高中数学必修第2册第八章 综合测试卷B卷（解析版）

1/1第八章立体几何初步综合测试卷B卷一、单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分）1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为、，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设圆柱的底面圆半径为r，母线长为l，则该圆柱轴截面矩形的一组邻边长分别为2r，l，依题意，，解得，由圆柱侧面积公式得：，所以该圆柱的侧面积为.故选：A2．a，b为两条直线，，为两个平面，则下列四个命题中，正确的命题是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】A【解析】对于A：，，则或，又，由面面垂直的判定定理可知，故A正确；对于B：用长方体验证．如图，设为，平面为，为，平面为，显然有，，，但得不到，故B不正确；对于C：可设为，平面为，为，平面为，满足选项的条件却得不到，故C不正确；对于D：设为，平面为，平面为，显然有，，但得不到，故D不正确；故选：A3．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．不确定【答案】A【解析】由题可知，正方体的棱长为1，则平面，又，在线段上运动，平面，点到直线的距离不变，由正方体的性质可知平面，则，而，，故的面积为，又由正方体可知，，，且，平面，则平面，设与交于点，则平面，点到平面的距离为，.故选：A.4．在空间四边形中，分别是，，，的中点.若，且与所成的角为，则的长为（）A． B． C．或 D．或【答案】D【解析】如图所示，因为，，，分别是，，，的中点，所以，，所以四边形为菱形，又因为与所成的角为，所以与所成角为，所以菱形的边长为，相邻两个内角分别为，即或，所以或故选：D5．在正四面体中，D，E，F侧棱，，的中点，下列说法不正确的（）A．面 B．面面C．面面 D．面【答案】B【解析】对于A：因为D，E，F侧棱，，的中点，所以，又面，面，所以面，故A正确；对于B：过P作，平面平面，若面面，则面，∵面，∴.∵，面，面，∴面，∵面∴，∵，，∴与不可能垂直，矛盾.故选项B不正确；对于D：设正的中心Q，则点Q在AE上，连接PQ，由正四面体的性质得面，又面，所以，又，，所以面，故D正确；对于C：由D选项解析得面，又面，所以面面，故C正确，所以不正确的选项是B选项，故选：B．6．如图，在棱长为a的正方体中，P在线段上，且，M为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．与点M的位置有关【答案】A【解析】由题意知，点到平面MBC的距离为a，又，所以点到平面MBC的距离为，又点M在上运动，所以，所以，故选：A.7．如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（）A． B．平面C．平面 D．平面平面【答案】D【解析】翻折前，，，翻折后，对应地有，，，，则平面，平面，故平面平面，D选项一定成立；对于B选项，由上可知，二面角的平面角为，在翻折的过程中，会发生变化，则与不一定垂直，即与平面不一定垂直，故B选项不一定成立；对于A选项，设，在图一中，，所以，，可得，，因为，则，故，所以，，在图二中，过点在平面内作交于点，连接，则，故，则，又因为，故不为的中点，因为，，则，若，且，则平面，平面，则，由于、平面，且，故，由于为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，A选项不成立；对于C选项，由A选项可知，因为，平面，平面，所以，平面，若平面，，则平面平面，因为平面平面，平面平面，则，由于为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，C选项不成立.故选：D.8．在三棱锥中，，截面与，都平行，则截面的周长等于（）A． B． C． D．无法确定【答案】A【解析】设，因为平面，平面平面，平面，所以，同理可得，，，故四边形为平行四边形，所以，.因为，所以，，所以四边形的周长为.故选：A.二、多选题（每题至少有2个选项为正确答案，每题5分，4题共20分）9．已知直线l､m，平面，则下列说法中正确的是（）A．若，则必有 B．若，则必有C．若，则必有 D．若，则必有【答案】CD【解析】对于A，平面可能相交，所以选项A错误；对于B，平面可能平行或斜交，所以选项B错误；对于C，因为且，则必有，所以C正确；对于D，因为，则必有，所以D正确.故选：CD10．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，则（）A．B．平面．C．异面直线与所成角的余弦值为D．与平面所成角为【答案】AB【解析】根据题意，设，则，对于A中，由余弦定理可得，所以，所以，因为平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确；对于B中，由，因为，可得，又由平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，所以B正确；对于C中，由底面为平行四边形，可得，所以异面直线与所成角，即为与所成角，设，在直角，可得，所以.所以C不正确；对于D中，因为底面，所以为与平面所成角，可得，所以，即直线与平面所成角为，所以D不正确.故选：AB.11．如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（）A． B．C． D．【答案】AD【解析】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.对于B选项，设是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.故选：AD12．矩形中，，，将此矩形沿着对角线折成一个三棱锥，则以下说法正确的有（）A．三棱锥的体积最大值为B．当二面角为直二面角时，三棱锥的体积为C．当二面角为直二面角时，三棱锥的外接球的表面积为D．