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2017_2018学年高中数学第1章立体几何初步章末检测卷北师大版必修2

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2017-2018学年高中数学北师大版 必修二学业分层测评：

2017-2018学年高中数学北师大版 必修二学业分层测评：

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.如图1-1-5是由哪个平面图形旋转得到的()图1-1-5【解析】图中给出的组合体是一个圆台上接一个圆锥，因此平面图形应由一个直角三角形和一个直角梯形构成，并且上面应是直角三角形，下面应是直角梯形.【答案】 A2.一个多边形沿垂直于它所在平面的方向平移一段距离可以形成的几何体是()A.棱锥B.棱柱C.平面D.长方体【解析】平移后形成的几何体是以此多边形(起点处和终点处)为两底面的棱柱，故选B.【答案】 B3.如图1-1-6，E，F，G，H是三棱柱对应边上的中点，过此四点作截面EFGH，则截面以下的几何体是()图1-1-6A.棱柱B.棱台C.棱锥D.五面体【解析】选择左右两个平行平面为底面，则它符合棱柱的结构特征，故选A.【答案】 A4.下列结论正确的是()【导学号：39292002】A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C.若正棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【解析】A是错误的，例如由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各个面都是三角形，但它不是棱锥；B是错误的，直角三角形绕着直角边旋转一周形成的面所围成的几何体才是圆锥；C是错误的，由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故选D.【答案】 D5.如图1-1-7所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是()【导学号：39292003】甲乙图1-1-7A.①②B.①③C.①④D.①⑤【解析】一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分.【答案】 D二、填空题6.直角三角形围绕其斜边所在的直线旋转得到的旋转体由________组成.【解析】 所得旋转体如图，是由两个圆锥组成的.【答案】 两个圆锥7.下列命题中错误的是________.①过球心的截面所截得的圆面的半径等于球的半径；②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等；③圆台所有平行于底面的截面都是圆；④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形.【解析】 因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式，当两条母线的夹角为90°时，过圆锥顶点的截面面积最大.【答案】 ②8.圆台两底面半径分别是2 cm 和5 cm ，母线长是310 cm ，则它的轴截面的面积是________.【解析】 画出轴截面，如图，过A 作AM ⊥BC 于M ，则BM ＝5－2＝3(cm)，AM ＝AB 2－BM 2＝9(cm)，∴S 四边形ABCD ＝(4＋10)×92＝63(cm 2). 【答案】 63 cm 2三、解答题9.画一个三棱台，再把它分成：(1)一个三棱柱和另一个多面体；(2)三个三棱锥，并用字母表示.【导学号：39292004】【解】(1)如图①，三棱柱是A′B′C′­AB″C″.(2)如图②，三个三棱锥分别是A′­ABC，B′­A′BC，C′­A′B′C.10.如图1-1-8所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，且AD<BC，当梯形ABCD 绕AD所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征.图1-1-8【解】如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体.[能力提升]1.在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有()A.1个B.2个C.3个D.4个【解析】如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，取四棱锥A1－ABCD，则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形.【答案】 D2.一个棱锥的各条棱长都相等，那么这个棱锥一定不是()A.三棱锥B.四棱锥C.五棱锥D.六棱锥【解析】 由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥.【答案】 D3.一圆锥的母线长为6，底面半径为3，用该圆锥截一圆台，截得圆台的母线长为4，则圆台的另一底面半径为________.【解析】 作轴截面如图，则r 3＝6－46＝13，∴r ＝1.【答案】 14.正方体的截面可能是什么形状的图形？【解】 截面的形状可能是：①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、锐角三角形；②截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；③截面可以是五边形；④截面可以是六边形；⑤截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形.特别地，可以是正六边形. 截面图形举例。

新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(包含答案解析)(1)

新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(包含答案解析)(1)

