第32 期 立体图形、直观图、表面积与体积-【数理报】2024-2025学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版2019）

高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 ###### 答案详解 2024~2025学年 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期(2025年2月) (B)选项对应的图形;设/./.K.1分 第32期2版 别是校BB ,CC..DD..AA.靠近B.A 专项小练一 C.D.,A.的三等分点,过/./.K,2的 1. D; 2.ABD; 3.①③④;4.②④. 截面图形为(A)选项对应的图形; 专项小练二 (D)选项对应的图形不可能 6. 因为正四楼柱ABCD 1.C;2.BCD; 图3 A.B.C.D.外接球的直径为其体对角线的长,故2R= 专项小练三 ②+2+4=2/2(R为正四校柱ABCD-A.B.C.D.外接球的 1.B; 2.ACD; 半径),所以R=2,所以△AOB为等边三角形,所以乙A0B= 第32期3,4版 3 立体图形、直观图、表面积与体积同步核心素养测评 一、单项选择题 7.作出容器的轴截面,如图4所示, r0 1~4 BABB 5~8 DABD 则AB=200mm.0C=300mm.CF 提示: =150mm.则F为0C的中点,则DE= 1.由旋转体的概念可知.选项(A)(C)(D)为旋转体,选 项(B)不是旋转体 2.长方体ABCD-A.B.C.D.的表面积为S=2x(3x4+ 由已知在直径为200mm的圆面内 图4 3x5+4x5)=94. 3.如图1.设直观图中与x'轴和y'轴的交点分别为A'和 CF=12500n(mm{),则积水厚度为V 125000n B',根据斜二测画法的规则在直角坐标系中先作出对应的A和 n.0A 10000n B点,再由平行于x轴的线在原图中平行于x轴,且长度不变 12.5(mm),所以降雨级别为中雨 作出原图得四边形0ACD(如图2). 8.设球0的半径为R,则4-R}=16.得R=2. y{ 设正三校柱ABC-A.B.C. 的高为h,底面边长为a. B ((#{。)}()_4. 解得h=2.a=3. LEN 图1 图2 4.依题意上圆台底面半径为4cm,面积S.=x4②}= 易知球O被三校柱ABC-A.B.C.的上、下底面截掉的两个 球缺相同,且高均为1. $6n(cm^}).下底面半径为6em.面积$.=x6②}=36n(cm). 则球缺曲面部分的面积为2x2nx2x1=8*. 圆台高h为6cm,所以圆台的体积V= 又△ABC外接圆的半径为3. 3(16n+36r+v16πx36)x6=152r(cm). 所以所求表面积为16--8π+2x3*=14 二、多项选择题 5.画出正方体如图3所示,设正方体外接球的球心为0 9.ABC; 10.ACD; 11.ABD E.F.G.H分别是校BC.B.C..A.D..AD的中点,过E.F.G.H的 提示: 截面图形为(C)选项对应的图形;过BDD.B.的截面图形为 9.半圆孤以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球面, 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 球面围成的几何体叫做球,故(A)错误;当以直角三角形的斜 所以圆锥的底面半径为r=3-2-5. 边所在直线为轴旋转时,其余各边旋转形成的面所围成的几何 13.在△A'B'C'中,B'C'=A'C'=2, B'A'C'=45^* 体不是圆锥,是由两个同底面的圆锥组成的几何体,故(B)错 故乙A'B'C'=45*,A'B'=2/2. 误;当两个平行截面不平行于上、下两个底面时,两个平行截面 由斜二测画图法知AB=A'B'=2/2,AC=2A'C'=4 间的几何体不是旋转体,故(C)错误;圆台是由圆锥截得的,故 在△ABC中.AB1AC. 其任意两条母线延长后一定交于一点,故(D)正确 故选(A)(B)(C). 所以BC=AC}+AB=26 10.因为BC'/y'轴,由斜二测画法规则知AC1BC 14.三部分都是校柱,分别为三校柱AEA.-DFD三校柱 即△ABC为直角三角形. B.E.B-C.F.C和四梭柱A.EBE -D.FCF .显然它们等高,设 又因为B'C'=4.AC'=3. 为h,三校柱的底面面积分别为S.,S,四校柱的底面面积为 可得AC=3.BC=8.所以AB=/73. S,由V.:V:V=1:4:1得(S.h):($h):($.h)=1:4 :1.所以S:S:S=1:4:1.所以Sn4,tae.=45.= $S ,设AE=a,则BE=6-a,所以(6-a)x3=4x $1. 由SA1$C.圆锥母线长I=SA=SC=2/2可得AC=4 xax3.所以a=2. 所以底面圆半径为R=0A=0C=2. 所以A.E=2+3=13. 又显然S01AC,可得S0=2. 所以Sm那4:cm.=V13x4=4V13. 对于(A),圆锥S0的侧面积为nRl=2x2v2n=4$2. 四、解答题 所以(A)正确; 15.解:如图6,过A',B.C三点作 对于(B),易知当0B1AC时,△ABC的面积最大 一个平面,再过A',B,C作一个平面。 