=4××2×+π×1×2+π×12=3π+4.
10.D [解析] 由题意知圆锥的底面半径r=1,球的半径R=2.设O为球的球心,O1为圆锥底面圆的圆心,OO1=x,则x===,圆锥的高h=R+x=2+或h=R-x=2-,所以圆锥的体积V=×π×12×(2+)=或V=×π×12×(2-)=.故选D.
11. [解析] 如图所示,设截面分别交AA1,CC1于点M,N.由图可知,当M,N分别为AA1,CC1的中点时,截面面积最小,最小为·MN·BD1=××=;当截面为四边形ABC1D1时,截面面积最大,最大为1×=.故S的取值范围是.
12. [解析] 由题意,三棱锥P-ABC可看成是由菱形PABC沿对角线AC翻折后得到的,
且PA=PC=AB=AC=BC=2,
易知当平面ACP⊥平面ABC时,三棱锥P-ABC的体积最大,此时三棱锥的高为.
易知底面△ABC外接圆的半径r=①.
设三棱锥的外接球的半径为R,球心与底面的距离为x,则(-x)2+=R2②,
x2+r2=R2③,
由①②③解得R2=,
故外接球的表面积S=4πR2=.
能力提升
13.A [解析] 过P作PM⊥AB于点M,连接MN,则PM⊥平面ABC,∠PNM就是PN与平面ABC所成的角,则tan∠PNM==,故当MN最小时tan∠PNM最大,此时MN⊥AB,∴M为AB的中点,∴点P是A1B1的中点,∴λ=,故选A.
14.C [解析] 连接BD,由俯视图可知DC=4,BD=2,BC=2,所以∠DBC=,又四边形ABCD为直角梯形,故AD的长度等于直角三角形BDC斜边上的高,即AD=,因为MD=3,所以在直角三角形ADM中,tan∠AMD=,即∠AMD=,所以∠PMA=.故选C.
15.C [解析] 根据题意画出如图甲所示的矩形ABCD,设AE与BD交于点F,
甲
乙
翻折后得到如图乙所示的三棱锥A-BCD,连接AE.
对于①,在翻折前易证==2,设AB=1,则BD=,AE=,所以AF=,BF=,则AF2+BF2=1=AB2,即AF⊥BD,EF⊥BD,所以翻折后易得BD⊥平面AEF,故BD⊥AE,故①正确;对于②,若存在某个位置,使得BC⊥AD,则BC⊥平面ACD,从而有平面ACD⊥平面BCD,即A在底面BCD上的射影位于线段CD上,这是不可能的,故②不正确;对于③,设存在某个位置,使得AB⊥CD,因为CD⊥BC,AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC,从而有平面ABC⊥平面BCD,当A在平面BCD上的射影为BC的中点E时,平面ABC⊥平面BCD,此时直线AB与直线CD垂直,故③正确;对于④,设存在某个位置,使得BD⊥AC,因为AF⊥BD,EF⊥BD,AF∩EF=F,所以BD⊥平面AEF,所以BD⊥AE,又AE∩AC=A,所以BD⊥平面AEC,从而BD⊥EC,这与已知矛盾,故④不正确.故选C.
16.B [解析] 由题意知,该截面与棱A1C1的交点为靠近C1的三等分点,与棱B1C1的交点为靠近C1的三等分点,所以该截面为等腰梯形,计算可得该截面的面积为,故选B.
17.C [解析]∵AB∥CD,AA1∥DD1,AB∩AA1=A,CD∩DD1=D,
∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1,∵平面APQR∩平面ABB1A1=AP,平面APQR∩平面CDD1C1=RQ,
∴AP∥QR,故A结论正确;
∵四边形ABCD是直角梯形,∴AD与BC不平行,∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行,
假设存在点Q,使四边形APQR为平行四边形,则AR∥PQ,又AA1∥BB1,AA1∩AR=A,BB1∩PQ=P,∴平面ADD1A1∥平面BCC1B1,与已知矛盾,假设不成立,故B结论正确;
如图,延长CD至M,使得AB=CM,则四边形ABCM是矩形,∴BC∥AM,
当R,Q,M三点共线时,AM⊂平面APQR,∴BC∥平面APQR,故D结论正确.故选C.
18. [解析] 如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BC=1,AB=2,BB1=3,
则三棱锥B1-ABC即为题中所给的四个面组成的三棱锥,
该三棱锥的体积V=××3=1.
在△AB1C中,易得AC=,AB1=,CB1=,
由余弦定理可得cos∠B1CA==,
则sin∠B1CA==,
故=×××=,
该三棱锥的表面积S=×(1×2+1×3+2×3)+=9.
设该三棱锥内切球的半径为R,则V=SR,
即1=×9×R,∴R=,
故该三棱锥内切球的体积为πR3=.
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