2024新高考衡水内部卷数学立体几何第八套答案

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