高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)專題練習(xí) 專題8.17 立體幾何初步全章綜合測(cè)試卷（基礎(chǔ)篇）（教師版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．（5分）（2022春·江蘇徐州·高一階段練習(xí)）下列說(shuō)法正確的是（）
A．多面體至少有3個(gè)面
B．有2個(gè)面平行，其余各面都是梯形的幾何體是棱臺(tái)
C．各側(cè)面都是正方形的四棱柱一定是正方體
D．棱柱的側(cè)棱相等，側(cè)面是平行四邊形
【解題思路】由多面體、棱臺(tái)、棱柱等幾何體的定義逐項(xiàng)判斷即可．
【解答過(guò)程】對(duì)于A，多面體至少有4個(gè)面，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，有2個(gè)面平行，其余各面都是梯形，但各側(cè)棱的延長(zhǎng)線不能交于一點(diǎn)，則該幾何體不是棱臺(tái)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，各側(cè)面都是正方形的四棱柱，可以是底面為菱形的直棱柱，不一定是正方體，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，由棱柱定義知，棱柱的各側(cè)棱平行且相等，故側(cè)面是平行四邊形，故選項(xiàng)D正確.
故選：D．
2．（5分）（2023秋·貴州貴陽(yáng)·高三期末）已知α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n是兩條不同的直線，則下列結(jié)論正確的是（）
A．若m//n，m//α，n//β，則α//βB．若α//β，m?α，n?β，則m//n
C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥βD．若m⊥n，m⊥α，n//β，則α⊥β
【解題思路】根據(jù)空間中線面、面面、線線位置關(guān)系逐項(xiàng)判斷，可得出合適的選項(xiàng).
【解答過(guò)程】對(duì)于A選項(xiàng)，若m//n，m//α，n//β，則α//β或α、β相交，A錯(cuò)；
對(duì)于B選項(xiàng)，若α//β，m?α，n?β，則m//n或m、n異面，B錯(cuò)；
對(duì)于C選項(xiàng)，由于m⊥n，m⊥α，可得n?α或n//α，
若n?α，因?yàn)閚⊥β，則α⊥β，
若n//α，過(guò)直線n作平面γ，使得α∩γ=a，則n//a，
因?yàn)閚⊥β，則a⊥β，∵a?α，因此，α⊥β，C對(duì)；
對(duì)于D選項(xiàng)，若m⊥n，m⊥α，n//β，則α//β或α、β相交（不一定垂直），D錯(cuò).
故選：C.
3．（5分）（2022秋·上海閔行·高二階段練習(xí)）如圖Rt△O'A'B'是一個(gè)平面圖形的直觀圖，斜邊O'B'=4，則原平面圖形的面積是（）
A．82B．42C．4D．2
【解題思路】將平面圖形的直觀圖復(fù)原為原圖，根據(jù)斜二測(cè)畫法的規(guī)則，即可求得答案.
【解答過(guò)程】根據(jù)斜二測(cè)畫法的規(guī)則，將平面圖形的直觀圖恢復(fù)為原圖，如圖示：
則OB=4,OA=42 ，故這個(gè)平面圖形的面積為S=12×4×42=82 ,
故選：A.
4．（5分）（2023春·山西晉城·高三階段練習(xí)）已知一個(gè)圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為2，4，它的側(cè)面展開圖扇環(huán)的圓心角為90°，則圓臺(tái)的表面積為（）
A．64πB．68πC．72πD．76π
【解題思路】計(jì)算母線長(zhǎng)為l=8，再利用圓臺(tái)的表面積公式計(jì)算得到答案.
【解答過(guò)程】圓臺(tái)母線長(zhǎng)為l=4×2π×42π-4×2π×22π=8，
圓臺(tái)的表面積S=π×22+π×42+π×8×2+4=68π.
故選：B.
5．（5分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)E，H分別是邊AB，AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD=23，則下列說(shuō)法正確的是（）
①E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；②EF與GH異面；
③EF與GH的交點(diǎn)M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上；
④EF與GH的交點(diǎn)M一定在直線AC上．
A．①③B．①④C．②③D．②④
【解題思路】利用三角形中位線性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、平面基本事實(shí)推理，再逐一判斷各個(gè)命題作答.