此时SAac= 就把三校台ABC-A'BC分成了三部 分,形成的三个三校锥分别是A 3, ABC.B-A'B'C'.A'-BCC'.(答案不 所以(B)正确; 唯一) 图6 对于(C),圆锥S0内切球的半径即为轴截面△SAC内切 16.解:如图7,过点B作BE1AD于点E. 圆的半径,不妨设为r. 因为AB=2v2,.DAB=45*. 所以AE=BE=2,所以DE=1. 则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的 可得r=2(v2-1),所以(C)错误; 封闭几何体为一个底面半径为2.高为1的圆柱 对于(D),若AB=BC,可得AB1BC,又AC=4. 及一个底面半径为2,高为2的圆锥的组合体. D (1)所求几何体的表面积为S="x2+ 所以AB=BC=22: C 图7 又因为SA=sC=2/2. x2x2x1+nx2x2/2=(8+4/2)m. 所以△SAB为等边三角形,乙SBA=60*. (2)所求几何体的体积为V=nx2*x1+1 -xnx2x 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面,得到△S.AB 则△SAB为等边三角形,且 乙S.BA=60*,如图5所示. 17.解;(1)设圆柱的底面半径为7.高为^.圆锥的母线长 所以SE+CE的最小值即为S.C. 为7.高为h,则2πr=24n,解得r=12cm,则h.= 又因为S.B=BC=22 图5 20-12=16cm. $ BC= SBA+ ABC=150* 所以“笼具”的体积V=-}h-1}h.=n(12)x30- 由余弦定理可得S.C^}=S.B^*}+BC}-2xS.BxBCx$$$$ cos 150*=8+8+8/3=16+8/3 (2)圆柱的侧面积S.=2mrh=720ncm 可得$.C=16+8/3=2(3+1).所以(D)正确 圆柱的底面积S,=r=144ncm}. 故选(A)(B)(D) 圆锥的侧面积为S.=mrl=240ncm{}。 三、填空题 所以“笼具”的表面积为S=S.+S.+S.=1104ncm^}. 12.5:13.2/6:14.413. 所以制造50个这样的“笼具”总造价为: 提示: 1104;×50×81104(元). 12.因为圆锥的母线长为3,高为2. l0 25 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 18.解:(1)设圆锥S0的母线长为1.底面⊙0的直径为2r. 所以2r=12. 因为△SAB的面积为48. 1.2r·s0-48,解得s0=8, 所以Ssu= 第33期2版 由勾股定理可得母线1=S0}+r*=10. 由圆锥的表面积公式有S=Sms+S=nrl+nr2=60- 专项小练一 1. B: 2. D; 3.ABC; 4.相交;5. P=1 +36π=96π. 6.证明:因为在矩形AA.B.B中,E为A.B 的中点. (2)如图8所示,作出圆锥的轴截面 所以AA.与BE不平行,则AA.与BE的延长线相交于一点. 球与圆锥侧面相切,设球心为D. 设此点为G.则GEAA..GBE. 则DE 1 SB于点E.DE=0D=R(其 又AA.C平面ACC.A,BEC平面BEF. 中R为球的半径), 所以G=平面ACC.A..G=平面BEF, 则△SED~△SOB,可得DE:B0= 所以平面ACC.A.与平面BEF相交. $D:$B,即-8-R,解得R=3. 一 专项小练二 6 10 1.D;2.D;3.A;4.相交或平行; 5.1或4. 所以球的体积V 三 6.证明:因为a/b.所以a与6可确定平面B. 因为aOa=P.所以平面a与平面B相交,且交线为过点 圆锥的体积V,= P的直线,设为1. 故圆锥体剩余空间的体积为V=V.-V =60* 因为在平面B内/与两条平行直线a.b中的一条直线a相 19.解:(1)把“球锥”切割成无数个小锥体,由题意得球 交,所以1必与b相交. 冠面积为S=2-R,所有小锥体的底面积之和即球冠面积,结 又不在平面a内,所以直线b和平面a相交 第33期3,4版 . 空间点、直线、平面之间的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题 (2)如图9,设圆锥半径为r. 1~4 BCCD 5~8 ABBA 则$=R-(R-h)*=2 Rh-h$ $ 提示: 当球缺的体积与圆锥的体积相等时, 1.“e”用来表示点线、点面之间的关系,“C”用来表示 V =2V, 线面间的关系. #即2-h=2×3(R-h), 2.不论直线/与a的位置关系如何,在a内总有直线.使 m17. 消去 得{--R^{h=--(2Rh-)(R-h), 3.因为De1.1CB.所以DeB又CeB.所以CDCB 同理CDC平面ABC,所以平面ABCD平面B=CD 4.由已知得直线/与平面a相交,设交点为P,则平面a内 过点P的所有直线与/相交,不过点P的直线与/异面,只有 (3)设正四面体P-ABC内接“球锥”,顶点P与球心重合, (D)正确. 楼长为a. 5.由于ABCD是空间四边形,故AB,BC确定平面ABC.CD DA确定平面ACD 因为Ee AB.FEBC.GECD.HEDA. >R不满足条件 所以EFC平面ABC,GHC平面ACD. 注意到,当顶点A.B.C在圆锥底面圆周上时. 因为EFOGH=M.所以M=平面ABC,Me平面ACD. 又因为平面ABCO平面ACD=AC,所以MeAC. 6.