一、选择题1．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，120224BAC AP AB AC ∠====，，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ）A ．18πB ．36πC ．40πD ．72π2．如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（ ）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<<3．已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，E 为棱1AA 的中点，截面1CD E 交棱AB 于点F ，则四面体1CDFD 的外接球表面积为（ ）A ．394πB ．414πC ．12πD ．434π 4．在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1BC AC ，且12AC BC =，则直线11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 5．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是正方形，且平面ABCD ⊥平面AEB ，则（ ）A ．DEC ∠可能为90︒B ．若AEB △是等边三角形，则DEC 也是等边三角形C ．若AEB △是等边三角形，则异面直线DE 和AB 所成角的余弦值为24D ．若AEB △是直角三角形，则BE ⊥平面ADE6．如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC ⊥，AB AP =，D 是棱BC 上一点（不含端点）且PD BD =，记DAB ∠为α，直线AB 与平面PAC 所成角为β，直线PA 与平面ABC 所成角为γ，则（ ）A ．,γβγα≤≤B ．,βαβγ≤≤C ．,βαγα≤≤D ．,αβγβ≤≤ 7．一个底面为正三角形的棱柱的三视图如图所示，若在该棱柱内部放置一个球，则该球的最大体积为（ ）A ．6πB ．12πC ．43πD ．83π 8．已知E ，F 是四面体的棱AB ，CD 的中点，过EF 的平面与棱AD ，BC 分别相交于G ，H ，则（ ）A ．GH 平分EF ，BH AG HC GD = B ．EF 平分GH ，BH GD HC AG = C ．EF 平分GH ，BH AG HC GD = D ．GH 平分EF ，BH GD HC AG= 9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE10．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A ．B ．C ．D ，满足任意两点间的直线距离为6cm ，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为31g/cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）（参考数据）π 3.14≈，2 1.41≈，3 1.73≈，6 2.45≈．A ．101gB ．182gC ．519gD ．731g11．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM平面ADE ；②D E BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（ ）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④ 12．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α二、填空题13．如图，已知直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，E 是棱AB 的中点，设平面α经过直线1A E ，且α平面111,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．14．三棱锥P ABC -三条侧棱两两垂直，正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为2，P 与D 在面ABC 异侧，则所成多面体外接球的体积是_________．15．已知三棱锥P ABC -的外接球O 的表面积为12π，PA ⊥平面ABC ，BA AC ⊥，2PA =，则ABC 面积的最大值为__________．16．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.17．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角的大小为_________.18．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.19．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____20．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．三、解答题21．已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，60,BCD PD AD ∠=︒⊥，点E 是BC 边的中点．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）若二面角P AD C --的大小等于60︒，且834,AB PD ==①点P 到平面ABCD 的距离；②求直线PB 与平面ABCD 所成角的大小．22．如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，90DBA ∠=︒，2BA BD ==，10,6,,PA PD PB E F ===分别是棱,AD PC 的中点.（1）证明：//EF 平面PAB ；（2）求点B 到平面PAD 的距离.23．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，12AB BC AA ==，1O 是底面1111D C B A 的中心.（Ⅰ）求证：1//O B 平面1ACD ；（Ⅱ）求二面角1D AC D --的平面角的余弦值.24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒且AC a =，侧棱12AA =，D ，E 分别是1CC ，11A B 的中点．（1）求直三棱柱111ABC A B C -的体积（用字母a 表示）；（2）若点E 在平面ABD 上的射影是三角形ABD 的重心G ，①求直线EB 与平面ABD 所成角的余弦值；②求点1A 到平面ABD 的距离25．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，23BE =将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.26．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】先找出ABC 的外接圆的半径，然后取ABC 的外接圆的圆心N ，过N 作平面ABC 的垂线NG ，作PA 的中垂线，交NG 于O ，则O 是外接球球心， OA 为外接球半径，求解半径并求表面积即可.【详解】如图所示，1204BAC AB AC ∠===，，取BC 中点M ，连接AM 并延长到N 使AM =MN ，则四边形ABNC 是两个等边三角形组成的菱形，AN =BN =CN ，点N 是ABC 的外接圆圆心，过N 作平面ABC 的垂线NG ，则球心一定在垂线NG 上，因为PA ⊥平面ABC ，则PA //NG ，PA 与NG 共面，在面内作PA 的中垂线，交NG 于O ，则O 是外接球球心，半径R =OA ，Rt AON 中，122ON AP ==，4AN =，故()224232R =+=，故外接球的表面积2441872S R πππ==⨯=.故选:D.【点睛】 求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.本题就是采用这个方法.本题使用了定义法.2．A解析：A【分析】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果.【详解】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以PCE α∠=，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=，易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=， 因为sin PE PC α=，sin PO PCβ=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>，因为sin PO PE γ=，sin PO PCβ=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>. 故选：A【点睛】关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.3．B解析：B【分析】可证F 为AB 的中点，设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的球心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，利用解三角形的方法可求DFC △的外接圆的半径，从而可求四面体1CDFD 的外接球的半径.【详解】设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的圆心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，因为平面11//A ABB 平面11D DCC ，平面1CD E ⋂平面11A ABB EF =，平面1CD E ⋂平面111D DCC DC =，故1//EF DC ， 而11//A B D C ，故1//EF A B ，故F 为AB 的中点，所以DF CF ==，故3cos 5DFC ∠==，因为DFC ∠为三角形的内角，故4sin 5DFC ∠=，故DFC △的外接圆的半径为1254245⨯=，1OO ⊥平面ABCD ，1DD ⊥平面ABCD ，故11//OO DD ，在平面1GDOO 中，111,OG DD O D DD ⊥⊥，故1//OG O D ， 故四边形1GDOO 为平行四边形，故1//OO GD ，1OO GD =， 所以四面体1CDFD4=， 故四面体1CDFD 的外接球表面积为41414164ππ⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”来确定.4．A解析：A 【分析】证明CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，求出此角后，利用11//B C BC 可得结论， 【详解】∵90BAC ∠=︒，12AC BC =，∴30CBA ∠=︒， ∵1BC AC ，AB AC ⊥，1BC ABB ，1,BC AB ⊂平面1ABC ，∴AC ⊥平面1ABC ，∴CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，即BC 与平面1ABC 所成的角是30， ∵棱柱中11//B C BC ，∴11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为30， 故选：A ．【点睛】思路点睛：本题考查求直线与平面所成的角，解题方法是定义法，即过直线一点作平面的垂直，得直线在平面上的射影，由直线与其射影的夹角得直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角．解题过程涉及三个步骤：一作出图形，二证明所作角是直线与平面所成的角，三是计算．5．C解析：C 【分析】对A ，直角三角形的斜边大于直角边可判断；对B ，由>=EC EB DC 可判断；对C ，可得CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，即可求出；对D ，EAB ∠（或EBA ∠）为直角时，BE 与平面ADE 不垂直. 【详解】对A ，由题意，若90DEC ∠=︒，则DC EC >，但EC BC CD >=，故A 不正确； 对B ，若AEB △是等边三角形，显然有>=EC EB DC ，所以DEC 不会是等边三角形，故B 不正确；对C ，若AEB △是等边三角形，设边长为2，则22DE EC ==，//AB CD ，则CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，易求2cos 22CDE ∠==，故C 正确； 对D ，当AEB △是以AEB ∠为直角的直角三角形时，BE ⊥平面ADE ，当AEB △是以EAB ∠（或EBA ∠）为直角的直角三角形时，BE 与平面ADE 不垂直，故D 不正确．故选：C. 【点睛】本题考查四棱锥的有关位置关系的判断，解题的关键是正确理解长度关系，正确理解位置关系的变化.6．A解析：A 【分析】由AB AP =，PD BD =，可得ABD △≌APD △，从而得DAB DAP α∠=∠=，而直线PA 与平面ABC 所成角为γ，由最小角定理可得γα≤，再由P ABC B PAC V V --=，PACABCSS≤，进而可比较,βγ的大小【详解】解：因为AB AP =，PD BD =，所以ABD △≌APD △， 所以DAB DAP α∠=∠=，因为直线PA 与平面ABC 所成角为γ， 所以由最小角定理可得γα≤， 因为AB AC ⊥，所以12ABCS AB AC =⋅, 因为1sin 2PACS AC AP PAC =⋅∠，AB AP =， 所以PACABCSS≤，令点P 到平面ABC 的距离为1d ，点B 到平面PAC 的距离为2d ， 因为P ABC B PAC V V --=，1211,33P ABC ABC B PACPACV S d V S d --=⋅=⋅所以12d d ≤，因为直线AB 与平面PAC 所成角为β，直线PA 与平面ABC 所成角为γ， 所以21sin ,sin d d AB PAβγ== 因为AB AP =， 所以sin sin βγ≥ 因为,(0,]2πβγ∈所以βγ≥， 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与平面所成的角，考查推理能力，解题的关键是利用了等体积法转换，属于中档题7．C解析：C 【分析】先由三视图计算底面正三角形内切圆的半径，内切圆的直径和三棱柱的高比较大小，确定球的半径的最大值，计算球的最大体积. 【详解】由三视图知该直三棱柱的高为4，底面正三角形的高为半径为高的三分之一，即r =4，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大343V π==.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的第一个关键是由三视图确定底面三角形的高是定球的最大半径.8．C解析：C 【分析】举特例舍去不正确选项，可得正确答案. 【详解】过EF 的平面为平面ABF 时，G 在A 点， H 在B 点， 所以0BH AGHC GD==，EF 平分GH ， 即BH AG HC GD=，所以舍去ABD ，选C 故选：C9．C解析：C 【分析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH 的中点O ,连接ON ,BO ，可以证明MN ‖BO ,利用BO 与平面ABE 的关系可以判定MN 与平面ABE 的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN 与平面BCF 的关系，利用面面平行的性质可以判定MN 与平面ADE 的关系，进而对选择支B 作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN 与平面BDE 的平行关系，进而判定C ；利用M ,N 在平面CDEF 的两侧，可以判定MN 与平面CDE 的关系，进而对D 作出判定. 【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH 的中点O ,连接ON ,BO ，易知ON 与BM 平行且相等，∴四边形ONMB 为平行四边形，∴MN ‖BO , ∵BO 与平面ABE （即平面ABFE )相交，故MN 与平面ABE 相交，故A 错误； ∵平面ADE ‖平面BCF ,MN ∩平面BCF =M ,∴MN 与平面ADE 相交，故B 错误； ∵BO ⊂平面BDHF ,即BO ‖平面BDH ,MN ‖BO ,MN ⊄平面BDHF ,∴MN ‖平面BDH ,故C 正确； 显然M ,N 在平面CDEF 的两侧，所以MN 与平面CDEF 相交，故D 错误. 故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN 的平行线BO .10．B解析：B 【分析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果. 【详解】由题意可知，几何体ABCD 是棱长为6cm 的正四面体， 所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a 22236323aa a ⎛⎫-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 设正四面体外接球半径为R ，则222623()()3a R R =+，解得R =6a 所以3D 打印的体积为：32334611366233212V a a ππ⎫=-⋅=-⎪⎪⎝⎭， 又336216a ==，所以276182207.71125.38182.331182V π=-≈-=≈， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查正四面体与正四面体的外接球，考查几何体的体积公式，解决本题的关键点是求出正四面体外接球体积与正四面体体积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．11．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确．【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示； 对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以D E BM ⊥，②正确； 对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确； 对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又AC MC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ，同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．12．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行， 因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确；在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误； 在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．二、填空题13．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且 解析：910【分析】取AD 的中点F ，连接1A F ，证明平面1A EF ⊥平面11A ACC ，平面1A EF 即平面α，然后分别取1111BC DC 、的中点M N 、，证明平面1//A EF 平面MNC ，可得//CM 1l ，//CN 2l ，可得异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】由直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，所以ABCD 是菱形，连接AC BD 、，1111AC B D 、，且ACBD O =，11111AC B D O ⋂=，所以BD AC ⊥，1111B D AC ⊥，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1AA BD ⊥，且1AA AC A =，所以BD ⊥平面11A ACC ，取AD 的中点F ，连接1A F ，连接EF 交AC 与G ，所以//EF BD ，且G 是AO 的中点，所以EF ⊥平面11A ACC ，所以平面1A EF ⊥平面11AACC ， 又1A E ⊂平面1A EF ，所以平面1A EF 即平面α， 分别取1111BC DC 、的中点M N 、，连接MN 交11AC 与H 点，H 即为11O C 的中点， 所以1A H GC =，且1//A H GC ，所以四边形1AHCG 是平行四边形，所以1//AG HC ， 1AG ⊄平面CMN ，CH ⊂平面CMN ，所以//A G 平面CMN ，又因为11//////EF BD B D MN ，EF ⊄平面CMN ，MN ⊂平面CMN ， 所以//MN 平面CMN ，又1AG EF G =，所以平面1//A EF 平面MNC ，且平面11B C CB ⋂平面MNC MC =， 平面11D C CD平面MNC NC =，所以//CM 1l ，//CN 2l ，所以异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，设2AB =， 则直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均为2，由3BAD π∠=，所以112BD AB B D ===，11112MN D B ==， 且2211415CM CN CC C M ==+=+=，由余弦定理得222551922510CM CN MN MCN CM CN +-+-∠===⨯⨯.故答案为：910. 【点睛】本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面α及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.14．【分析】根据几何体的几何关系可将几何体放在正方体中多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球由此可求外接球的体积【详解】如图所示并且两两互相垂直所以所以正四面体与三棱锥相接且棱长为所以如图所示将此多 解析：32【分析】根据几何体的几何关系，可将几何体放在正方体中，多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球，由此可求外接球的体积. 【详解】如图所示，AB AC BC ==，并且,,PA PB PC 两两互相垂直，所以222222PA PB PA PC PB PC +=+=+，所以PA PB PC ==，正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为2，所以如图所示，将此多面体放在正方体中，多面体的外接球就是此正方体的外接球，并且棱长为1，正方体外接球的半径22221113R =++=，得3R =， 则外接球的体积3433V R ππ==. 故答案为：3π【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据多面体的几何关系可采用补体，转化为求正方体的外接球的体积，这样计算就容易了.15．2【分析】由球的表面积可求出半径取的中点可得设由基本不等式可得即可求出面积的最大值【详解】因为球的表面积为所以球的半径取的中点则为的外接圆圆心平面设由得因为所以当且仅当时取等因为的面积为所以面积的最解析：2 【分析】由球的表面积可求出半径3R BC 的中点D ，可得1OD =，设AB x =，AC y =，由基本不等式可得4xy ≤，即可求出ABC 面积的最大值.【详解】因为球O 的表面积为12π，所以球O 的半径3R = 取BC 的中点D ，则D 为ABC 的外接圆圆心，PA ⊥平面ABC ，112OD PA ∴==， 设AB x =，AC y =，由2222134+==+=+x y R OC CD OD 228x y +=． 因为222x y xy +≥，所以4xy ≤，当且仅当2x y ==时取等． 因为ABC 的面积为1122⋅=AB AC xy ，所以ABC 面积的最大值为2．故答案为：2.【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是是建立勾股关系，利用基本不等式求出4xy ≤.16．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得解析：414π【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则2221(2)t t =+-，解得54t =， 设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =， 则22541()14r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯=故答案为：414π【点睛】关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.17．40°【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系根据点处的纬度计算出晷针与点处的水平面所成角【详解】画出截面图如下图所示其中是赤解析：40° 【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故答案为：40°.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，解题的关键是将稳文中的数据建立平面图形，属于中档题.18．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故解析：23【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案． 【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：2AB =，BC =2,22,23BP AC PC AP ====. 所以该三棱锥最长棱的长度为23. 故答案为：23．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．19．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3]【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案． 【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝3|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有63ACB ππ≤∠≤，∴sin6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝23∠ACB ． ∴33S ≤．故答案为：[3,3] 【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键.20．【分析】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大二面角的平面角最小趋于二面角的平面角最大趋于二面角的平面角的补角求出二面角的平面角和二面角的平面角即可【详解】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大解析：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于二面角D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，求出二面角D AC B --的平面角和二面角D BC A --的平面角即可. 【详解】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，设正四面体的棱长为2a ，如图所示，取AC 的中点E ，连接DE 、BE ， 易知DEB ∠为二面角D AC B --的平面角，3DE BE a ==，所以((()()()2223321cos 3233a a a DEB a a +-∠==⨯⨯， 同理可得：二面角D BC A --的平面角的补角的余弦值为13-， 故二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭， 故答案为：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的求解，考查空间想象能力，属于中档题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）①4，②3π.【分析】（Ⅰ）连接BD ，点E 是BC 边的中点，得出DE BC ⊥，DE AD ⊥再由DP AD ⊥，得出结果；（Ⅱ）DE AD ⊥，PD AD ⊥，PDE ∠为二面角P AD C --的平面角，60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，易证PK ⊥面ABCD ，PK 为点到面的距离，PBK ∠即为线面角. 【详解】（Ⅰ）连接BD ，底面ABCD 是菱形，∠BDC =60°， ∴△BCD 是正三角形．∵点E 是BC 边的中点，∴DE ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴DE ⊥AD ．∵DP ⊥AD ，DP ∩AD =D ， ∴AD ⊥平面PDE ；。

