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2024新高考衡水内部卷数学立体几何第八套答案
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衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第八套组编人:魏然审核人:魏然姓名:得分:家长签字:立体几何第8套答案∴=,一.选择题(共8小题)∴四面体ABCD体积的最大值为.故选:D.1.解:已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β为空间中两个不同的平面.①若m⊂α,α⊥β,则可能m∥β,故①错误;②若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β;故②正确;③若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α;故③正确;④若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故④错误;⑤若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n也可能异面,故⑤错误.故选:C.2.解:设圆锥的母线长为l,由底面半径为r=1,第4题图第5题图第6题图由题意知,πrl=2π,解得l=2;所以圆锥的高为h===,5.解:如图所示,在正三棱锥P﹣ABC中,点O为点P在底面ABC内的投影,取BC的中点D,22所以圆锥的体积为V圆锥=πrh=π×1×=π.故选:B.连结PD、AD,∵PB=PC,AB=AC,∴PD⊥BC,AD⊥BC,3.解:由题意可知AB=AD=AC=2,BC=CD=BD=2,∴∠ADP为侧面PBC与底面ABC所成的角,即cos∠ADP==sin∠OPD.则AB2+AD2=BD2,所以AB⊥AD,同理可得AB⊥AC,AC⊥AD,设球O1、O2的半径分别为R,r,则O1P==R,O2P==r,从而可以构造以ABCD为其中四个顶点的正方体,列出为2,外接球的半径为R,而O1P=O1O2+O2P,∴R=(R+r)+r,得,∴球O2与球O1的表面积之比为.外接球的真假就是正方体的体对角线的长,所以R==3,故选:D.所以外接球的体积为:=36π.故选:A.6.解:如图所示:设球的球心为O,半径为R,则SO1=8,OA=R,,4.解:△ABC的外接圆的圆心为O′,半径为r,则,得r=3,所以,即,解得R=9,连接OO′,BO′,OB,则,解得R=2,取SA的中点N,则BN=2,所以,,由题意可知,当D到平面ABC的距离为时,四面体ABCD的体积最大,设点C为截面圆周上一点,若截面面积最小,则OB⊥截面,此时截面圆半径为,所以截面面积的最小值为πr2=32π.故选:B.在△ABC中,∵BC=AB=3,∠BAC=,7.解:如图,AB=10(寸),则AD=5(寸),CD=1(寸),由余弦定理可得,cos=,得AC=3.设圆O的半径为x(寸),则OD=(x﹣1)(寸),明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第八套组编人:魏然审核人:魏然姓名:得分:家长签字:在Rt△ADO中,由勾股定理可得:52+(x﹣1)2=x2,解得:x=13(寸).故选:AD.∴sin∠AOD==,即∠AOD≈22.5°,则∠AOB=45°.10.解:延长AF与CC1交于点P,连接PE交B1C1于M,连接FM,则平面AEMF即为截面α,∵FC1∥AC,F是中点,∴C1是PC中点,则弓形的面积S=××132﹣×10×12≈6.3325(平方寸).由△与△相似得,,则,则该木材镶嵌在墙中的体积约为V=6.3325×50≈316.6(立方寸).MPC1MEB1故选:D.而E是BB1中点,于是ME与BC1不平行,故选项A错误;在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴CC1⊥BC,又AC⊥BC,AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1,又AF⊂平面ACC1A1,∴BC⊥AF,故选项B正确;第7题图第8题图由可知,可知,选8.解:如图,在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,记AB的中点为N,项C正确;连结MC,CN,NA1,则平面A1MCN即为平面α,延长PE交BC于点Q,则α将三棱柱ABC﹣A1B1C1分成体积较大部分证明如下:由正方体的性质可知:A1M∥NC,则A1,M,C,N四点共面,的体积为:记CC1的中点为F,连结DF,由题意得DF⊥MC,连结EF,则EF⊥MC,∴MC⊥平面DEF,则DE⊥MC,同理可证DE⊥NC,NC∩MC=C,∴DE⊥平面A1MCN,∴平面A1MCN即平面α,且四边形A1MCN即平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面,,故选项D错误.故选:BC.∵正方体的棱长为2,由题意知四边形AMCN是菱形,其对角线AC=2,MN=2,1111.解:对于A,以A为坐标原点建立空间坐标系,如图所示:∴平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为:=2.则=(4,0,4),=(0,4,2),=(4,2,﹣4),故选:B.∴=0,=0,∴A1F⊥AD1,A1F⊥AE,又AD1∩AE=A,二.多选题(共4小题)∴AF⊥平面ADE,故A正确;对于B,取过E作EG∥BC,则G为BC的中点,9.解:对于两条不同直线m,n和两个不同平面α,β,11111∵AD∥BC∥EG,∴平面ADE截正方体ABCD﹣ABCD的截面为等腰梯形EGDA,在A中,若m⊥α,n⊥α,则由线面垂直的性质定理得m∥n,故A正确;11111111由勾股定理可求得AD=4,EG=BC=2,AE=DG=2,在B中,若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α与β相交或平行,故B错误;111在C中,若α⊥β,m⊂α,则m与β相交、平行或m⊂β,故C错误;∴截面梯形的高为=3,在D中,若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则由线面垂直、面面垂直的性质得m∥α,故D正确.