在四梭台ABCD-A.B.C.D.中,侧楼A.A.B.B.C.C.D.D 的延长线交于一点,令此点为V(如图1) -ABC,所得枝长小于R的正四面体均可内接该“球锥”. D 因此,若要存在校长唯一的正四面体内接该“球锥”,则 *1。 6 ,且顶点A,B,C在球冠上,即a=R,且R-h< 图1 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 由MEAA.,AA)C平面PAA. BD/ EF,所以四点B.D.E.F在同一平面内,故(A)正确; 得Me平面PAA.,同理M平面CDDC. 对于(B).延长BF,DE交于点P 而P平面PAA.,P=平面CDD.C. 则P=BF,P=DE. 则平面PAA.O平面CDDC =PM. 又因为BFC平面BCC.B.DEC平面DDC.C. 即直线PM为所求作的直线7.所以直线/与直线AA.相交 则PE平面BCCB.P平面DD.C.C. 7.由正方体的性质易知当P为A.C.的中点时,P为B.D 且平面BCC.B. D平面DDC.C=CC.所以P=CC 的中点,而DD /BB.,所以B.D.D.B. 共面,则BP.DD 在平 即三条直线BF,DE,CC.有公共点,故(B)正确; 面BDDB.上,故(A)不符题意; 对于(C),因为A.CC平面AA.C.C.0FD平面AA.C.C= 因为AA. /CC..即A.C.C.,A. 共面,易知P平面 0.0A.C. ACC.A.,而B平面ACC.A.PEA.C..PAC.故BP与AC异 所以直线A.C与直线0F是异面直线,故(C)错误 面,故(B)符合题意; 对于(D).因为A..0.C.M均在平面AA.C.C内,连接OM 当P.C.重合时.易知AB/D.C.AB=D.C.则四边形 则OM与A.C相交 ABC.D.是平行四边形,则此时AD./BP,故(C)不符合题意; 所以直线A.C上存在点N使M.N.0三点共线,故(D)正确 当P.C.重合时,显然B.C.BP相交,故(D)不符合题意 故选(A)(B)(D) 8.如图2,在正方体ABCD- 三,填空题 A.B.C.D.中,不妨设三条两两异面 12.0或1; 13.C..P.0是平面A.ACC.和平面BDC.的公 的直线为A.D..BB.CD. 共点,所以它们共平面A.ACC,与平面BDC.的交线; 令PeA.D.,作平面PPBB 14.①②. 过BB,则过P与BB.相交的直线 提示: 都在平面PPBB,内. 。 12.当点M在过a且与5平行的平面或过且与a平行的 作平面PP,CD过CD,则过P 图2 与CD相交的直线都在平面PP.CD内. 平面内时,没有满足条件的平面;当点M不在上述两个平面内 时,满足条件的平面只有1个 又平面PP.BB,与平面PP,CD不平行且不重合,有且仅有 13.因为0是BD的中点,则0是AC的中点. 一条公共直线,所以直线/只有1条 故Oe平面A.ACC, 二、多项选择题 9.AD: 10.AC: 11.ABD. A.C与截面BDC.交于P,故PEA.C 提示: 故P=平面A.ACC,又C =平面A.ACC .D 9.在(A)中,假设其中有三点共 故C.,P,0E平面A.ACC.,又C.,P,0E平面BDC, .E 线,则该直线和直线外的另一点确定 故C.P.0在平面A.ACC.和平面BDC.的交线上 图3 一个平面,这与四点不共面矛盾,故 14.因为△ABC在平面g外,它的三条边所在的直线分别 其中任意三点不共线,所以(A)正确;在(B)中,如图3.两个相 交a于P,0,R,所以P,0,R=平面aO平面ABC. 交平面有三个公共点A.B.C.且点A.B,C.D共面,点A.B.C.E 所以P,0,R三点在平面a与平面ABC的交线上 共面,但A.B.C.D.E不共面.(B)不正确;选项(C)显然不正 即三点共线,故①正确; 确;在(D)中,过直线与直线外一点可确定一个平面,设为a. 因为a与b平行,则可有由a,b确定一个平面a. 因此这三条直线都在平面a内,即三条直线共面.(D)正确.故 又aI=A.bOI=B,所以AEl.BEIAEa,BE 选(A)(D). 所以/C平面a,bC平面a, 10.(A)中,a/b.bCa,则a/a或aCa,所以不管a在 因为c与b平行,则可有由c.b确定一个平面B 平面内还是平面外,都有结论成立,故(A)正确;(B)中,直线a 同理可得,7C平面B,bC平面B. 与没有交点,所以a与可能异面,也可能平行,故(B)错误; 又/0b=B.而两条相交直线只能确定一个平面 (C)中,直线a与平面B没有公共点,所以a/B.故(C)正确; 所以a,B为同一平面,即四线共面,故②正确; (D)中,直线a与平面B有可能平行,故(D)错误 取正方体ABCD-A.B.C.D.中AB为a.BC为c.DD.为b. 故选(A)(C). 直线a.b异面,b,c异面,但a,c相交,不异面,故③错误; 11.作图,如图4 取正方体ABCD-A.B.C.D.中三条直线AB.AD.AA..他们 对于(A),连接BD.. 两两相交,但不仅仅确定一个平面,故④错误 因为BB / DD.,BB 四、解答题 DD..可知BB.D.D为平行四边形. 15.证明:因为aOv=bjOy=a. 则B.D /BD. 所以aCy.bC”. 又因为E.F分别为C.D. 因为直线a和b不平行,所以a,b必相交, B.C. 的中点,则B.D /FF,可得 B 图4 设aOb=P,则PEa.P=b 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 因为aCB.bCa,所以PeB,Pex. 