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(含答案解析)(1)

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(含答案解析)(1)

一、选择题1．在空间四边形ABCD 中，AB BC =，AD DC =，则对角线AC 与BD 所成角的大小是（ ） A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．302．已知三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的表面上，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是23，则球O 的表面积是（ ） A ．28π3B ．14π3C ．56π3D ．7π 33．在长方体1111ABCD A BC D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（ ）A ．728B ．728-C ．3714D ．3714-4．如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC ⊥，AB AP =，D 是棱BC 上一点（不含端点）且PD BD =，记DAB ∠为α，直线AB 与平面PAC 所成角为β，直线PA 与平面ABC 所成角为γ，则（ ）A ．,γβγα≤≤B ．,βαβγ≤≤C ．,βαγα≤≤D ．,αβγβ≤≤5．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π6．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．64B ．48C ．32D ．167．如图，在矩形ABCD 中，1AB =，3BC =，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A BCD -正视图和俯视图如图，则三棱锥A BCD -中AC 长为（ ）A ．32B 3C 10D ．28．如图为某几何体的三视图，正视图、左视图和俯视图均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积是（ ）A ．23+B ．223+C ．63D ．69．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 5B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D ．直线1AC 与平面BDM 相交10．已知长方体1111ABCD A BC D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（ ） A ．169π B ．161πC ．164πD ．265π 11．αβ是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面α与β平行的是（ ）A ．m 、n 是α内的两条直线，且//m β，βn//B ．α、β都垂直于平面γC ．α内不共线三点到β的距离相D ．m 、n 是两条异面直线，m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α12．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ，则它爬行的最短路程是（ ）A ．10B ．5C ．22D ．3二、填空题13．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.14．已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在同一球面上），圆锥的高是底面半径的3倍，圆锥的侧面积为910π，则球O 的表面积为________． 15．已知等腰直角三角形ABC 中，2C π∠=，22CA =D 为AB 的中点，将它沿CD 翻折，使点A 与点B 间的距离为22C ABD -的外接球的表面积为____．16．如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =①AC BE ⊥； ②//EF 平面ABCD ；③三棱锥A BEF -的体积为定值； ④直线AE 与平面BEF 所成的角为定值， 其中正确结论的序号是______．17．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____18．一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，需要设计一个各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形（如图所示），高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体费用最少为_________元．19．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．20．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为矩形，π2DPA ∠=，23AD =，2AB =，PA PD =，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为________.三、解答题21．如图，在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）求点F 到平面BDE 的距离．22．如图，四边形ABCD 为梯形，//,60,2,3,6AB CD C AB BC CD ∠=︒===，点M 在边CD 上，且13CM CD =．现沿AM 将ADM △折起至AQM 的位置，使3QB =．（Ⅰ）求证：QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）求直线BM 与平面AQM 所成角的正弦值．23．如图，在三棱锥M 中，M 为BC 的中点，3PA PB PC AB AC =====，26BC =.（1）求二面角P BC A --的大小； （2）求异面直线AM 与PB 所成角的余弦值.24．如图所示，在长方体1111ABCD A BC D -中，11,2AD AAAB ===，点E 是AB 的中点.（1）证明：1//BD 平面1A DE ； （2）证明：11D E A D ⊥；（3）求二面角1D EC D --的正切值.25．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为23（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积. 26．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，226AB PD ==，，O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点.（1）证明：平面EAC ⊥平面PBD ；（2）若//PD 平面EAC ，求三棱锥B AEC -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】取AC 中点O ，根据条件分析AC 与平面BOD 的位置关系，由此得到异面直线AC 与BD 所成角的大小.【详解】取AC 中点O ，连接,,BO DO BD ，如图所示：因为AB BC =，AD DC =，所以,BO AC DO AC ⊥⊥，且BO DO O =，所以AC ⊥平面BOD ，又BD ⊂平面BOD ，所以AC BD ⊥， 所以AC 与BD 所成角为90︒， 故选：A.【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是通过找AC 中点证明线面垂直，从而确定出线线垂直关系，和常规的求解异面直线所成角的方法不同.2．A解析：A 【分析】首先得到11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算． 【详解】因为侧棱1AA ⊥底面111A B C ，则11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒． 故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =． 设111AA A B a ==，则1113133232ABC A B C a V a a -=⨯==三棱柱， 解得2a =．所以球O 的半径22232722233R ⎛⎫⎛⎫+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭ 所以球O 的表面积22728π4π4π33S R ==⨯=．故选：A ． 【点睛】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．3．C解析：C 【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案. 【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==，所以2211111122B D D C B C =+=，213110B E =+222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D ==+=+， 由余弦定理得，从而22211111111137cos 24214B D D E B E B D E B D D E +-∠===⨯⨯. 故选：C 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．4．A解析：A 【分析】由AB AP =，PD BD =，可得ABD △≌APD △，从而得DAB DAP α∠=∠=，而直线PA 与平面ABC 所成角为γ，由最小角定理可得γα≤，再由P ABC B PAC V V --=，PAC ABC S S ≤，进而可比较,βγ的大小【详解】解：因为AB AP =，PD BD =，所以ABD △≌APD △，所以DAB DAP α∠=∠=，因为直线PA 与平面ABC 所成角为γ，所以由最小角定理可得γα≤，因为AB AC ⊥，所以12ABC SAB AC =⋅, 因为1sin 2PAC SAC AP PAC =⋅∠，AB AP =， 所以PAC ABC S S ≤，令点P 到平面ABC 的距离为1d ，点B 到平面PAC 的距离为2d ，因为P ABC B PAC V V --=，1211,33P ABC ABC B PAC PAC V S d V S d --=⋅=⋅ 所以12d d ≤，因为直线AB 与平面PAC 所成角为β，直线PA 与平面ABC 所成角为γ，所以21sin ,sin d d AB PAβγ== 因为AB AP =，所以sin sin βγ≥因为,(0,]2πβγ∈所以βγ≥，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查直线与平面所成的角，考查推理能力，解题的关键是利用了等体积法转换，属于中档题 5．C解析：C【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积.【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=， 当90θ=时，max 12h x =， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =， 因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=.故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 6．C解析：C【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积.【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P-ABCD（补形法）且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4，故该四棱锥的体积为1(64)4323V=⨯⨯⨯=.故选C．【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．7．C解析：C【分析】先由正视图、俯视图及题意还原三棱锥，过A作AM⊥BD于点M,连结MC，把AC放在直角三角形AMC中解AC.【详解】根据三棱锥A BCD-正视图和俯视图，还原后得到三棱锥的直观图如图示，由图可知：平面ABD⊥平面CBD，过A作AM⊥BD于点M,连结MC,则AM⊥平面CBD，∴△MCA为直角三角形.过C作CN⊥BD于点N,在直角三角形ABD中，AB=1，AD3∴222BD AB AD=+=所以∠ABD=60°，∠ADB=30°，则在直角三角形ABM 中，AB =1，∠ABM=60°，∴13,2BM AM ==. 同理，在直角三角形CBD 中，13,2DN CN ==. ∴MN =BD -BM -DN =112122--=, ∴222237()12CM CN MN =+=+= 在直角三角形AMC 中，22227310()22AC CM AM ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭故选：C【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整.(2)立体几何中求线段长度：①、把线段放在特殊三角形中，解三角形；②、用等体积法求线段.8．A解析：A【分析】由三视图可知原几何体是三棱锥，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅底面是等腰直角三角形，底为2AC =，高为1BE =，ABD BCD ≅是边长为2的等边三角形，计算四个三角形面积之和即可求解.【详解】由三视图可知原几何体是三棱锥：底面ACB △是等腰直角三角形，底2AC =，高1BE =，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅，由三视图知ACB △中，2AC =，ACB △是等腰直角三角形，所以2AB BC ==ACD △是等腰直角三角形，2AD CD ==，2AC =， 222BD BE DE =+=，所以等腰直角三角形ACB △的面积为12112⨯⨯=， 等腰直角三角形ACD △的面积为12112⨯⨯=， 等边ABD △的面积为()2332⨯=， 等边BCD △的面积为()233242⨯=， 所以该几何体的表面积是33112322+++=+， 故选：A. 9．C解析：C【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可.B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行.【详解】设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan 2AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =22BD =5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC =直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ 210sin 5d BM θ=== 直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于10 D.如图AC BD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明： （1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线； （2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键. 10．C解析：C【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积.【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长，所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=所以球O 的表面积24164S R ππ==.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.11．