明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第八套组编人:魏然审核人:魏然姓名:得分:家长签字:∴截面梯形的面积为S=(2+4)×=18,故B正确;∴BD==a.对于C,∵BC1∥EG,EG⊂平面AD1E,BC1⊄平面AD1E,所以△ADC是正三角形,故B正确;∴BC1∥平面AD1E,故不论P在BC1的任何位置,P到平面AD1E的距离都是定值,而△AD1E∠ABD为AB与面BCD所成的角为45°,故C错误.的面积是定值,以E为坐标原点,EC、ED、EA分别为x,y,z轴建立直角坐标系,故三棱锥P﹣AD1E的体积是定值,与P点位置无关,故C错误;则A(0,0,a),B(0,﹣a,0),D(0,a,0),C(a,0,0).对于D,连接AC1,则AC1的中点O为正方体外接球球心,当截面最小时,AE必经过截面圆=(0,﹣a,﹣a),=(a,﹣a,0).的圆心,==(2,2,2),=(0,4,2),cos<,>=∴<,>=60°,故D错误.故选:AB.∴cos∠EAO=cos<>===,三.填空题(共4小题)13.5【详解】由题,根据斜二测画法的原则,OAOA3,OB24OB,∴最小截面圆的半径为r=||•cos∠EAO=,故最小截面面积为πr2=,故D错误.所以ABOA22OB5,故答案为:5故选:AB.14.解:连接EC,由已知可得,,,在Rt△CDE中,CE=.在△CD1E中,∵,∴ED1⊥CE,∵MF⊥CE,∴ED1∥MF,∵F为CE的中点,M为CD1的中点,∴==.故答案为:.第11题图第12题图12.解:取BD的中点E,则AE⊥BD,CE⊥BD.∴BD⊥面AEC.∴BD⊥AC,故A正确.AD=DC=AB=BC=a,取AC的中点E,连接DE,BE,DE=BE=a.∵ABCD是正方形,∴EB⊥AC,ED⊥AC,∴∠BED为二面角B﹣AC﹣D的平面角,∴∠BED=90°15.解:如图,过A作AF⊥BC的延长线,垂足为F,∵平面ABC⊥平面BCDE,平面ABC∩平面BCDE=BC,明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第八套组编人:魏然审核人:魏然姓名:得分:家长签字:∴⊥平面,由=,=,△的面积为,得,AFBCDEBE2BC4ABC17.(1)证明:因为四边形ABEF为矩形,所以AF∥BE,又BE平面BCE,AF平面BCE,所∴AF=,则=4×2×;以AF∥平面BCE.(2)过C作CMAB,垂足为M,因为ADDC,所以四边形ADCM为矩形.∵=.因为ADCD2,AB4,所以AMMB2,AC22,CM2,BC22,所以AC2BC2AB2,所以ACBC.因为AF平面ABCD,AF∥BE,∴,则.故答案为:.所以BE平面ABCD,所以BEAC.又BE平面BCE,BC平面BCE,BEBCB,所以AC平面BCE,又AC平面ACF,所以平面ACF平面BCE.16.取BC的中点D,连接SD,AD,如图所示:618.(1)证明详见解析(2)证明详见解析(3)二面角AEFB的大小是定值,其余弦值为.3(1)直线EF即直线BD11,根据正方体的性质可知EF//BD,由于EF平面ABCD,BD平面ABCD,所以EF//平面ABCD.(2)根据正方体的性质可知ACBD,ACDD1,由于BDDD1D,因为SBSC,所以D为△SBC的外接圆圆心,所以AC平面BDD11B,由于BE平面BDD11B,所以ACBE.又因为ABACBC,D为BC的中点,所以ADBC.平面即平面ABD,平面即平面BDDB,由于平面ABD与平面BDDB固定,因为平面SBC平面ABCBC,所以AD平面SBC,(3)AEF11BEF111111所以三棱锥SABC的外接球球心在直线AD上.所以二面角AEFB的大小是定值,设ACBDO,AC11B1D1O1,在AD上取一点O,使得OSOA,即O为三棱锥SABC的外接球球心,由于AB1AD1,O1是BD11的中点,所以AO1B1D1,221设OSOAR,AD2333,所以OD3R,SDBC3.2根据正方体的性质可知,OO1B1D1,OO1BD,所以AOO1是二面角AEFB的平面角.在RT△SDO中,SD2OD2SO2,2222226所以33RR,解得R2,所以三棱锥的外接球的表面积为4R216.故答案为:16在直角三角形AOO中,AO,OO1,AO12,111222明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第八套组编人:魏然审核人:魏然姓名:得分:家长签字:126cosAOO所以1663.2因为CD2,AB4,AB//CD,所以AP//CD,APCD,所以四边形APCD为平行四边形,所11以ODDP.同理可证:四边形BPDC为平行四边形,所以ODBC,OD//BC.22119.(1)3063;(2)证明见解析;(3).19因为ABCDABCD为直四棱柱,M为BC11的中点,所以CMBC,CM//BC.1111121(1)因为ABCDA1BC11D1为直四棱柱,所以侧面均为矩形.所以C1MOD,C1M//OD,所以四边形ODC1M为平行四边形,所以C1D//OM.因为ADBCCD2,AB4,AA13,所以侧面积又因为CD1面AMC,OM面AMC,所以CD1//面AMC.S1ADCDBCABAA12224330.(3)由(2)可知:CD1//面AMC,所以C1和D到面AMC的距离相等,而上下底面为全等的等腰梯形.如图示:11所以VVV2333.而VSAA333931DAMCMACD3221ABCDV31所以1.V293920.(1)证明:连接BO1,在圆柱OO1中,BC⊥平面CEDF,过D作DE⊥AB于E,过C作CF⊥AB于F.由等腰梯形的对称性可得AEBF1.∵EF平面CEDF,∴EF⊥BC,∵EF⊥CD,BCCDC,∴EF⊥平面ABCD,所以DEAD2AE222123.又BO平面ABCD,∴EFBO,∵在△BEF中,O为EF的中点11111所以底面积SCDABDE24333.222∴BE=BF.所以表面积为SSS2306312(2)连接DE,∵AD⊥平面DEF,∴AE与平面DEF所成角为取的中

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