所以过a,b./有且只有一个平面. 又aOB=c.所以PEc.即交线c经过点P (2)在空间四边形ABCD中,连接EF,HG 所以a.b.c三条直线必过同一点 因为H.G分别为AD.CD的中点, 16.证明:(1)因为P0C平面POR,M=直线PO 则HG/AC,且HG=- 2_C. 所以Me平面POR 因为ROC平面POR.N=直线RO,所以Ne平面POR -E 所以直线MVC平面POR 故HG/EF.且. HGEF. (2)因为Me直线CB.CBC平面BCD.所以Me平面BCD 故四边形EFGH为梯形,EH与FG交于一点, 由(1)知Me平面POR 设EH与FG交于点P,如图9,由 所以M在平面POR与平面BCD的交线上 于EHC平面ABD,点P在平面ABD内 同理可知,N.K也在平面POR与平面BCD的交线上 同理点P在平面BCD内. 所以M.N.K三点共线,所以点K在直线MV上. 又因为平面ABDO平面BCD= 17.解:(1)如图5所示,连接 BD,所以点P在直线BD上, DM并延长交DA.的延长线于点 故直线EHI,BD,FG相交于一点 0.连接ON.直线OV即为直线1. (2)由题知QNOA.B =P 第34期2版 D .C 由已知得△MA.O△MAD 专项小练一 所以A.0=AD=a=A.D.. 1.A; 2.ABC; 3.B;4.平行; 5.平行. 所以A.是0D.的中点 图5 6.证明:如右图,连接DM.交GF 又AP/D.N.所以A.P= 于0点,连接0E. 在△BCD中.G.F分别是BD.CD 所以PB =A B -AP=a- _= 的中点,所以GF/BC. 18.证明:①无三线共点情况,如图6 因为G为BD的中点. 设$Od=M.bOd=N.cOd=P.aOb=0.ao = 所以0为MD的中点 R,bOc=s. 在△AMD中,因为E,0分别为AD,MD的中点, 因为aOd=M,所以a,d可确定一个平面,设为a. 所以EO/AM. 因为Ned.0Ea,所以NEa.Oea. 又因为AM?平面EFG,EOC平面EFG 所以NoCa,即bCa. 所以AM/平面EFG 同理cCa,所以a.b.c,d共面; 专项小练二 1. D; 2.ACD;3.B;4.平行四边形;5.①②③④. 6.证明:因为PM:MA=BN:ND=PO:OD 所以MO//AD.NO//BP 因为BPC平面PBC.NOC平面PBC. 图6 图7 所以NO/平面PBC ②有三线共点的情况,如图7 又底面ABCD为平行四边形. 设b.c.d三线相交于点K,它们与a分别交于点N,P.M,且 所以BC//AD.所以MO//BC. Ka. 因为BCC平面PBC,MO平面PBC. 因为Kea,所以K和a确定一个平面,设为B 所以MO//平面PBC. 因为Nea.aCB.所以NeB.所以NKCB.即bCB. 又MOONO=O.MO.NOC平面MNO. 同理cCB.dCB.所以a.b.c.d共面 所以平面MNO/平面PBC. 由①②知a.b.c.d共面 第34期3,4版 19.证明:(1)设直线/与a.b分 别交于M.N.如图8. 空间直线、平面的平行同步核心素养测评 因为a/b,所以a,b确定一个平 一、单项选择题 图8 面,记为平面a. 1~4 DDDB 5~8 CCDD 因为点Me直线a,点Ne直线b,所以MEa,Nea, 提示: 所以直线MV.即/C平面a. 1.若AB与1平行,则和/平行的平面有无数个;若AB与1相 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 D C 交,则没有和/平行的平面;若AB与/异面,则和/平行的平面 因为A.D/B.C.PR/A.D 只有一个。 所以PR/BC. 2.当a与b共面,即a与5平行或相交时,如图1所示 又BCC平面B.D.C.PRt平面 B.D.C.所以PR//平面B.D.C.又POC PR=P.PO.PRC平面POR,所以平面 0 B 图5 POR/平面B.D.C.则平面POR为截 而.易知△POR是等边三角形,则Po”. 图1 -3,解得P0= 显然满足题目条件;在a与6相交的条件下,分别把a,6平 行移动到平面B、平面a上,此时a与异面,亦满足题目条件。 2.所以AP= 3.如图2所示,若M与D.重合,则DM/平面A.ACC,否 二、多项选择题 则,DV与平面A.ACC.相交 9. BD; 10. BCD; 11.ABD C 提示: M A B 9.(A)错误,a与8也可能相交;(B)正确,设a.处确定的平 面为y,依题意得”//a,//B,故a//B;(C)错误,a与B也可 / C 能相交;由线面平行的性质定理可知,(D)正确 故选(B)(D). B , 图2 图3 10.依题意,标出各点位置如图6所 BD,HG/BD,且 示,根据正方体的性质可知EM/AC. 4.如图3,由题意得EF/BD,且EF= 由于EM平面CAN,ACC平面 HG= CAN.所以EM/平面CAN.根据正方 体的性质可知BM/AV.同理可证得 所以四边形EFCH是梯形. B/平面CAN.由于EM.BMC平面 图6 又EF/BD.EFC平面BCD.BDC平面BCD BME.EMOBM=M.所以平面BME//平面CAN.(A)正确; 所以EF/平面BCD.分析知EH与平面ADC不平行 根据异面直线的知识以及图象可知AF与CN异面.(B)错误 5.如图4.