D解析：D【分析】取a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，利用线面平行的判定定理可判断A 选项；根据αγ⊥，βγ⊥判断平面α与β的位置关系，可判断B 选项；设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，判断出A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，可判断C 选项；过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D 选项.【详解】对于A 选项，若a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，m β⊄,n β⊄,则//m β，βn//，但α与β相交；对于B 选项，若αγ⊥，βγ⊥，则α与β平行或相交；对于C 选项，设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，如下图所示：D 、E 分别为AB 、AC 的中点，则//DE BC ，DE β⊂，BC β⊄，//BC β∴，所以，点B 、C 到平面β的距离相等，由于D 为AB 的中点，则点A 、B 到平面β的距离相等，所以，点A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，但平面α与平面β相交；对于D 选项，如下图所示：由于//n α，过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，则//a n ，//n a ，a β⊄，n β⊂，//a β∴，//m β，m a A =，m α⊂，a α⊂，//αβ∴.故选：D.【点睛】方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有：①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；②用判定定理或推论（即“线线平行”⇒“面面平行”），通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；④借助“传递性”来完成．12．C解析：C【分析】小虫有两种爬法，一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果.【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行，以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，将侧面ACGF 和上底面BHFG 延展为一个平面，如下图所示：则2AC BC ==，最短路程为2222AB AC BC =+=；②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面，如下图所示：则3AD AC CD =+=，1BD =，最短路程为2210AB AD BD =+因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22故选：C.【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、填空题13．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得 解析：414π【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积.【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则2221(2)t t =+-，解得54t =， 设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =， 则22541()14r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯= 故答案为：414π 【点睛】 关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.14．【分析】设圆锥的底面半径为球的半径为根据勾股定理可得根据圆锥的侧面积公式可得再根据球的表面积公式可得结果【详解】设圆锥的底面半径为球的半径为则圆锥的高为则球心到圆锥的底面的距离为根据勾股定理可得化简 解析：100π【分析】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，根据勾股定理可得53R r =，根据圆锥的侧面积公式可得3,5r R ==，再根据球的表面积公式可得结果.【详解】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，则圆锥的高为3r ，则球心O 到圆锥的底面的距离为3r R -，根据勾股定理可得()2223R r r R =+-，化简得53R r =， 因为圆锥的高为3r ，母线长为()22310r r r +=， 所以圆锥的侧面积为21010r r r ππ⨯=， 所以210910r ππ=，解得r =3，所以5353R =⨯=， 所以球O 的表面积为24425100R πππ=⨯=. 故答案为：100π 【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解是解题关键.15．12【分析】根据题意可判断出两两垂直即可求出外接球半径得出表面积【详解】等腰直角三角形中为的中点满足两两垂直设外接球的半径为则即三棱锥的外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查三棱锥外接球问题解题解析：12π 【分析】根据题意可判断出,,DC DA DB 两两垂直，即可求出外接球半径，得出表面积. 【详解】等腰直角三角形ABC 中，2C π∠=，22CA CB ==，D 为AB 的中点，2CD AD BD ∴===，,CD AD CD BD ∴⊥⊥，22AB =，满足222AD BD AB +=，AD BD ∴⊥， ,,DC DA DB ∴两两垂直，设外接球的半径为R ，则222222223R =++=，即3R =，∴三棱锥C ABD -的外接球的表面积为2412R ππ=. 故答案为：12π.【点睛】本题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是得出,,DC DA DB 两两垂直.16．①②③【分析】由线面垂直的判定可得平面再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④【详解】连接交于点由可知平面而平面故①正确；由且平面平面可解析：①②③ 【分析】由线面垂直的判定可得AC ⊥平面11BB D D ，再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④. 【详解】连接,BD AC 交于点O ，由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可知AC ⊥平面11BB D D ， 而BE ⊂平面11BB D D ，AC BE ∴⊥，故①正确； 由//EF BD ，且EF ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 可得//EF 平面ABCD ，故②正确； 由正方体的性质可得BEF S 为定值，且点A到平面BEF 的距离为定值AO ，所以A BEF V -为定值，故③正确；点A 到平面BEF 的距离为AO ，设直线AE 与平面BEF 所成的角为α， 则sin AOAEα=不是定值，所以直线AE 与平面BEF 所成的角不为定值，故④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化及锥体体积的相关运算，在求解锥体体积相关问题时，选取一个合适底面能事半功倍.17．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3]【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案． 【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有63ACB ππ≤∠≤，∴sin6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤32而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝23∠ACB ． ∴33S ≤．故答案为：[3,3] 【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键.18．4000【分析】根据题意先求出正四棱柱的底面边长和高由体积公式求出正四棱柱的体积减去文物的体积可得罩内空气的体积进而求出所需的费用【详解】由题意可知文物底部是直径为09m 的圆形文物底部与玻璃罩底边至解析：4000 【分析】根据题意，先求出正四棱柱的底面边长和高，由体积公式求出正四棱柱的体积减去文物的体积可得罩内空气的体积，进而求出所需的费用. 【详解】由题意可知，文物底部是直径为0.9 m 的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3 m ， 所以由正方形与圆的位置关系可知：底面正方形的边长为0.9+2×0.3=1.5m ， 由文物高1.8m ，文物顶部与玻璃置上底面至少间隔0.2m ，所以正四棱柱的高为1.8+0.2=2m .，则正四棱柱的体积为V =1.52×2=4.5m 3因为文物体积为0.5m 3,所以置内空气的体积为4.5-0.5 = 4 m 3, 气体每立方米1000元,所以共需费用为4×1000=4000（元） 【点睛】数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式： 求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型.19．【分析】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大二面角的平面角最小趋于二面角的平面角最大趋于二面角的平面角的补角求出二面角的平面角和二面角的平面角即可【详解】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大解析：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于二面角D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，求出二面角D AC B --的平面角和二面角D BC A --的平面角即可. 【详解】当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角D PC B --的平面角最小趋于D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，设正四面体的棱长为2a ，如图所示，取AC 的中点E ，连接DE 、BE ， 易知DEB ∠为二面角D AC B --的平面角，DE BE ==，所以()22221cos 3a DEB +-∠==， 同理可得：二面角D BC A --的平面角的补角的余弦值为13-， 故二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭，故答案为：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查了二面角的平面角的求解，考查空间想象能力，属于中档题.20．【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径再由为等腰直角三角形可得其外接圆的半径又平面平面可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心由题意可得外接球的半径进而求出外接球的体积【详解】解：取矩形的对角线的交点 解析：323π【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径，再由PAD △为等腰直角三角形可得其外接圆的半径，又平面PAD ⊥平面ABCD 可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心，由题意可得外接球的半径，进而求出外接球的体积． 【详解】解：取矩形的对角线的交点O 和AD 的中点E ，连接OE ，OP ，OE ， 则O 为矩形ABCD 的外接圆的圆心，而2DPA π∠=，23AD =2AB =，PA PD =，则//OE AB ，112OE AB ==， 132PE AD == 所以E 为PAD △的外接圆的圆心，因为平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以O 为外接球的球心，OP 为外接球的半径，在POE △中，222222(3)14R OP PE OE ==+=+=，所以2R =， 所以外接球的体积343233V R ππ==， 故答案为：323π．【点睛】本题考查四棱锥的棱长与外接球的半径的关系及球的体积公式，属于中档题．三、解答题21．（1222；（33 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果； （3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A BC D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =， 又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥， ∴四边形EFGC 为矩形，∴1EF CC ⊥， ∵11//D D C C ，∴1EF DD ⊥，又CG BD ⊥，//EF CG ，BD ⊂平面1BDD ，1D D ⊂平面1BDD ，1BD D D D ⋂=， ∴EF ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，∴1EF BD ⊥，∴EF 为1BD 与1CC 的公垂线，且1E CC ⊂，1F BD ⊂， ∴异面直线1BD 与1CC 的距离为2||2EF =． （2）在正四棱柱1111ABCD A BC D-中，连接1ED ，则11E DBD D DBE V V --=， 由（1）知EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ， ∵12AA =，1AB =，∴2BD BE ED ===，2EF =，16BD =， ∴112222DBD S=⨯⨯=，2133(2)2DBES =⨯⨯=， 从而1DBEDBD Sd SEF ⨯=⨯，∴222323d ⨯==，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，则12323sin 6d BD θ===， ∴直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值为2．（3）由（2）知，1D 到平面BDE 的距离23d =，∵F 是1BD 的中点，且B ∈平面BDE ，∴F 到平面BDE 的距离为32d =． 【点睛】 方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）37． 【分析】（Ⅰ）设DB AM O ⋂=，证明所以AM ⊥平面QOB ，得QB AM ⊥，再由勾股定理证明QB BO ⊥， 后可得证线面垂直；（Ⅱ）作BP QO ⊥于P ，证明BMP ∠即是BM 与平面AQM 所成的角．在直角三角形中计算可得． 【详解】（Ⅰ）解：因为3,6,60BC CD C ==∠=︒，所以由余弦定理得2236236cos6033BD =+-⨯⨯︒=，从而222BD BC CD +=，所以DB BC ⊥，由已知得ABMC ，所以ABCM 为平行四边形，所以DB AM ⊥，设DB AM O ⋂=，则折后可得,AM QO AM BO ⊥⊥，又QOBO O =，,QO BO ⊂平面BQO ，所以AM ⊥平面QOB ，QB ⊂平面QOB ，所以QB AM ⊥， 因为23,3,3QO OB QB ===，即222QB BO QO +=，所以QB BO ⊥， 因为AM BO O ⋂=，,AM BO ⊂平面ABCM ，所以QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）在平面BOQ 内作BP QO ⊥于P ，则由AM ⊥平面QOB ，得AM BP ⊥， 又QOAM O =，,QO AM ⊂平面AQM ， 所以BP ⊥平面AQM ，连MP ，则MP 是BM 在平面AQM 上的射影，所以BMP ∠即是BM 与平面AQM 所成的角． 因为333223QB OB BP QO ⋅⨯===，222cos607BM BC CM BC CM =+-⋅︒= 所以37sin BP BMP BM ∠==。