当二面角不是直二面角时，三棱锥的外接球的表面积小于【答案】ABC【解析】过C作于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则为二面角的平面角，如图，平面CEG平面DBA，过C作CFEG于F，则平面，在直角中，，，显然，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为，而，则三棱锥的体积最大值为，A正确；当取最大值时，平面，又平面，则平面平面，即二面角为直二面角，三棱锥的体积为，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO为半径的球面上，显然，无论二面角如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为，C正确，D不正确.故选：ABC三、填空题（每题5分，共20分）13．如图，是边长为1的正方形，是四分之一圆弧，则图中阴影部分绕轴旋转一周得到的旋转体的表面积为________________.【答案】【解析】几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以圆柱的体积是，半球的体积是，因此所求几何体的体积为，故答案为：.14．如图已知A是所在平面外一点，，E､F分别是的中点，若异面直线与所成角的大小为，则与所成角的大小为___________.【答案】或【解析】解：如图所示：取的中点，连接，则，，所以为异面直线与所成角或其补角.因为，所以，当时，为等边三角形，，即与所成角的大小为；当时，，为等腰三角形，，即与所成角的大小为.故答案为：或.15．2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”（如图），一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点，，，，，，将正方体削成正八面体形状泥块，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块，使得正八面体形状泥块可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为___________.【答案】【解析】如图所示：设正方体的中心满足，则几何体的外接球的球心为，半径为.当“灯罩斗笠”的表面积最小时，正八面体形状泥块的外接球即为圆锥的内切球，故圆锥的底面圆的半径，所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为.故答案为：16．在三棱锥中，，二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为______________.【答案】【解析】取线段的中点，连结，，由题意得，，是二面角的平面角，，由以上垂直关系可得平面，分别取，的三等分点，，在平面内，过点，分别作直线垂直于，，两条直线的交点即球心，连结，则球半径，由题意知，，，，连结，在中，，，，球的表面积为．故答案为：．四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1.（1）求证：平面C1BD；（2）求证：⊥平面A1DC.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】正方体．，，又，，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面．（2）正方体．，平面，平面，，又，平面．18．如图，平面ABC，平面ABC，AD与CE不相等，，，四棱锥的体积为，F为BC的中点.（1）求CE的长度；（2）求证：平面BDE；（3）求证：平面平面BCE.【答案】（1）2（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】因平面ABC，平面ABC，则，，而ADCE，即有四边形ACED是直角梯形，又，，则，于是有，即，因平面ABC，则，又，且平面ACED，因此，平面ACED，直角梯形ACED的面积，四棱锥的体积，解得，所以CE的长度是2.（2）由(1)知，，，取BE中点M，连接DM，FM，如图：因F为BC的中点，则，且，于是得四边形ADMF是平行四边形，则，而平面BDE，平面BDE，所以平面BDE.（3）因平面ABC，平面ABC，则，又，且F为BC的中点，则，又，且平面BCE，因此，平面BCE，由(2)知，则平面BCE，又平面BDE，所以平面平面BCE.19．如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝．（1）求证：PD⊥平面PAB；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在；【解析】证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，平面，所以PD⊥平面PAB．（2）取AD的中点O，连接PO，CO．因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD．因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO．因为AC＝CD，所以CO⊥AD．如图建立空间直角坐标系O­xyz．由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．设平面PCD的法向量为＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以＝(1，－2，2)．又＝(1，1，－1)，所以cos〈，〉＝＝－，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为．（3）设M是棱PA上一点，不妨设存在λ∈(0，1]，使得＝λ．因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则·＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝．20．