设E.F.G.H.1.L.M.M 平面EFD即平面EFCD,由图6可知,BM与平面EFCD相 为相应校的中点,则NE//PB.且NE 交.(C)错误; 平面PBD,PBC平面PBD 根据异面直线的知识以及图象可知BE与AN异面.(D)错误 所以NE/平面PBD. 故选(B)(C)(D). 同理可得HE.NHI.GF,MF.MG与 图4 11.对于(A),在直四梭桂ABCD-A.B.C.D.中.AB/CD 平面PBD平行, 易得平面ABB.A. /平面DCC.D.. 由图可知其他的任意两条校的中点的连线与平面PBD相 又平面APORO平面ABB.A. =AP, 交或在平面PBD内,所以与平面PBD平行的直线有6条 平面APORO平面DCCD. =OR. 6. 因为平面BDM/平面A.C.平面BDMO平面A.B.C = 所以AP/OR,故(A)正确; DM.平面A.CO平面A.B.C =A.C.所以DM/A.C.过D作 对于(B),若四边形APOR为平行四边形,则P0/AR DE /A.C.交B.C. 于点E..则点M的轨迹是线段DE.(不包括 根据面面平行的判定,PO/AR.POC平面BCC.B.,ARC D点). 平面BCC.B,所以AR/平面BCCB 7.因为平面g/平面ABC.平面PPACO平面a=A'C',平 又BB //AABBC平面BCC.BAA.平面BCC.B.. 面PACO平面ABC=AC,所以A'C'/AC.同理得A'B'/AB. 所以AA. /平面BCCB. /AB) 又AA OAR=A.所以平面BCCB /平面ADDA.,这与 Sn 题目条件不符,故(B)正确; 对于(C),假设存在点P.使得△APR Svrc:Sac=4:25. 为等腰直角三角形. 令BP=x,如图7,过点D作DE1 8.如图5,连接BD.A.D.过点P作BD,A.D的平行线,分别 交校AB,AA.于点0,R,连接0R. AB,则DE=BC=V3.BD=2. 因为BD/B.D,所以PO/B.D .又B.D C平面B.D.C. 在线段DR上取一点M,使得DM= BP=x.连接BD.PM. PQ平面BD.C,所以PQ/平面B.D.C 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 则四边形BDMP为矩形. 所以NE}>MN{}+ME} 所以MP=BD=2. 所以乙NME为钝角. 则PR=MP+MR 所以当点F运动到点N时,F的最大值为4 =4+(DR-x). 四、解答题 $AP=PB+AB=4+, 15.解:直线1/平面PAC 证明如下: AR=DR+AD=4+DR. 因为E,F分别是PA.PC的中点,所以EF//AC.又EFC平 显然AR PR. 面ABC.且ACC平面ABC,所以EF/平面ABC.而EFC平面 若AP=PR.则DR=2x$AP$+PR$=AR$$即4+$+4 $$$$ BEF,且平面BEFO平面ABC=1.所以EF/1. +x=4+4x,解得x=2.DR=22>2.不满足题意, 因为IZ平面PAC,EFC平面PAC,所以1/平面PAC 若AP=AR,BP=DR=x$ 16.证明:(1)如图9.连接 又BP/DR. AE,则AE必过DF与GN的交点0. 所以四边形BPRD为平行四边形。 连接MO,则MO为△ABE的中位 所以PR=BD=2=$2AP=8+2,无解,故(C)错误;$$$ 线,所以BE/MO. 对于(D).当BP=CO时,满足BC/PO 又BE平面DMF,MOC平 面DMF,所以BE/平面DMF 则BC/平面APOR,故(D)正确.故选(A)(B)(D). 图9 三、填空题 (2)因为N.G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中 12.66*或114*; 14.4. 点,所以DE/GN. 又M是AB的中点,所以MV//DB 提示: 又DEODB=D.GNONM=N. 12.因为AB/A'B’,BC// B'C'. 所以平面BDE/平面MNG. 故乙A'B'C'=66*或乙A'B'C'=114 17.解:因为PA/平面EFGH.PAC平面PAB.平面PABC 13.因为平面g/平面B. 平面EFGH=EHI,所以PA/EH 由面面平行的性质定理得CD//AB. 同理,PA //FG.BC //EF.BC//HG. 所以EH//FG.EF/HG { 所以四边形EFGH为平行四边形 1 .所以EFAE·BC A/B 14.如图8.取CD的中点M.DD.的 中点N.连接ME.MN.NE.D.C. AB 因为M.E分别为CD.BC的中点. 所以四边形 EFGH的周长1 =2(EF +FG) , 所以ME/BD 2(AE·BC+BE·PA)8AB+4AF-84AF D AB AB 因为MEC平面A.BD,BDC平面 AB A.BD,所以ME/平面A.BD B 图8 因为04 <1,所以8<1<12. 同理,M.V分别为DC.DD.的中点. 所以/的取值范围为(8,12). 所以MV/D.C 18.(1)证明:如图10.连接AC. 又D.C/A.B.所以MN//A.B.MNC平面A.BD.A. BC平 交HD于点M,连接MF. 面A.BD. 因为底面ABCD为等腰梯形.CH 所以MN/平面A.BD 为等腰梯形的高,AB=3CD,AB/ 又MEOMN=M,MNC平面MNE,MEC平面MNE. CD.所以AM:MC=AH:CD=2:1. 0 所以平面MNE/平面A.BD. 