新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(答案解析)(1)

新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(答案解析)(1)

一、选择题1．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB AD ==，12AA =，M 为棱1DD 上的一点．当1A M MC +取得最小值时，1B M 的长为（ ）A ．3B ．6C ．23D ．262．在空间四边形ABCD 中，AB BC =，AD DC =，则对角线AC 与BD 所成角的大小是（ ） A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．303．正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，E 是1CC 的中点，则点1C 到平面EBD 的距离为（ ） A ．34B ．63C ．5 D ．2234．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（ ）A ．43B ．2C ．4D ．65．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（ ）A ．323πB ．48πC ．323π D ．643π 6．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（ ） A ．77B ．142C ．714D ．1477．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（ ）A 263B 463C ．463D ．2638．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE9．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（ ）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥10．空间四边形PABC 的各边及对角线长度都相等，D 、E 、F 外别是AB 、BC 、CA的中点，下列四个结论中不成立的是（ ） A ．//BC 平面PDF B ．DF ⊥平面PAE C ．平面PDE ⊥平面ABC D ．平面PAE ⊥平面ABC 11．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α12．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ，则它爬行的最短路程是（ ）A 10B 5C ．22D ．3二、填空题13．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1，点E 在边BC 上，且满足2BE EC =，动点P 在正方体表面上运动，满足1PE BD ⊥，则动点P 的轨迹的周长为__________． 16．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.17．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.18．已知正三棱柱木块111ABC A B C -，其中2AB =，13AA =，一只蚂蚁自A 点出发经过线段1BB 上的一点M 到达点1C ，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为______.19．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．20．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________.三、解答题21．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm )，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)； （2）求该几何体最长的棱长.22．如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，90DBA ∠=︒，2BA BD ==，10,6,,PA PD PB E F ===分别是棱,AD PC 的中点.（1）证明：//EF 平面PAB ； （2）求点B 到平面PAD 的距离.23．已知四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，6SA SD ==22SB =E 是棱AD 的中点，点F 是棱SC 上靠近S 的一个三等分点.（1）求证：平面SBE ⊥平面ABCD ； （2）求三棱锥F SEB -的体积.24．在三棱锥P ABC -中，AE BC ⊥于点,E CF AB ⊥于点F ，且AE CF O ⋂=，若点P 在平面ABC 上的射影为点O ．（1）证明：AC PB ⊥；（2）若ABC 是正三角形，点,G H 分别为,PA PC 的中点．证明：四边形EFGH 是矩形．25．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，23BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.26．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AP ⊥平面PCD ，E ，F 分别为PC ，AB 的中点求证：（1）平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）//EF 平面PAD【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A 解析：A 【分析】本题首先可通过将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开得出当1A 、M 、2C 共线时1A M MC +取得最小值，此时M 为1DD 的中点，然后根据11B A ⊥平面11A D DA 得出111B A A M ⊥，最后根据221111M A B B A M =+即可得出结果.【详解】如图，将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开，与侧面11ADD A 共面，连接12AC ，易知当1A 、M 、2C 共线时，1A M MC +取得最小值， 因为1AB AD ==，12AA =，所以M 为1DD 的中点，12A M =因为11B A ⊥平面11A D DA ，1A M ⊂平面11A D DA ，所以111B A A M ⊥， 则222211111(2)3M B A A M B =+=+=，故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当M 为1DD 的中点时1A M MC +取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.2．A解析：A 【分析】取AC 中点O ，根据条件分析AC 与平面BOD 的位置关系，由此得到异面直线AC 与BD 所成角的大小.【详解】取AC 中点O ，连接,,BO DO BD ，如图所示：因为AB BC =，AD DC =，所以,BO AC DO AC ⊥⊥，且BO DO O =，所以AC ⊥平面BOD ，又BD ⊂平面BOD ，所以AC BD ⊥， 所以AC 与BD 所成角为90︒， 故选：A.【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是通过找AC 中点证明线面垂直，从而确定出线线垂直关系，和常规的求解异面直线所成角的方法不同.3．B解析：B 【分析】利用等体积法11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，利用三棱锥的体积公式代入面积即求得d . 【详解】如图，利用等体积法，11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，故22,5BD BE ED ===，如图，2215232h ED BD ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭11223622EBDSBD h =⨯⨯=⨯= 又点D 到平面1C EB 的距离，即D 到平面11C CBB 的距离，为CD =2，111212EBC S=⨯⨯=， 由11C EBD D C EB V V --=得，1161233d =⨯⨯，故66d ==. 故选：B. 【点睛】 方法点睛：空间中求点到平面的距离的常见方法： （1）定义法：直接作垂线，求垂线段长；（2）等体积法：利用三棱锥换底求体积，结合两个面积和另一个高求未知高，即得距离； （3）向量法：过点的一个斜线段对应的向量a ，平面法向量n ，则a n d n⋅=.4．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.5．A解析：A 【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案. 【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD -， 其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4， 将四棱锥补成棱长为4的正方体， 则该几何体的外接球就是正方体的外接球， 外接球的直径2R 等于正方体的对角线长， 即24323R R =⇒=所以该几何体外接球的体积为(34233π⨯=323π，故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.6．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ， 在ABC 中，72cos 4214ABC ∠==，14sin 4ABC ∴∠=， 由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，1111421427377332O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.7．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =，2241625DE DF AD AE ==+=+=2222EF BE BF =+ 在DFE △中，22210cos 222522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯， 所以DEF ∠为锐角，所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=， DEF 的外接圆的半径为5522sin 310DF r DEF ===∠则球心到DEF 2223R r -，以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为1R OO +263. 故选：A. 【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.8．C解析：C根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.9．D解析：D【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；根据已知条件判断直线n与平面α的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断直线m与平面α的位置关系，可判断D选项的正误.【详解】nα，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行对于A，//m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确； 对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．10．C解析：C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A ；由线面垂直的判定定理可判断B ；反证法可说明C ；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】 对于A ，D ，F 外别是AB ，CA 的中点，//BC DF ∴，DF ⊂平面PDF ，∴//BC 平面PDF ，故A 正确，不符合题意；对于B ，各棱长相等，E 为BC 中点，,BC AE BC PE ∴⊥⊥，PEAE E =，BC ∴⊥平面PAE ，//BC DF ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确，不符合题意；对于C ，假设平面PDE ⊥平面ABC ，设DE BF O ⋂=，连接PO ，则O 是DE 中点，PO DE ∴⊥，平面PDE 平面ABC DE =，PO ∴⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，PO BF ∴⊥，则PB PF =，与PB PF ≠矛盾，故C 错误，符合题意；对于D ，由B 选项DF ⊥平面PAE ， DF ⊂平面ABC ，∴平面PAE ⊥平面ABC ，故D 正确，不符合题意. 故选：C. 【点睛】本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.11．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行， 因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确；在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误； 在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．12．C解析：C 【分析】小虫有两种爬法，一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果. 【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行，以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，将侧面ACGF 和上底面BHFG延展为一个平面，如下图所示：则2AC BC ==，最短路程为2222AB AC BC =+=；②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面，如下图所示：则3AD AC CD =+=，1BD =，最短路程为2210AB AD BD =+因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、填空题13．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等解析：1326π【分析】利用余弦定理求得AC，利用正弦定理计算出ABC的外接圆直径2r，可计算出三棱锥P ABC-的外接球半径R，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O的底面圆直径为2r，圆柱的母线长为h，则12O O的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱12O O的外接球直径为()2222R r h=+.本题中，作出ABC的外接圆2O，由于PA⊥平面ABC，可将三棱锥P ABC-放在圆柱12O O中，在ABC中，22AB=3BC=，4ABCπ∠=，由余弦定理可得222cos5AC AB BC AB BC ABC+-⋅∠由正弦定理可知，ABC的外接圆直径为5210sin22ACrABC===∠，则三棱锥P ABC-的外接球直径为()222226R PA r=+=26R=，因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为33442613263323V R πππ⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：1326π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的 解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，3x ∴=，所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为2231643S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解：如图正方体中连接：易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面解析：2． 【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ，将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题，又23GE EF GF ===，代入计算即可. 【详解】解：如图正方体中连接11,,AC B C B A ：易得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB == 连接,,GE EF GF ，易得1//,//GE AC EF BC 根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG 所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹， 因为1223GE EF GF ====所以动点P 的运动轨迹周长为2323GE EF GF ++=⨯= 故答案为：2 【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，面面平行的概念，解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，代值计算即可.16．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得 解析：414π【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则2221(2)t t =+-，解得54t =， 设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =， 则22541()144r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯= 故答案为：414π 【点睛】关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.17．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 11171827477tan tan()7117O HN O HO NHO ----∠=∠-∠====+ 1117827477tan tan()1637117O HM O HO OHM +++∠=∠+∠====-，所以tan θ的取值范围是4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦， 故答案为：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.18．【分析】将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时的点可知点为棱的中点即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时 解析：1:1【分析】将正三棱柱111ABC A B C -的侧面沿棱1BB 展开成平面，连接1AC 与1BB 的交点即为满足1AM MC +最小时的点M ，可知点M 为棱1BB 的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比. 【详解】将正三棱柱111ABC A B C -沿棱1BB 展开成平面，连接1AC 与1BB 的交点即为满足1AM MC +最小时的点M .由于2AB =，13AA =，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自A 点出发经过线段1BB 上的一点M 到达点1C ，当沿蚂蚁走过的最短路径，M ∴为1BB 的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：1111:1:1C AMB A A CBMC V V --=. 故答案为：1:1. 【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题．19．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平解析：o 60. 【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD 因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形 而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC 所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角 由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得3AD PD ==3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60 即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60 故答案为：o 60 【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.20．【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高【详解】解方程x2－9x ＋18＝0得x=3或x=6∴棱台的上下底面边长分别为36设棱台的斜高为h 则∴h=即答案为【解析：52【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长，根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高． 【详解】解方程x 2－9x ＋18＝0得x=3或x=6， ∴棱台的上下底面边长分别为3，6． 设棱台的斜高为h ，， 则22143636452h ⨯⨯+=+=（） ， ∴h=52． 即答案为52． 【点睛】本题考查了棱台的结构特征，画出草图帮助观察各线段的关系比较重要．三、解答题21．（1）答案见解析；（2）4cm . 【分析】（1）直接画出三棱锥S ABC -即可；（2）作SE ⊥面ABC ，取线段AC 中点为D ，分别在等腰ABC ，Rt SEA △，Rt SEC △，Rt BDE △和Rt SEB △中，求出线段长度，得到该几何体最长的棱长．【详解】（1）（2）如下图，SE ⊥面ABC ，线段AC 中点为D 2,3,1,4,2,=1SE cm AE cm CE cm AC cm AD DC cm DE cm ======，BD AC ⊥，3BD cm =，在等腰ABC 中，222313cm AB AC ==+= 在Rt SEA △中，22222313cm SA SE AE +=+= 在Rt SEC △中，2222215cm SC SE CE =++= 在Rt BDE △中，22223110cm BE BD DE ++=SE ⊥面ABC ，SE BE ∴⊥在Rt SEB △中，22222(10)14cm SB SE BE =+=+在三梭锥S-ABC 中，SC AB AC SA SB AC <==<<， 所以最长的棱为AC ，长为4cm 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体的三视图，以及棱锥的性质，解决本题的关键点是作出SE ⊥面ABC ，取线段AC 中点为D ，由三视图得出等腰ABC ，Rt SEA △，Rt SEC △，Rt BDE △和Rt SEB △，分别求出线段长度，得出答案，考查学生空间想象能力与计算能力，属于中档题． 22．（1）证明见解析；（2）62【分析】（1）取PB 中点M ，证明四边形AMFE 为平行四边形，从而得到//EF AM ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）证明PB ⊥平面ABD ，从而求出P ABD V -，再由43B PAD V h -=，B PAD P ABD V V --=得出点B 到平面PAD 的距离. 【详解】（1）证明：取PB 中点M ，连接,MF AM ，由F 为PC 中点，则//MF BC 且12MF BC =. 由已知有//,BC AD BC AD =，又由于E 为AD 中点，从而//,MF AE MF AE =，故四边形AMFE 为平行四边形，所以//EF AM .又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊂/平面PAB ，则//EF 平面PAB （2）2,6,10BA PB PA ===222,PA BA PB PB BA ∴=+∴⊥，同理，PB BD ⊥又,,BD BA A BD BA ⋂=⊂平面ABDPB ∴⊥平面ABD .11162226323P ABD V -∴=⨯⨯⨯⨯=⨯连接,PE E 为AD 中点，,PA PD PE DA =∴⊥又90,2,222DBA BA BD DA DE ∠=︒==∴=∴=.10222PE ∴=-=设点B 到平面PAD 的距离为h11122224323B PAD V h h -∴=⨯⨯⨯⨯=⨯由B PAD P ABD V V --=，解得62h = ∴点B 到平面PAD 的距离为6. 【点睛】关键点睛：在求点到平面的距离时，关键是利用等体积法建立等量关系，从而得出点到平面的距离.23．（1）证明见解析；（215. 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一证明SE AD ⊥，BE AD ⊥，即可证明出AD ⊥平面SEB ，所以平面SBE ⊥平面ABCD ；（2）先证明出BC ⊥平面SEB ，利用三角形相似可得F 到平面SBE 的距离1233d BC ==，计算出SEB △的面积，再代入体积计算公式求解. 【详解】（1）证明：∵E 是AD 的中点，6SA SD ==SE AD ⊥ 因为ABCD 是菱形，60BAD ∠=︒，∴BE AD ⊥， ∵BE SE E =∩∴AD ⊥平面SEB ，∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面SBE ⊥平面ABCD .（2）连接BE ，AC 相交于点G ，则由三角形相似得2CG AG = ∵//AD BC ，∴BC ⊥平面SEB ，∵点E 是棱AD 的中点，F 是棱SC 上靠近S 的一个三等分点. ∴//SA FG ，∴21CF CG BC SF GA AE ===， ∴F 到平面SBE 的距离1233d BC ==，115352SBE S ∆=⨯⨯= ∴三棱锥F SEB -的体积1153F SEB SBE V S d -∆=⨯⨯=.【点睛】方法点睛：关于三棱锥的体积的求解常见的有两种解法，一是利用等体积法，需要证明出线面垂直，再换底换高计算；二是利用空间直角坐标系，计算点到面的距离，然后代入体积计算公式即可.24．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据三角形垂心的特征，以及点在面上的射影的定义，再结合线面垂直的判定定理和性质，证得结果；（2）利用平行四边形的邻边垂直，证得结果. 【详解】证明：（1）连接BO 并延长交AC 于点M ，。