如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，，，，，O为四边形对角线的交点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）取AD中点M，连QM，OM，如图，因O是正四棱锥底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，，于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而平面ADQ，平面ADQ，所以PO//平面ADQ.（2）在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，因平面，则PQAQ，，而，则PO=2，，中，，于是得，所以二面角的正弦值.21．如左图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点E满足.现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如右图所示.（1）求证：；（2）求异面直线与BE的距离；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）证明：在图1中，连接CE，易求.∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点O，则.∴在图2中，，.又于O，∴平面.又平面，∴；（2）解：由勾股定理可得，∴.过作的垂线OM，交于M，则OM即异面直线与BE的距离，；（3）解：在图2中延长BE，CD，设，连接AG.∵平面，平面.又平面，平面.∴是平面与平面的交线，∵平面平面BCDE，，平面平面，∴平面，又平面，∴，作，垂足为H，连接CH，又，∴平面OCH，又平面OCH，∴.∴即为平面与平面所成锐二面角的平面角.由（1）知，，为等边三角形，∴，∵，∴，解得.在中，，∴.∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.22．如图，在直三棱柱中，侧棱，，且M，N分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）若，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）证明：如图，取的中点为，连接，，∵为的中点，且侧面为矩形，∴，∵平面，平面，∴平面，又∵为的中点，∴是的中位线，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，且，平面，∴平面平面，∵平面，∴平面；（2）如图，过点作于，过作于点，连接、，由（1）知平面平面，∴二面角的大小即为二面角的大小，∵在直三棱柱中，侧面底面，且侧面底面，又平面，且，∴平面，∵平面，平面，∴，，又∵，且，，平面，∴平面，∵平面，∴，∴为二面角的平面角，∵，且，∴，且，从而，∴，∵，∴在中，有，∴，所以二面角的大小为.第八章综合训练一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如图所示,△A'O'B'表示水平放置的△AOB的直观图,B'在x'轴上,A'O'与x'轴垂直,且A'O'=2,则△AOB的边OB上的高为()A.2 B.4 C.22 D.422.如图,一圆锥的母线长为4,其侧面积为4π,则这个圆锥的体积为()A.153 B.C.153π D.83.在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后点A与点C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为()A.30° B.60° C.90° D.120°4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=22,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A.(60+42)π B.(60+82)πC.(56+82)π D.(56+42)π5.如图,正四棱锥P-ABCD的体积为2,底面积为6,E为侧棱PC的中点,则直线BE与平面PAC所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90°6.已知:平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为()A.13 B.151 C.123 D.157.在空间四边形ABCD中,AD=2,BC=23,E,F分别是AB,CD的中点,EF=7,则异面直线AD与BC所成角的大小为()A.150° B.60° C.120° D.30°8.已知三棱锥P-ABC的高为1,底面△ABC为等边三角形,PA=PB=PC,且P,A,B,C都在体积为32π3的球O的表面上,则该三棱锥的底面△ABC的边长为(A.233 B.3 C.3 二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.9.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题不正确的是()A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥αB.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥βC.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥βD.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α10.如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下列结论中正确的是()A.AE⊥CEB.BE⊥DEC.DE⊥平面CEBD.平面ADE⊥平面BCE11.如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是()A.PD∥平面OMNB.平面PCD∥平面OMNC.直线PD与直线MN所成角的大小为90°D.ON⊥PB12.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得的截面面积为9D.点C与点G到平面AEF的距离相等三、填空题13.圆柱的高是8cm,表面积是130πcm2,则它的底面圆的半径等于cm,圆柱的体积是cm3.