图10 #EF-3tA.# 又EF//平面A.BD,所以EFC平面MNE. 又点F在四边形DCC.D. 内部及边界运动 所以FA:EF=2:1, 所以点F在平面MNE与平面DCCD.的交线上,即FeMN 所以AM:MC=AF:EF=2:1.所以MF/CE 2BD=2.MV- 2p.C-22. 在△MNE中,ME= 又MFC平面HDF.CEC平面HDF,所以CE//平面HDF 又因为AH:HB=2:1.所以HF/BE. 连接DE, 又HFC平面HDF,BEC平面HDF,所以BE//平面HDF 在$Rt△NDE中,NE=ND +DE=2+(2V3)*=4. 又CEOBE=E,所以平面BCE/平面HDF 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 (2)解:取AH的中点0.连接E0.因为AE=HE. 故平面BDE1平面ABCD 所以△AEH是等腰直角三角形, 第35期3.4版 所以EO1. AH,且EO=1,所以点F到AH的距离为2. 空间直线、平面的垂直同步核心素养测评 将△AHF以AH为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个 一、单项选择题 同底的圆锥,圆锥的底面圆半径就是点F到A的距离,即2 1~4 ADAC 5~8 DBCA 所以该几何体的体积为-x(3){x2- 提示: 7 1.因为a1a,a/b,所以b1a.又a/B,所以b1B 19.(1)证明:取PA的中点 2.因为bCB.cCB,a1b.a1c.若b.c相交,则a1B.从 M.连接MD.MF,如图11. 而a1B.又a/B或a与B相交时,可以存在a1b,a1c,所 因为F.V分别为PB,PA的中 以选(D). 3.由已知得P$}+R^$}=4+5=9=$PR$$,所以 P$R=$ 90*.又AC//PO.BD//OR.所以异面直线AC与BD所成的角 为四边形ABCD为平行四边形,所B 图11 即为乙POR 以AB/CD.AB=CD.因为E为 4.如图1所示,在四边形ABCD中,因为 1CD.所以FM/DE.FM=DE,所以 CD的中点,所以DE= AB=BC,AD=CD.所以 BD1 AC. 因为平面AA.C.C1平面ABCD,平面 四边形DEFM为平行四边形,所以FF/MD AA.C.CO平面ABCD=AC,.BDC平面 又因为EFt平面PAD,MDC平面PAD,所以EF/平面PAD ABCD,所以BD1平面AA.C.C. (2)解:存在点符合题意,且此时PQ =2. C 又CC.C平面AA.C.C,所以BD1CC. 5.如图2.取BD.的中点0.,连 取AB的中点H,连接PH交AF于点G,在PC上取点Q.使 C 接A.0,由正方体的特征易知A01 P0:0C=2:1.连接G0.HC 平面DD.B.B.连接0.B,则0.B为A.B 因为在平行四边形ABCD中,E,H分别为CD,AB的中点, 在平面DD.B.B内的射影,乙A.B0.为 所以AH//CE,AH=CE,所以四边形AHCE为平行四边形, 所求的线面角. 所以CH/AE,因为F为PB的中点 在Bt△A.O.B中,sin 乙A.BO. = 所以点G为△PAB的重心,且PG:GH=2:1. A A.0. 图2 因为P0:0C=2:1,所以G0/HC. A.B 又因为HC/AE,所以GO//AE. 6.因为PD1平面ABCD.BCC平面ABCD.所以PD1BC 所以G0和AE确定一个平面a.因为F在直线AG上. 因为四边形ABCD是直角梯形,乙ADC三90*,AB//CD 所以FEa.所以A.E.0.F四点共面,所以在线段PC上存 AB=AD=1.CD=2. =2. 所以BD=2.BC=1+(2-1)*=2. 所以BC^*}+BD*}=CD,BC1BD 第35期2版 因为BDOPD=D.BD.PDC平面PBD 专项小练一 所以BC1平面PBD,又PBC平面PBD 1.B: 2.BCD: 3.A:4.平行:5.4. 所以BC1. PB.即C到直线PB的距离是/2 6.证明:因为SA1平面ABC.AB.AC.BDC平面ABC 因为E是PC中点,所以E到PB的距离等于C到直线PB 所以SA 1AB.SA 1AC.SA 1 BD.所以SB=SA*+AB =2a.因为BC=2a.所以SB=BC 7.因为PA1平面ABCD.DEC平面ABCD,所以PA1DE 因为E为SC的中点,所以BE1sC. 又PE 1 DE.PA O PE =P.PA C平面 PAE.PEC平面 又因为DE1. SC.BEODE=E.所以SC 1. 平面 BDE PAE,所以DE1平面PAE. 专项小练二 因为AEC平面PAE,所以DE1.AE 1. D; 2.C; 3.BC: 4.v2;5.2. 即E点为以AD为直径的圆与BC的交点 6.证明:连接AC,与BD相交于点0.连接0E 因为AB=3,BC=a,满足条件的E点有2个, 则0是AC的中点 所以圆心也就是AD的中点到BC的距离小于半径。 又E是PA的中点,所以E0/PC,而PC1平面ABCD 所以E01平面ABCD,而EOC平面BDE, 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 8.过点M作M01AD于点0.连接C0.AC(图略).由半圆 三、填空题 面AMD1底面ABCD,半圆面AMDO底面ABCD=AD,MOC 12.