【解答過(guò)程】在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)E，H分別是邊AB，AD的中點(diǎn)，則EH//BD，且EH=12BD，
點(diǎn)F，G分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD=23，則FG//BD，且FG=23BD，
因此FG//EH，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面，①正確，②錯(cuò)誤；
因FG//EH，F(xiàn)G>EH，即四邊形EFGH是梯形，則EF與GH必相交，令交點(diǎn)為M，
點(diǎn)M在EF上，而EF在平面ACB上，則點(diǎn)M在平面ACB上，同理點(diǎn)M在平面ACD上，則點(diǎn)M是平面ACB與平面ACD的公共點(diǎn)，
而AC是平面ACB與平面ACD的交線，所以點(diǎn)M一定在直線AC上，④正確，③錯(cuò)誤，
所以說(shuō)法正確的命題序號(hào)是①④．
故選：B.
6．（5分）（2023·陜西咸陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D為BC的中點(diǎn)，將△ABC沿AD折疊成三棱錐A-BCD，則當(dāng)該三棱錐體積最大時(shí)它的外接球的表面積為（）
A．π B．2πC．3πD．4π
【解題思路】由題可證明AD⊥平面BCD，進(jìn)而得BD⊥DC時(shí)，三角形BCD的面積最大，此時(shí)三棱錐A-BCD的體積最大，再求在該條件下的幾何體的外接球半徑，進(jìn)而得表面積.
【解答過(guò)程】解：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D為BC的中點(diǎn)，
所以，BC=2,AD=BD=CD=1,AD⊥BC，
所以，在三棱錐A-BCD中，AD⊥BD,AD⊥DC，
因?yàn)锽D∩DC=D,BD,DC?平面BCD，
所以，AD⊥平面BCD，
所以，當(dāng)?shù)酌嫒切蜝CD的面積最大時(shí)，該三棱錐的體積最大，
因?yàn)镾△BCD=12DB?DC?sin∠BDC=12?sin∠BDC≤12，當(dāng)且僅當(dāng)∠BDC=π2時(shí)等號(hào)成立，
所以，當(dāng)BD⊥DC時(shí)，三角形BCD的面積最大，此時(shí)三棱錐A-BCD的體積最大，
所以，DA,DB,DC兩兩垂直，
所以，三棱錐A-BCD的外接球即為以DA,DB,DC為鄰邊的正方體的外接球，
所以，棱錐A-BCD的外接球直徑為以DA,DB,DC為鄰邊的正方體的體對(duì)角線，
所以，三棱錐A-BCD的外接球的半徑滿足2r=3，
所以，三棱錐A-BCD的外接球的表面積為4πr2=3π.
故選：C.
7．（5分）（2022秋·江西宜春·高三階段練習(xí)）下列四個(gè)正方體圖形中，A,B,M,N,P分別為正方體的頂點(diǎn)或其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB //平面MNP的圖形是（）
A．B．
C．D．
【解題思路】由直線與平面的位置關(guān)系對(duì)選項(xiàng)逐一判斷
【解答過(guò)程】對(duì)于A，由題意得MN//AC，NP//BC，而MP∩NP=P，AC∩BC=C，
MP?平面MNP，NP?平面MNP，AC?平面ABC，BC?平面ABC，
故平面MNP//平面ABC，而AB?平面ABC，故AB //平面MNP，故A正確，
對(duì)于B，取MP的中點(diǎn)Q，底面中心O，則NO//AB，故AB與NQ相交，故B錯(cuò)誤，
對(duì)于C，MB//NP，故B∈平面MNP，則AB∩平面MNP=B，故C錯(cuò)誤，
對(duì)于D，作平行四邊形MNPQ，則AB與MQ相交，故D錯(cuò)誤，
故選：A.
8．（5分）（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P在線段B1C上，有下列四個(gè)結(jié)論：
①AB1⊥CD1；
②點(diǎn)P到平面A1BD的距離為33；
③二面角A-B1C-D1的余弦值為23；
④若四面體B1ACD1的所有頂點(diǎn)均在球O的球面上，則球O的體積為23π.
其中所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】對(duì)于①，連接DC1，由四邊形DCC1D1為正方形，可得DC1⊥CD1，結(jié)合AB1∥DC1進(jìn)而得到AB1⊥CD1；
對(duì)于②，由B1C//A1D可得B1C//平面A1BD，所以點(diǎn)P到平面A1BD的距離即為點(diǎn)B1到平面A1BD的距離d，利用等體積法V三棱錐B1-A1BD=V三棱錐D-A1BB1即可求解；
對(duì)于③，結(jié)合題意可得AP⊥B1C,D1P⊥B1C，所以∠APD1為二面角A-B1C-D1的平面角，再利用余弦定理即可求解；
對(duì)于④，由四面體B1ACD1的外接球即為正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，所以球O的半徑為32，再利用球的體積公式求解即可.