14.[2023江西赣州大余期末]如图,正三棱柱ABC-A'B'C'的底面边长为3,高为2,一只蚂蚁要从顶点A沿三棱柱的表面爬到顶点C',若侧面AA'C'C紧贴墙面(不能通行),则爬行的最短路程是.

15.已知在菱形ABCD中,AB=2,∠A=120°,沿对角线BD将△ABD折起使二面角A-BD-C为120°,则点A到△BCD所在平面的距离为.

16.学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.

四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,E,F,G,H分别为BB1,CC1,A1B1,A1C1的中点.证明:(1)E,F,G,H四点共面.(2)EG,FH,AA1三线共点.18.[2023上海徐汇月考]某种“笼具”由上、下两层组成,上层和下层分别是一个圆锥和一个圆柱,其中圆柱与圆锥的底面半径相等,如图所示,圆锥无底面,圆柱无上底面有下底面,内部镂空,已知圆锥的母线长为20cm,圆柱高为30cm,底面的周长为24πcm.(1)求这种“笼具”的体积(π取3.14,结果精确到0.1cm3);(2)现要使用一种纱网材料制作这样“笼具”的保护罩(包括底面)50个,该保护罩紧贴包裹“笼具”,纱网材料(按实测面积计算)的造价为每平方米8元,共需多少元?(结果精确到0.1元)19.[2023陕西渭南韩城期中]如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是A1D,BD的中点.求证:(1)平面A1BD∥平面CB1D1;(2)EF∥平面DCC1D1.20.[2023山东青岛即墨期中]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1=1,M,N,Q分别为AC,B1C1,CC1的中点.求证:(1)MN∥平面ABB1A1;(2)A1B⊥平面MNQ.21.[2023山东聊城期末]如图,平面四边形ABCD由等腰直角三角形ABC和等边三角形ACD拼接而成,将△ACD沿AC折起,使点D到达点P的位置,且BP=AB.(1)求证:平面ACP⊥平面ABC;(2)求二面角P-AB-C的余弦值.22.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.

参考答案第八章综合训练1.D设△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=22S直观图,所以12×OB×h=22×12×O'B'×2,又OB=O'B',所以2.C设圆锥的母线长为l,底面半径为r,则πrl=4π,又l=4,所以r=1.所以圆锥底面面积为S=π,圆锥的高为h=15,故圆锥的体积V=13Sh=1533.C如图,由A'B=BC=1,∠A'BC=90°知A'C=2.∵M为A'C的中点,∴MC=AM=22,且CM⊥BM,AM⊥BM∴∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.∵AC=1,MC=MA=22,∴∠CMA=90°,故选C4.A四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=πr22+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×22=(60+42)π.故选5.C如图,过点P作PO⊥平面ABCD,点O为垂足.连接AC,BD,则AC与BD相交于点O.在正四棱锥中,根据底面积可得,BC=6,根据体积公式可得,PO=1.BD⊥AC,即BD⊥平面PAC,∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角.因为PO=1,OA=3,所以PA=2,OE=12PA=1,而BO=3,所以tan∠BEO=BOOE=3,即∠BEO=60°6.A如图,连接AD.∵α⊥β,∴AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD=AB2+B在Rt△CAD中,CD=AC2+7.D如图所示.设BD的中点为O,连接EO,FO,所以EO∥AD,FO∥BC,则∠EOF是AD,BC所成的角或其补角,又EO=12AD=1,FO=12BC=3,EF=根据余弦定理,得cos∠EOF=1+3-72所以∠EOF=150°,异面直线AD与BC所成的角为30°.8.C设球O的半径为R,由球的体积为32π3可得,43πR3=32π3因为三棱锥P-ABC的高h为1,所以球心O在三棱锥外.如图,设点O1为△ABC的外心,则OO1⊥平面ABC.在Rt△AO1O中,由AO12=OA2-OO12,且OO1=R-h=1,得AO因为△ABC为等边三角形,所以AO1=23AB·sin60°=33AB,所以AB=3AO1=3.故选9.ABC选项A的已知条件中如果加上m⊂β,那么命题就是正确的,也就是面面垂直的性质定理.选项B错误,容易知道两个平面内分别有一条直线平行,那么这两个平面可能相交也可能平行.选项C错误,因为两个平面各有一条与其平行的直线,如果这两条直线垂直,并不能保证这两个平面垂直.