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(含答案解析)(2)

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(含答案解析)(2)

一、选择题1．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（ ）A ．2：1B ．4：1C ．8：1D ．8：32．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（ ）A ．5B ．2C ．3D ．23．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面ABDA '是铅垂面，下宽3m AA '=，上宽4m BD =，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽5m CE =，无深，长6m （直线CE 到BD 的距离），则该羡除的体积为（ ）A ．324mB ．330mC ．336mD ．342m 4．已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题中错误的是（ ） A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，则αβ⊥B ．若m α⊂，//αβ，则//m βC ．若m n ⊥，m α⊥，βn//，则αβ⊥D ．若l αβ=，//m α，//m β，则//m l5．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（ ）A ．43B ．2C ．4D ．6 6．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．677．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A ．2B ．255C ．32D ．2778．三棱锥P ABC -中，6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，若52PA PB PC ===，则点B 到平面PAC 的距离为（ ）A ．32B ．3041C ．1534D ．69．如图，正方体1111ABCD A BC D -中，P 为线段1AB 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．1DC PC ⊥B ．异面直线AD 与PC 不可能垂直C ．1D PC ∠不可能是直角或者钝角D ．1APD ∠的取值范围是,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径意思是：球的体积V 乘16，除以9，再开立方，即为球的直径d ，由此我们可以推测当时球的表面积S 计算公式为（ ）A ．2278S d =B ．2272S d =C ．292S d =D ．21114S d = 11．空间四边形PABC 的各边及对角线长度都相等，D 、E 、F 外别是AB 、BC 、CA 的中点，下列四个结论中不成立的是（ ）A ．//BC 平面PDFB ． DF ⊥平面PAEC ．平面PDE ⊥平面ABCD ．平面PAE ⊥平面ABC12．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 和N 分别为11AB ，和1BB 的中点．，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是（ ）A ．25B ．1010C ．35D ．32二、填空题13．张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家､地理学家，他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五，已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A ，B ，若线段AB 的最小值为31-，利用张衡的结论可得该正方体的内切球的表面积为___________.14．若一个底面边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有定点都在一个球的面上，则此球的体积是___________． 15．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F ，G 分别是棱11A B ，1BB ，11B C 的中点，则下列结论中：①FG BD ⊥； ②1B D ⊥面EFG ；③面//EFG 面11ACC A ； ④//EF 面11CDD C ．正确结论的序号是________.16．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.17．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1AC 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值（2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE AC ⊥（4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE18．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________. 19．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．20．已知扇形的面积为56π，圆心角为63π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________． 三、解答题21．如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，点G 、E 分别在线段AO 和BC 上，2BE EC =，2AG GO =，2CA CB CD BD ====，2AB AD ==.（1）求证：//GE 平面ACD ；（2）求证：平面ABD ⊥平面BCD .22．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BCD ∠=，已知2PB PD ==，6PA =，E 为PA 的中点.（1）求证：PC BD ⊥；（2）求二面角B PC E --的余弦值；（3）求三棱锥P BCE -的体积.23．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面,ABCD PAB 为等腰直角三角形，,2PA PB AB ⊥=．（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）设E 为CD 的中点，求点E 到平面PBC 的距离．24．在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为矩形，AC ⊥平面11BCC B ，D ，E 分别是棱1AA ，1BB 的中点.（1）求证：//AE 平面11B C D ；（2）求证：1CC ⊥平面ABC ；（3）若12AC BC AA ===，求直线AB 与平面11B C D 所成角的正弦值.25．如图，在三棱锥P ABC -中，1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，1cos ,3BAP AP BC ∠=-⊥．（1）若23BM MC =，求证：PM BC ⊥； （2）当3AP =，且N 为BC 中点时，求AN 与平面PBC 所成角的正弦值． 26．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，∠ADP =90°，PD =AD ，∠PDC =60°，E 为PD 中点.（1）求证：PB //平面ACE ：（2）求四棱锥E ABCD -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案．【详解】设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，由~AOE ACF 可得：22(1)11h r --=22r h h =-， ∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323h V r h h h h ππππ===-++--． 当且仅当22h -=，即4h =时取等号．∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1．故选：A ．【点睛】方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.2．B解析：B【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===1333x OE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长.【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ， 由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=，设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522x AO OE -=== O 是底面中心，则133x OE CE ==， 25323x x -=，解得3x = 则1AO =，底面边长为23 ()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.3．C解析：C【分析】在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算．【详解】如图，在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，则三棱柱ABC A B C '''-是斜三棱柱，该羡除的体积V V=三棱柱ABC A B C '''-V +四棱锥A B DEC '''-()311123636336m 232+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：C ．【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力．4．C解析：C 【分析】利用直二面角可判断A 的正误，利用面面平行或线面平行性质定理即判断定理可判断BD 的正误，从而可得正确的选项，利用反例可判断C 是错误的. 【详解】 对于A ，如图，设l αβ=，空间中取一点O （O 不在平面,αβ内，也不在直线,m n上），过O 作直线,a b ，使得,////a m b n ，且,a A b B αβ⋂=⋂=，故a b ⊥. 因为m α⊥，故a α⊥，而l α⊂，故a l ⊥，同理b l ⊥, 因为a b O ⋂=，故l ⊥平面OAB . 设平面OAB 交l 与C ，连接,AC BC ，因为,AC BC ⊂平面OAB ，故,,l AC l BC ⊥⊥所以ACB ∠为l αβ--的平面角. 因为a α⊥，AC α⊂，故OA AC ⊥，同理OB BC ⊥，而OA OB ⊥， 故在四边形OACB 中，90ACB ∠=︒即αβ⊥，故A 正确.对于B ，由面面平行的性质可得若m α⊂，//αβ，则//m β，故B 正确. 对于D ，如图，过m 作平面γ，使得a γα=，过m 作平面η，使得b ηβ⋂=，因为//m α，m γ⊂，故//a m ，同理//b m ，故//a b ， 而a β⊄，b β⊂，故//a β，而a α⊂，l αβ=，故//a l ，所以//m l ，故D 正确.对于C ，在如图所示的正方体中，//AD 平面11A D CB ，1AA ⊥平面ABCD ，1AD AA ⊥，但是平面11A D CB 与平面ABCD 不垂直，故C 错误.故选：C. 【点睛】思路点睛：对于立体几何中与位置有关的命题的真假判断，一般根据性质定理和判定定理来处理，反例一般可得正方体中寻找.5．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ，所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.6．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解. 【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.7．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE AC , 1//EF BC ,且OE EF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=, OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而22OP OA AP +所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒, 32AP ∴=, 又1212OA =⨯=,222sin 773()12OAOPA OP∴∠===+故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.8．C解析：C 【分析】取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，根据题中条件，由线面垂直的判断定理，证明PO ⊥平面ABC ；求出三棱锥P ABC -的体积；以及PAC △的面积，设点B 到平面PAC 的距离为d ，根据等体积法，由P ABC B PAC V V --=，即可求出结果. 【详解】取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，因为6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，所以226810BC =+=，则152AO BC ==； 又52PA PB PC ===222100PB PC BC +==，则PB BC ⊥，152PO BC ==， 所以22250PO OA PA +==，所以PO AO ⊥； 因为PB PC =，O 为BC 中点，所以PO BC ⊥，又BC AO O ⋂=，BC ⊂平面ABC ，AO ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ； 此时三棱锥P ABC -的体积为11168540332P ABC ABCV S PO -=⋅=⨯⨯⨯⨯=， 因为在PAC △中，52PA PC ==8AC =，所以PAC △的面积为221843422PACAC SPA ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭设点B 到平面PAC 的距离为d ， 由P ABC B PAC V V --=可得1403PACS d =⋅，所以1534434d ==故选：C. 【点睛】方法点睛：求解空间中点P 到面α的距离的常用方法：（1）等体积法：先设所求点到面的距离，根据几何体中的垂直关系，由同一几何体的不同的侧面（或底面）当作底，利用体积公式列出方程，即可求解；（2）空间向量法：先建立适当的空间直角坐标系，求出平面α的一个法向量m ，以及平面α的一条斜线PA 所对应的向量PA ，则点P 到面α的距离即为PAm d m⋅=.9．D解析：D 【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A ，根据异面直线所成角可判断B ，由余弦定理可判断CD. 【详解】 如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知1DC ⊥平面11A BCD ，P 为线段1A B 上的动点，则PC ⊂平面11ABCD ,所以 1DC PC ⊥，故A 正确；因为异面直线AD 与PC 所成的角即为BC 与PC 所成的角，在Rt PBC 中不可能BC 与PC 垂直，所以异面直线AD 与PC 不可能垂直，故B 正确；由正方体棱长为2，则222222211114480D P PC DC A P BP A P BP +-=+++-=+>， 所以由余弦定理知1cos 0D PC ∠>，即1D PC ∠不可能是直角或者钝角，故C 正确； 设1(022)A P x x =≤≤，则2214D P x =+，222422cos4224AP x x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，222211111222cos =22AP D P AD x xAP D P A PD P AP D ∠=+--⋅⋅，当2x <1cos 0APD ∠<，所以1APD ∠为钝角，故D 错误.故选：D 【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.10．A解析：A 【分析】根据已知条件结合球的体积公式3432d π⎛⎫ ⎪⎝⎭求解出π的值，然后根据球的表面积公式242d π⎛⎫⎪⎝⎭求解出S 的表示，即可得到结果. 【详解】因为3169V d =，所以33941632d d V π⎛⎫==⎪⎝⎭，所以278π=， 所以2222727442848d d S d π⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选：A. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据球的体积公式得到π的表示，再将π带入到球的表面积公式即可完成求解.11．C解析：C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A ；由线面垂直的判定定理可判断B ；反证法可说明C ；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】 对于A ，D ，F 外别是AB ，CA 的中点，//BC DF ∴，DF ⊂平面PDF ，∴//BC 平面PDF ，故A 正确，不符合题意；对于B ，各棱长相等，E 为BC 中点，,BC AE BC PE ∴⊥⊥，PEAE E =，BC ∴⊥平面PAE ，//BC DF ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确，不符合题意；对于C ，假设平面PDE ⊥平面ABC ，设DE BF O ⋂=，连接PO ，则O 是DE 中点，PO DE ∴⊥，平面PDE 平面ABC DE =，PO ∴⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，PO BF ∴⊥，则PB PF =，与PB PF ≠矛盾，故C 错误，符合题意；对于D ，由B 选项DF ⊥平面PAE ， DF ⊂平面ABC ，∴平面PAE ⊥平面ABC ，故D 正确，不符合题意. 故选：C. 【点睛】本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.12．A解析：A 【分析】作出异面直线AM 和CN 所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】设,E F 分别是1,AB CC 的中点，由于,M N 分别是111,A B BB 的中点，结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ，所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角， 设异面直线AM 和CN 所成的角为θ，设正方体的边长为2，2211125B E B F ==+=，2221216EF =++则1cos cos EB F θ=∠=55625255+-=⨯⨯.故选：A.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径再由已知条件和球的表面积公式可得答案【详解】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径满足：则由题意知：则该正方体的内切球的 解析：410【分析】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =，正方体的外接球半径32R =，再由已知条件和球的表面积公式可得答案． 【详解】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =， 正方体的外接球半径R 满足：222222a R a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则3R =. 由题意知：3312aR r -=-=，则2a =，3R = 该正方体的内切球的表面积为4π，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即25168π=，所以10π=所以内切球的表面积为410 故答案为：410 【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的外接球和内切球问题，考查空间几何新定义，解决本题的关键点是利用正方体的外接球半径，内切球半径和正方体面对角线的一半组成勾股定理，得出正方体内切球半径，进而得出表面积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．14．【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径进而可求得外接球的半径利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积【详解】如下图所示：圆柱的底面圆直径为母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等则为圆柱外 解析：43π【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径，进而可求得外接球的半径，利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积. 【详解】 如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱12O O 外接球的球心，设球O 的半径为R ，则()2222R r h =+可作出正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -的外接圆，可将正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -放在圆柱12O O 中，如下图所示：连接11O A 、11O B ，则11160AO B ∠=，且1111O A O B =，则111O A B △为等边三角形， 则圆1O 的半径为11116r O A A B ===正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -的侧棱长为6h = 设正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -的外接球的半径为R ，则()222223R r h =+=所以，3R 33443=4333V R πππ==⨯.故答案为：43π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．②④【分析】由是正三角形可判断①；判断出平面平面平面可判断②；假设面面则可以推出可判断③；由平面平面平面可判断④【详解】连接分别是的中点对于①因方是正三角形所以与不垂直；对于②连接因为且所以平面平面解析：②④. 【分析】由1//FG BC ，1BDC 是正三角形，可判断①；判断出1DB ⊥平面11AC B ，平面11//AC B 平面EFG ，可判断②；假设面//EFG 面11ACC A ，则可以推出1//AA EF 可判断③；由平面11//ABB A 平面11DCC D ，EF ⊂平面11ABB A ，可判断④. 【详解】连接11AC ，1A B ，1BC ，BD ，1B D ，E ，F ，G 分别是1A B ，1BB ，11B C 的中点． 对于①，因方1//FG BC ，1BDC 是正三角形，所以FG 与BD 不垂直； 对于②，连接11D B ，因为1111111AC B D ,AC BB ⊥⊥，且1111B D BB B ⋂=，所以11AC ⊥平面11BDD B ，1DB ⊂平面11BDD B ，所以111AC DB ⊥，同理11BC DB ⊥，且1111AC BC C ，所以1DB ⊥平面11AC B ，因为1//A B EF ，11//ACEG ，且111A B AC A ⋂=，EF EG E =，所以平面11//AC B 平面EFG ，所以1BD ⊥平面EFG ．正确；对于③，如果面//EFG 面11ACC A ，由平面EFG 平面11ABB A EF =，平面11CC A A平面111BB A A A A =，则1//AA EF ，显然不正确；对于④，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，EF ⊂平面11ABB A ，所以//EF 平面11CDD C ，正确故选：②④. 【点睛】方法点睛：本题主要考查了正方体中垂直与平行关系，考查了线线垂直、线面垂直的判定、线面平行的判断、面面平行的判断与性质，对于证明线线关系、线面关系，面面关系等方面的问题，必须在熟练掌握有关的定理和性质的前提下，再利用已知来进行证明， 属于中档题.16．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故 解析：23【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案． 【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：2AB =，BC =2,22,23BP AC PC AP ====所以该三棱锥最长棱的长度为23. 故答案为：23．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．17．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4） 【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE AC ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）. 【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值， 由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠ 所以MB 是定值，故（1）正确；B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =，则DE CE ==若存在某个位置,使1DE AC ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1ACE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾， 故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4） 【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.18．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面解析：34【分析】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角MBC A--的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，()23tan tan tan 14tan MHNPGO MHN MHNα∠=∠-∠=+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值. 【详解】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ， 则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ； 由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =； 过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ， 因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥； 又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ， 所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥， 所以MHN ∠为二面角MBC A --的平面角；同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角， 所以tan PO PGO OG ∠=，tan MNMHN HN∠=， 因为NO OE =，//OG NH ，所以12OG NH =； 因此2tan 4tan 12PO MNPGO MHNOG HN∠===∠， 所以()2tan tan 3tan tan tan 1tan tan 14tan PGO MHN MHNPGO MHN PGO MHN MHNα∠-∠∠=∠-∠==+∠⋅∠+∠，令tan 0x MHN =∠>，则2333tan 1444x x x x α=≤=+， 当且仅当214x =，即12x =时，等号成立. 故答案为：34. 【点睛】 关键点点睛：求解本题的关键在于确定二面角M BC A --、A BC P --以及P BC M --三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P --是二面角MBC A --的4倍，进而可求得结果.19．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为解析：34【分析】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值. 【详解】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠，由余弦定理得2223cos 24VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅，因此，二面角V AB C --的余弦值为34. 故答案为：34. 【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题.20．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得 解析：36π【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积. 【详解】设扇形的长为l ，半径为R ，则22111656222S lR R R παπ===⨯=，解得30R =，扇形弧长l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径5r =，∴圆锥的高为225R r -=．设外接球的半径为1R ，∴()222115(5)R R =-+，解得13R =，∴该外接球的表面积为21436R ππ=， 故答案为：36π. 【点睛】本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）先依题意得到G 为ABD △的重心，即得到21BG BE GM EC ==，证得//GE MC ，再利用线面平行的判定定理即证结论；（2）先在ABD △中，证得AO BD ⊥，求得1AO =，在BCD △中，求得3OC =，结合勾股定理证得AO OC ⊥，再利用线面垂直的判定定理证明AO ⊥平面BCD ，即证平面ABD ⊥平面BCD . 【详解】证明：（1）连接BG 并延长，交AD 于M ，连接MC ，在ABD △中，O 为BD 中点，G 在AO 上，2AG GO =， ∴G 为ABD △的重心∴21BG GM =，又21BE EC =∴BG BEGM EC=∴//GE MC ， ∵GE ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， ∴//GE 平面ACD ；（2）在ABD △中，O 为BD 中点，2BD =，AB AD == ∴AO BD ⊥∴1AO =，在BCD △中，2BC CD BD ===，O 为BD 中点，连接OC ，则OC = 又2CA =，∴222OA OC CA +=，∴AO OC ⊥ 由AO OC ⊥，AO BD ⊥，OC BD O =，,OC BD ⊂平面BCD ，得AO ⊥平面BCD ， 又AO ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BCD . 【点睛】 思路点睛：证明线面平行时运用线面平行的判定定理证得，或者利用面面平行的性质证得；证明线面垂直时，运用其判定定理需要证明一条直线与相交的两条直线垂直，当题目条件中给出长度时可以采用勾股定理逆定理证得线线垂直，或者运用面面垂直的性质定理证得线面垂直．22．（1）证明见解析；（2；（3）12.【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接PO ，推导出BD ⊥平面PAC ，进而可得出PC BD ⊥；（2）过点O 在平面PAC 内作OF PC ⊥，垂足为点F ，连接BF ，推导出OFB ∠为二面角B PC E --的平面角，计算出OF 、BF ，可计算出cos OFB ∠，即可得解； （3）计算出PCE 的面积，利用锥体的体积公式可得出13P BCE B PCE PCE V V S OB --==⋅△，即可得解.【详解】证明：（1）连接AC 交BD 于O 点，连接PO ，∵四边形ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥，则O 是BD 的中点，PB PD =，PO BD ∴⊥，又ACPO O =，AC 、OP ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，PC BD ∴⊥；（2）由（1）知BO ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，则OB PC ⊥， 过O 在平面PAC 内作OF PC ⊥于F ，连接BF ，。