【解答過(guò)程】如圖，連接DC1.因?yàn)樗倪呅蜠CC1D1為正方形，所以DC1⊥CD1.
又AB1∥DC1，所以AB1⊥CD1，故①正確；
因?yàn)锽1C//A1D，A1D?平面A1BD，B1C?平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD，
所以點(diǎn)P到平面A1BD的距離即為點(diǎn)B1到平面A1BD的距離d.
因?yàn)閂三棱錐B1-A1BD=V三棱錐D-A1BB1，
所以13×34×(2)2×d=13×12×1×1×1，解得d=33，故②正確；
由題意知△AB1C,△D1B1C為全等的等邊三角形，
當(dāng)點(diǎn)P為B1C的中點(diǎn)時(shí)，連接AP,D1P，則AP⊥B1C,D1P⊥B1C，
所以∠APD1為二面角A-B1C-D1的平面角.
由題意知AD1=2,AP=D1P=62，
在△APD1中，由余弦定理，得AD12=AP2+D1P2-2×AP×D1P×cs∠APD1，
即(2)2=622+622-2×62×62×cs∠APD1，所以cs∠APD1=13，故③錯(cuò)誤；
因?yàn)樗拿骟wB1ACD1的外接球即為正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，
所以球O的半徑為32，其體積為V=43π×323=32π，故④錯(cuò)誤.
綜上，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是2.
故選：B.
二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
9．（5分）（2022秋·江蘇南京·高三期中）用一個(gè)平面去截正方體，截面形狀不可能是下列哪個(gè)圖形（）
A．五邊形B．直角三角形C．直角梯形D．鈍角三角形
【解題思路】根據(jù)正方體的幾何性質(zhì)，結(jié)合截面的性質(zhì)、余弦定理進(jìn)行逐一判斷即可.
【解答過(guò)程】如圖所示，截面△ABC，
設(shè)AD=a，BD=b，CD=c，
∴AC2=a2+c2，BC2=b2+c2，AB2=a2+b2，
cs∠BAC=AB2+AC2-BC22AB?AC=a2+b2+a2+c2-b2-c22(a2+b2)(a2+c2)=2a22(a2+b2)(a2+c2)>0，
同理，cs∠ABC>0，cs∠ACB>0，即∠BAC,∠BCA,∠ABC為銳角，
∴△ABC為銳角三角形，B，D都不可能，BD都要選；
如圖截面可以是五邊形EFGHI，A可能，A不選
如圖截面MNPQ可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要選．
故選：BCD.
10．（5分）（2022秋·河北滄州·高三階段練習(xí)）某正四棱臺(tái)的上、下底面邊長(zhǎng)分別為32和42，若該四棱臺(tái)所有的頂點(diǎn)均在表面積為100π的球面上，則該四棱臺(tái)的體積可能為（）
A．703B．743C．5153D．5183
【解題思路】求出球的半徑，畫出直觀圖，分球心在正四棱臺(tái)的內(nèi)部和外部，兩種情況，求出正四棱臺(tái)的高，利用臺(tái)體體積公式求出答案.
【解答過(guò)程】設(shè)球的球心為O，半徑為R，則4πR2=100π，
解得：R=5，
上底面正方形ABCD的中心為M，下底面正方形EFGH的中心為N，

若球心在四棱臺(tái)的內(nèi)部，連接OA,OE,AM,EN,OM,ON，
則MN為四棱臺(tái)的高，OA=OE=5，AM=12AC=12×322+322=3，
同理：NE=4，
由勾股定理得：OM=OA2-AM2=4，ON=OE2-NE2=3，
所以四棱臺(tái)的高h(yuǎn)=MN=4+3=7，
此時(shí)四棱臺(tái)的體積V=13×18+32+18×32×7=5183；
若球心在四棱臺(tái)的外部，
則四棱臺(tái)的高h(yuǎn)=OM-ON=4-3=1，
此時(shí)四棱臺(tái)的體積V=13×18+32+18×32×1=743．
故選：BD.
11．（5分）（2022秋·黑龍江伊春·高二期末）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E,F分別是BC,A1D1的中點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）
A．四邊形B1EDF是菱形
B．直線AC與BC1所成的角為π4
C．直線AC1與平面ABCD所成角的正弦值是33
D．平面A1BD與平面ABCD所成角的余弦值是63
【解題思路】利用正方體ABCD-A1B1C1D1中的平行、垂直關(guān)系求解各選項(xiàng)即可.