选项D正确,由n⊥α,n⊥β可得α∥β,又因为m⊥β,所以m⊥α.10.ABD由AB是底面圆的直径,得∠AEB=90°,即AE⊥EB.∵圆柱的轴截面是四边形ABCD,∴AD⊥底面AEB,BC⊥底面AEB.∴BE⊥AD,又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,∴BE⊥平面ADE,∴BE⊥DE.同理可得,AE⊥CE,易得平面BCE⊥平面ADE.可得A,B,D正确.∵AD∥BC,∴∠ADE(或其补角)为DE与CB所成的角,显然∠ADE≠90°,∴DE⊥平面CEB不成立,即C错误.11.ABD连接BD,图略,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN,A正确;由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB,又底面为正方形,所以AB∥CD,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN,B正确;因为MN∥CD,所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠PDC=60°,故直线PD与直线MN所成角的大小为60°,C错误;因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PB⊥PD,又PD∥ON,所以ON⊥PB,D正确.12.BC∵AD1∥EF,∴平面AEF即平面AEFD1,故A错误.∵A1G∥D1F,A1G⊄AEFD1,∴A1G∥平面AEFD1,即A1G∥平面AEF,故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知梯形面积为98,故C正确点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离,显然D错误.13.5200π设圆柱的底面圆的半径为rcm,则S圆柱表=2π·r·8+2πr2=130π.解得r=5,即圆柱的底面圆半径为5cm.圆柱的体积V=52π×8=200π(cm3).14.13正三棱柱ABC-A'B'C'的侧面部分展开图如图所示,图1图2如图1,连接AC'与BB'交于点G,则爬行的最短路程是沿着AC'爬行,此时AC'=AC2+如图2,连接AC',过C'作AB的垂线交A'B'于点E,则C'E=A'C'·sin60°=32则C'F=72,所以AC'=A∵13<4,∴爬行的最短路程是13.15.32设AC∩BD=O,则翻折后AO⊥BD,CO⊥BD,即∠AOC即为二面角的平面角,所以∠AOC=120°,且AO=1,故d=1×sin60°=316.118.8由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).17.证明(1)如图,连接EF,GH.∵GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1.∵B1E∥C1F,且B1E=C1F,∴四边形B1EFC1是平行四边形,∴EF∥B1C1,∴EF∥GH,∴E,F,G,H四点共面.(2)如图,由(1)知EF≠GH,点E,F,G,H四点共面,延长EG,FH相交于点P.∵P∈EG,EG⊂平面ABB1A1,∴P∈平面ABB1A1.∵P∈FH,FH⊂平面ACC1A1,∴P∈平面ACC1A1.∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1,∴P∈AA1,∴EG,FH,AA1三线共点.18.解(1)设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h1,圆柱高为h2,则由题意有2πr=24π,得r=12cm,圆锥高h1=202所以“笼具”的体积V=πr2h2+13πr2h1=π144×30+13×144×16=5088π≈15976.3(cm3).(2)圆柱的侧面积S1=2πrh2=720π(cm2),圆柱的底面积S2=πr2=144π(cm2),圆锥的侧面积S3=πrl=240π(cm2),所以“笼具”的侧面积S侧=S1+S2+S3=1104π(cm2).故造50个“笼具”的保护罩的最低总造价为1104π×50×81019.证明(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥AD且A1D1=AD,AD∥BC且AD=BC,所以A1D1∥BC且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1为平行四边形,所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CB1D1,D1C⊂平面CB1D1,所以A1B∥平面CB1D1.又D1D∥B1B且D1D=B1B,所以四边形D1DBB1为平行四边形,所以BD∥B1D1,又BD⊄平面CB1D1,B1D1⊂平面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,又A1B∩BD=B,A1B,BD⊂平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CB1D1.(2)因为E,