垂直;13.2/5;14.230 平面AMD,得MO1底面ABCD,而△BCD的面积是定值,要使 三校锥M-BCD的体积最大. 提示: 当且仅当MO最大,此时M为孤AD的中点,0为AD的中 12.如图4.由于平面BCC.B 1平面ABCD且平面BCC.B 点,而△ACD为正三角形, 0平面ABCD=BC.而MNC平面BCC.B.MN1BC.所以MV 因此CO1AD,又COOMO=0.CO.MOC平面CMO,则 1.平面ABCD,所以MN1AB AD1平面CMO.而BC/AD.则BC1平面CMO.又CMC平 D C 面CMO.于是BC1CM.BC1CO,则乙MCO是二面角M-BC -D的平面角,Co=3.M0=1.MC=(3)+1=2.所以$ 乙, 二面角M-BC-D的余弦值cos MCO= D 二、多项选择题 图4 9.ACD: 10.BD; 11.AC. 图5 提示: 13.如图5.过A作AC11.垂足为C.过A作AB1B.垂足 9.选项(B)中,可以是如图3所 为B.连接BC,则AB=3cm, 示的情形. 因为/CB.所以AB11. 10.对于(A),易证AB与CE所 又ACOAB=A,AC,ABC平面ABC,所以11平面ABC 成的角为45*,所以直线AB与平面 又BCC平面ABC.所以11BC. 图3 CDE不垂直:对于(B),易证AB1 所以乙ACB是二面角a-I-B的平面角,即乙ACB=60*$ CE.AB1ED,且CEOED=E.所以ABI平面CDE;对于 所以点A到楼I的距离为AC-AB 3 (C).易证AB与CE所成的角为60*,所以直线AB与平面CDE 不垂直;对于(D),连接AC(图略).易证ED1平面ABC,得ED 14.取BC的中点D.连接AD.C.D.如 A 图6所示, 1 AB.同理证得EC1AB.且 EDOEC=E.所以AB1平面 CDE.故选(B)(D). 根据正三校柱性质可知AD1.BC. 又BB1平面ABC,ADC平面ABC. $11.(A). $=AD=AF+DE=2+2= $ 所以BB 1AD. 在△PDC中.PD+CD=PC. 又BCOBB =B.BC,BB. C平面 B 所以PD1. CD.由题可得CD1DE. 图6 BCC.B..所以AD1 平面BCC.B. 又PDO DE=D.PDC平面 PED.DEC平面 PED 所以乙AC.D为直线AC.与平面BCC.B.所成的角 则CD1.平面PED.因为CDC平面EBCD 设△ABC的边长为a,正三校杜的高为h. 所以平面PED1平面EBCD.故(A)正确; (B)中,若PC1FD.又ED1CD 则AD- PCOCD=C.PCC平面 PDC.CDC平面PDC 则ED1平面PDC,又PDC平面PDC. 所以ED1. PD,所以LEDP=2EDA=2, 又因为正三校柱ABC-A.B.C. 内接于半径为2的球, 显然矛盾,故(B)错误; 所以(}AD){}+()()+(){2” (C)中,由(1)知CD1DE,CD1平面PED 又PDC平面PED,所以CD1PD. 所以乙PDE是二面角P-DC-B的平面角 在Rt△PED中易知乙PDE=",故(C)正确; 即AB-230 5. (D)中,由CD1平面PED知. 四、解答题 乙CPD为直线PC与平面PED的所成角, 15.证明:因为PA1平面ABD.PC1平面BCD. 所以PA 1 BD.PC 1 BD. PC 1 EF. 又PAOPC=P,所以BD1平面PAC 故选(A)(C). 又EF1AC.PCOAC=C.所以EF1 平面PAC 高一数学人教A(必修第二册) 第32~35期 3 16. 解:PA与BD互相垂直, 设AM=x.则MC=x+1. 证明:如图7,取BC的中点 因为△MCC。的面积为1,所以1.2 0.连接P0.A0. =1. 3 因为PB=PC,所以P01 解得x=2(舍负),即AM=2= BC.又侧面PBC1.底面ABCD. 所以P01底面ABCD 故在AA.上存在一点M满足题意. 所以PO1.BD. 图7 19.(1)解:若AC=BD,则菱形ABCD为正方形, 在直角梯形ABCD中,因为 AB0= DCB=90*}.CD= 因为AA1平面ABCD.AB.ADC平面ABCD. OB.AB=BC. 所以AA. 1AB,AA. 1AD. 所以△ABO△BCD 所以直四校柱ABCD-A.B.C.D.在顶点A处的离散曲率 所以 BAO=CBD, CBD+ABD =90*$ #1-#()-# 所以A01BD. 又P0OA0=0.所以BD1 平面PAO,所以BD1 PA (2)证明:在四面体AABD中AA。 1AB,AA |AD.AA:= 17.(1)证明:由AB1侧面BB.C.C得AB1C.B 由$AB=B B$ =$ B$C=2 , B[CC =6 0{*$$$$ 所以四面体A.ABD在点A.处的离散曲率为1-2- 知 C.BC=90*.即C.B1 CB. 又CBOAB=B.所以C.B1平面ABC BD.)-7. 由校柱的性质,知平面ABC/平面A.B.C. 所以C.B1平面A.BC.. 解得乙BA.D-,易知A.B=A.D-2AB, (2)解:因为AB1侧面BB.C.C. 所以平面ABB.A 1.平面BB.C.C 所以BD=A.B=A.D= 2AB,所以AB1 AD 所以直四校柱ABCD-A.B.C.D.为正方体. 过点C. 作C.P1BB.,交BB 于点P.连接AP, 则CP1.平面AA.B.B 因为C.D. 1平面ADDA.,A.DC平面ADDA. 又C.PC平面C.AP.所以平面C.AP1平面AA.B.B 所以CD 1A.D. 