【解答過(guò)程】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，
選項(xiàng)A：因?yàn)镋,F分別是BC,A1D1的中點(diǎn)，易得B1F∥DE，DF∥B1E，
又因?yàn)镈F=B1E=B1F=DE=a2+12a2=52a，所以四邊形B1EDF是菱形，正確；
選項(xiàng)B：如圖所示
因?yàn)锳C∥A1C1，所以直線AC與BC1所成角即為A1C1與BC1所成角，
因?yàn)锳1C1=BC1=A1B，所以直線AC與BC1所成的角為π3，錯(cuò)誤；
選項(xiàng)C：如圖所示
因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，所以直線AC1與平面ABCD所成角即為∠C1AC，
因?yàn)锳C1=a2+a2+a2=3a，所以sin∠C1AC=a3a=33，正確；
選項(xiàng)D：如圖所示，設(shè)AC交BD于O，
由正方體ABCD-A1B1C1D1，得O為BD中點(diǎn)，A1D=A1B=2a，
所以AO⊥BD，A1O⊥BD，
因?yàn)槠矫鍭1BD∩平面ABCD=BD，所以∠A1OA即為平面A1BD與平面ABCD所成角，
因?yàn)锳O=12AC=12a2+a2=22a，A1O=AO2+AA12=62a，
所以cs∠A1OA=22a62a=33，錯(cuò)誤，
故選：AC.
12．（5分）（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P，Q，M，N分別是棱AB，BC，CC1，B1C1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是（）
A．BD1⊥平面B1PQB．AM ∥平面B1PQ
C．D1M⊥平面B1PQD．AN ∥平面B1PQ
【解題思路】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理判定定理可判斷A，根據(jù)線面平行的判定定理可判斷B，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理判定定理可判斷C，利用面面平行的判定定理可判斷D.
【解答過(guò)程】A選項(xiàng)：如圖1，若BD1⊥平面B1PQ，則BD1⊥B1P，
又因?yàn)锳1D1⊥平面ABB1A1，B1P?平面ABB1A1，
則A1D1⊥B1P，連接A1B，又A1D1∩BD1=D1，
所以B1P⊥平面A1BD1，A1B?平面A1BD1，則B1P⊥A1B，
只有當(dāng)AB=2AA1時(shí)，B1P⊥A1B才成立，故A不正確；
B選項(xiàng)：如圖2，連接AC，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是棱AB，BC的中點(diǎn)，
所以AC//PQ，AC?平面B1PQ，PQ?平面B1PQ，
所以AC//平面B1PQ，
若AM//平面B1PQ，則平面AMC//平面B1PQ，
又平面AMC∩平面BCC1B1=CC1，平面B1PQ∩平面BCC1B1=B1Q，
所以B1Q//CC1，顯然不正確，故B不正確；
C選項(xiàng)：如圖3，若D1M⊥平面B1PQ，B1Q?平面B1PQ，
則MD1⊥B1Q，又易知C1D1⊥平面BCC1B1，B1Q?平面BCC1B1，
則C1D1⊥B1Q，又C1D1∩MD1=D1，
所以B1Q⊥平面C1MD1，CC1?平面C1MD1則B1Q⊥CC1，
顯然不正確，故C不正確；
D選項(xiàng)：如圖4，連接AC，CN，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是棱AB，BC的中點(diǎn)，
所以AC//PQ，AC?平面B1PQ，PQ?平面B1PQ，
所以AC//平面B1PQ，
因?yàn)镼，N分別是BC，B1C1的中點(diǎn)，所以B1N∥CQ，
所以四邊形B1NCQ是平行四邊形，則CN//B1Q，
NC?平面B1PQ，B1Q?平面B1PQ，
所以NC//平面B1PQ，且AC∩NC=C，
因此平面ACN//平面B1PQ，AN?平面ACN，
所以AN//平面B1PQ，故D正確．
故選:ABC.
三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）
13．（5分）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如果圓錐的高為8cm圓錐的底面半徑為6cm，那么它的側(cè)面展開圖的面積為 60πcm2 .
【解題思路】根據(jù)已知得出圓錐的母線長(zhǎng)與底面周長(zhǎng)，即可根據(jù)扇形的面積求法得出答案.
【解答過(guò)程】圓錐的高為8cm圓錐的底面半徑為6cm，
則圓錐的母線長(zhǎng)為82+62=10cm，底面周長(zhǎng)為2π×6=12πcm,
則它的側(cè)面展開圖的面積為12×10×12π=60πcm2,
故答案為：60πcm2.