又AD 1A.D.AD OC.D. =D..AD.C.D. C平面AC.D.. 在 BB C C中, BB C =$ BCC =60*}CC BC =$ 乙BCB=90, 所以A.D1平面AC.D, 所以B.P-B.C-c= 又AC.C平面ACD.. 所以AC 1A.D,同理BD1AC. 18.(1)证明:因为乙A.C.B. =乙ACB=90*. 又A.DOBD=D.A.D.BDC平面A.BD. 所以BC. 1A.C,又由直三校杜性质知B.C. 1CC. 所以AC 1.平面A.BD. 所以BC. 1平面ACCA.. (3)解:如图8,直四楼柱ABCD- 所以BC 1CD,由AA =BC=2AC=2.D为AA. 中点. A.B.C.D.在顶点A处的离散曲率为1 可知DC=DC=2. (++2DAB) 又此时DC}+DC}=CC}=4.所以DC1DC . 则乙 DAB=. 又B.C ODC. =C..所以CD1平面B.C.D. 图8 又CDC平面B.CD.故平面B.CD1平面B.C.D 即△DAB是等边三角形, 则在菱形ABCD中,BD1AC. 又AA 1平面ABCD.BDC平面ABCD,则AA 1BD 假设在AA.上存在一点M满足题意,由(1)可知B.C.1平 又AA. OAC=A.AA.,ACC平面AA.C.C. 面ACCA..则BC. 1CM. 所以BD1.平面AA.C.C. 在平面ACC.A.内过C.作C.E1CM,交CM或其延长线于 设ACDBD=0. E.连接EB.又B.C OC.E=C..则CM1平面B.C.E. 则乙BC.0即为BC.与平面ACC.所成的角, 则EB. 1CM. 所以乙B.EC.为二面角B -CM-C.的平面角. 所以sin/BC0= /2AB 所以2BEC. =60*} 10￥登台女卖0工码为等一富1的神换·林雪电润 本高海栏端横物国营 ￥酸量W装内明 15对-3s 国低重日量量装摩线 数理招 年2月日量五 高中数学 32期114 人数A 公修葡二潘 南高平 第用乳韵守量看 中，它来必为真布听 当港果 一伟 边罪A9》中.6 立体几何入门谈 C,AD■,边 处得位华L帽可题， 的一准调 力于轩块雄食同周 为一学料，装想序好立体儿辆，必得苹视月 之无与平面几有紧密的系 一、定神几同入门从作度开时 一笔的性含： 编处得方法有许相以之处当，这 怎，几月中可用图太明广正二角形内任 虚骨有人这真品候 是2体无特有行一面言形光 碳距会对之体几领学月严生一格阻得厘，用 有内国雅，国有中学平九B对，已明 之省值“ 三，三种互十企 不 ,在平中，只限于一平面 夏工具，计于开老学门性，条理 在体几山中，作事网速相用方交形 面，精的概全得州根此：养容共得了 F所缝的位，看上去会对得彩代易 有，程调山中图B博自卫丝山北耳见 在军面儿中.周条线不过年仔， 位朱几餐中，住度肉条直找有度有三种位置 厘.理成昏生，特本单元好以博一审周是 亚过中，巴合了文了替言与明形罐言 1)复得丁，就物的0具与按甘：下 截掉的和剩下的 始事中. (到当制过一十风小时，如国)，制笔 个方有个的 (3旋面日十小时，：图4.下物 这个短拓展空， 分超国传： 43)乡，着的即分它，下的 法是相同重时 体剩的汽生 C队是方，点 究二 婴C竹柱七，网十传 解：分慎定白 学想，为了国家 ，为 相分，门：的 女害，识不它必真解 2H 素养·专练 超捉粉 值0刻养·装据1川事（据文影1工动工4柔 专请小塔一，燕水立样困形 专墙小婚二，立体图形的真理图 零璃体塔三，简单凡何体的表面积与体期 ,下列结请的是 上7利因到出州中出样储直观厘 1,整长专4性正与件静们体积为 1A们用一个士，程一个情 《 (A}等里三角利的直现四格七等据三是用 )球面上卡到的两肉只作一个解 ()得首直箱黄不想中 (A4= 号 (C)王方彩约直5为7行山 G)相线的国侵结互置多道形的道长相 (D小三角形的直西一星者等厘三我思 (C916e 兽 1(事达》正授合的上，下理理山长分图 D)超组的厦山应直通得上任是一点的 54厚物里T 去事盘下列法王的 【A)碧任的城面明开期是界 1,质只风法E肉形慧 (A)持正大校角值上它年，3= D流王大楼白的时确阴是3 所在物直线博新图业出图 )流主大陵位的表到期是(0，了+ 42 周限的几具体是圆合 (C口S配是花直期三A形 4)值火模台的高是3= )园住国座瑞在中.平行1室自的过 (D引A的观关是4+4， 天有国性出国框开图力一小半格大2的甲 场 L已一水平酒佑角的直园 美美站所目九 照，调横的体是 4如右国，主力形业的转 42济元用 科二周漫比到山的本 这逗一四信性 立上线A0的直 呢围是A4DG及 用款几3球可相t量士一三指用乳 ,其中 EG,统比理取BA配中体AMAG 3五功防：等动租过正方体中（直国 四条最中最长段是 本相珍州利命制 9 -过4+如+#队 作4日年4组，阴阳一丰年年7有问0年44了4 ) 市调◆鲜 a·1,.▣4平▣可 “4,3 +314, +1+古-（后国 袋期H口月子：子年：U:￥. 餐1)量押后+64+站-3：4+44 H4:11年a-a4可，0年 2西4黑有通组卡#一=#+上有品4+#年】 不na衣=二收 @用性心表养热金飘体安想集 时用青相第用“人 二 17…√+}44：2 年a:度n4L室 4111。孕 料速享用 有门的城材一如得 二二 的：兰性M。+一4计， 为方aa42+-4▣里+ + ()动 两m了，市：1，出6对5骑把当14 社填显作精色3，针联一 解14=+8-=+4+