14．（5分）（2022秋·廣西玉林·高三階段練習(xí)）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=6，D為B1B的中點(diǎn)，則A1B與C1D所成角的余弦值為 13013 .
【解題思路】取A1B1的中點(diǎn)E，連接DE，EC1，即可得到DE//A1B，從而得到∠EDC1為A1B與C1D所成的角，再利用余弦定理計(jì)算可得.
【解答過(guò)程】如圖，取A1B1的中點(diǎn)E，連接DE，EC1，
在△A1BB1中，D為B1B的中點(diǎn)，所以DE為中位線，所以DE//A1B，
所以∠EDC1為A1B與C1D所成的角，
在△EDC1中，ED=32+12=10，DC1=32+22=13，EC1=22-12=3，
所以cs∠EDC1=ED2+DC12-EC122ED?DC1=10+13-32×10×13=13013，
所以A1B與C1D所成角的余弦值為13013.
故答案為：13013.
15．（5分）（2022秋·河北衡水·高二開學(xué)考試）長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別是側(cè)棱AA1，CC1上的動(dòng)點(diǎn)，AE+CF=8，P在棱AA1上，且AP=2.若EF∥平面PBD，則CF= 2 .
【解題思路】連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接PO，過(guò)點(diǎn)C作CQ∥OP，交AA1于點(diǎn)Q，則結(jié)合已知可得四邊形EQCF為平行四邊形，則QE=CF，四邊形ABCD是正方形結(jié)合三角形中位線定理可得PQ=AP=2，再根據(jù)AE+CF=8可求得結(jié)果.
【解答過(guò)程】連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接PO，過(guò)點(diǎn)C作CQ∥OP，交AA1于點(diǎn)Q.
∵EF∥平面PBD，EF?平面EACF，平面EACF∩平面PBD=PO，
∴EF∥PO.
∵CQ∥OP，
∴EF∥QC，又EQ∥CF，
∴四邊形EQCF為平行四邊形，
∴QE=CF.
∵四邊形ABCD是正方形，
∴O是AC的中點(diǎn)，
又CQ∥OP，∴PQ=AP=2.
∵AE+CF=AP+PQ+QE+CF=2+2+CF+CF=8，
∴CF=2.
故答案為：2.
16．（5分）（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則下列結(jié)論中正確的序號(hào)是 ①②④ ．（填所有正確結(jié)論的序號(hào)）
①若E是直線AC上的動(dòng)點(diǎn)，則D1E//平面A1BC1；
②若E是直線BD1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是直線BD上的動(dòng)點(diǎn)，則EF⊥AC；
③若E是△ABC內(nèi)（包括邊界）的動(dòng)點(diǎn)，則直線D1E與平面ABC所成角的正切值的取值范圍是22,1；
④若E是平面BA1C1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐D1-AEC的體積為定值16
【解題思路】對(duì)于①：連接D1A,D1C.證明出平面D1AC//平面A1BC1，利用面面平行的性質(zhì)即可證明；對(duì)于②：連接B1D1.證明出AC⊥面BDD1B1.利用線面垂直的性質(zhì)即可證明；對(duì)于③：判斷出∠DED1即為直線D1E與平面ABC所成角,得到tan∠DED1=1DE.求出DE的范圍，即可求出tan∠DED1的范圍，即可判斷；對(duì)于④：利用等體積法轉(zhuǎn)化得到VD1-AEC=VE-D1AC =VB-D1AC=VD1-ABC.即可求得.
【解答過(guò)程】對(duì)于①：
連接D1A,D1C.
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，BC//A1D1，BC=A1D1，所以四邊形BCD1A1為平行四邊形，所以A1B//D1C.
又D1C?平面A1BC1,A1B?平面A1BC1，所以D1C//平面A1BC1.
同理可證：D1A//平面A1BC1.
因?yàn)镈1A∩D1C=D1，D1A?平面D1AC,D1C?平面D1AC,
所以平面D1AC//平面A1BC1.
因?yàn)镋是直線AC上的動(dòng)點(diǎn)，所以D1E?平面D1AC,所以D1E//平面A1BC1.故①正確；
對(duì)于②：連接B1D1.
因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1為正方體，所以AC⊥BD，
又 BB1⊥面ABCD,AC?面ABCD，所以BB1⊥AC.
因?yàn)锽D?面BDD1B1,BB1?面BDD1B1,BD∩BB1=B，
所以AC⊥面BDD1B1.
因?yàn)镋是直線BD1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是直線BD上的動(dòng)點(diǎn)，所以EF?面BDD1B1.
所以AC⊥EF.故②正確；
對(duì)于③：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥面ABCD.
對(duì)于平面ABC，DD1為垂線，D1E為斜線，DE為射影，所以∠DED1即為直線D1E與平面ABC所成角,所以tan∠DED1=DD1DE=1DE.
設(shè)AC∩BD=O，則AC⊥BD.
因?yàn)镋是△ABC內(nèi)（包括邊界）的動(dòng)點(diǎn)，所以當(dāng)E與O重合時(shí)，DE=DB2=22最小，
當(dāng)E與B重合時(shí)，DE=DB=2最大，
所以tan∠DED1=1DE∈22,2.
故③錯(cuò)誤；
對(duì)于④：三棱錐D1-AEC的體積VD1-AEC=VE-D1AC.
由①的證明過(guò)程可知：平面D1AC//平面A1BC1，所以平面A1BC1內(nèi)任一點(diǎn)到平面D1AC的距離都相等.
因?yàn)镋是平面BA1C1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，所以VE-D1AC=VB-D1AC=VD1-ABC=13S△ABC?DD1=13×12×1×1×1=16.
即三棱錐D1-AEC的體積為定值16.
故④正確.
故答案為：①②④.
四．解答題（共6小題，滿分70分）
17．（10分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）根據(jù)下列對(duì)幾何體結(jié)構(gòu)特征的描述，說(shuō)出幾何體的名稱.
(1)由八個(gè)面圍成，其中兩個(gè)面是互相平行且全等的正六邊形，其他各面都是矩形；
(2)由五個(gè)面圍成，其中一個(gè)面是正方形，其他各面是有一個(gè)公共頂點(diǎn)的全等三角形；
(3)由五個(gè)面圍成，其中上、下兩個(gè)面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且這些梯形的腰所在直線能相交于一點(diǎn).
【解題思路】（1）結(jié)合六棱柱的定義來(lái)求得正確答案.
（2）結(jié)合四棱錐的定義來(lái)求得正確答案.
（3）結(jié)合三棱臺(tái)的定義來(lái)求得正確答案.
【解答過(guò)程】（1）
該幾何體有兩個(gè)面是互相平行且全等的正六邊形，其他各面都是矩形，滿足棱柱的定義，故該幾何體是六棱柱.
（2）
該幾何體的其中一個(gè)面是正方形，其余各面都是三角形，并且這些三角形有一個(gè)公共頂點(diǎn)，因此該幾何體是四棱錐.
（3）
該幾何體上、下兩個(gè)面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且這些梯形的腰延長(zhǎng)后能相交于一點(diǎn)，因此該幾何體是三棱臺(tái).
18．（12分）（2022春·山西晉中·高一?？茧A段練習(xí)）如圖，梯形A1B1C1D1是一水平放置的平面圖形ABCD在斜二測(cè)畫法下的直觀圖.若A1D1平行于y軸，A1B1∥C1D1,A1B1=23C1D1=2,A1D1=1，求梯形ABCD的面積.
【解題思路】如圖，根據(jù)直觀圖畫法的規(guī)則，確定原平面圖形四邊形ABCD的形狀，求出底邊邊長(zhǎng)以及高，然后求出面積．
【解答過(guò)程】如圖，根據(jù)直觀圖畫法的規(guī)則，
直觀圖中A1D1平行于y軸，A1D1=1，?原圖中AD//Oy，
從而得出AD⊥DC，且AD=2A1D1=2，
直觀圖中A1B1//C1D1，A1B1=23C1D1=2，?原圖中AB//CD，AB=23CD=2，
即四邊形ABCD上底和下底邊長(zhǎng)分別為2，3，高為2，如圖．
故其面積S=12×2+3×2=5.
19．（12分）（2023·高一單元測(cè)試）用2π平方米的材料制成一個(gè)有蓋的圓錐形容器，如果在制作過(guò)程中材料無(wú)損耗，且材料的厚度忽略不計(jì)，底面半徑長(zhǎng)為x，圓錐母線的長(zhǎng)為y．
(1)建立y與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；
(2)圓錐的母線與底面所成的角大小為π3，求所制作的圓錐形容器容積多少立方米（精確到0.01m3）．
【解題思路】（1）由題意可知，制作該容器需要的鐵皮面積，即圓錐的表面積，得到方程πx2+πxy=2π，分離出y即可，利用x

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