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(答案解析)(3)

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(答案解析)(3)

一、选择题1．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（ ） A ．2：1B ．4：1C ．8：1D ．8：32．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（ ）A ．5B ．2C ．3D ．23．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π4．正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，E 是1CC 的中点，则点1C 到平面EBD 的距离为（ ） A ．34B 6C 5D 225．已知正三棱柱111ABC A B C -，的体积为163，底面积为43，则三棱柱111ABC A B C -的外接球表面积为（ ）A ．1123π B ．563π C ．2243π D ．28π6．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．[32，5] B ．[5，22]C ．[32，6] D ．[6，22]7．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π9．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则（ ）A ．8,14253V L ==+ B ．8,1425V L ==+ C ．8,16253V L ==+ D ．8,1625VL ==+10．某三棱锥的三视图如图所示， 则该三棱锥的体积为（ ）A ．16B ．13C ．23D ．211．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（ ） A ．1B ．32C ．2D ．312．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 和N 分别为11AB ，和1BB 的中点．，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是（ ）A ．25B ．10 C ．35D ．3 二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，42AC =，若点P 是上底面111 A B C 所在平面内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形面积为________．14．若一个底面边长为6，侧棱长为6的正六棱柱的所有定点都在一个球的面上，则此球的体积是___________．15．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.16．如图，四边形ABCD 是矩形，且有2AB BC =，沿AC 将ADC 翻折成AD C '，当二面角D AC B '--的大小为3π时，则异面直线D C '与AB 所成角余弦值是______.17．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____18．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1AC 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值（2）点M 在某个球面上运动 （3）存在某个位置，使1DE AC ⊥ （4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE19．祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家，他总结了刘徽的有关工作，提出来体积计算的原理“幂势既同，则积不容异”，称为祖恒原理，意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处 的截面面积始终相等，则它们的体积相等，利用这个原理求半球O 的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_________________20．三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，PC ⊥底面ABC ，若1PC AC ==，2AB =，且60BAC ∠=︒，给出如下命题：①ACB △是直角三角形；②此球的表面积等于11π； ③AC ⊥平面PBC ；④三棱锥A PBC -的体积为3. 其中正确命题的序号为______.（写出所有正确结论的序号）三、解答题21．如图，已知菱形ABCD 和菱形ACFE 所在的平面互相垂直，M 为BF 的中点．（1）求证：//DF 平面ACM ； （2）若2AB =，ABC CAE ∠=∠=π3，求三棱锥F BDE -的体积． 22．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，3AD =，4BC =，M 为线段AD 上点，且满足2AM MD =，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明：//MN 平面PAB ；（Ⅱ）设三棱锥N BCM -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V，求12V V .23．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）证明：//GH 平面ABCD ； （2）求H 到平面AEC 的距离．24．如图所示，已知在三棱锥A BPC -中，,AP PC AC BC ⊥⊥，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且PMB △为正三角形．（Ⅰ）求证：//DM 平面APC ； （Ⅱ）求证：平面ABC ⊥平面APC ；（Ⅲ）若4,20BC AB ==，求三棱锥D BCM -的体积．25．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 26．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =，F 为CE 上的点，BF CE ⊥.（1）求证：BF ⊥平面ACE ； （2）求点D 到平面ACE 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案． 【详解】设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，由~AOE ACF 可得：22(1)11h r --=22r h h =-，∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323h V r h h h h ππππ===-++--．当且仅当22h -=，即4h =时取等号．∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1． 故选：A ．【点睛】方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.2．B解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===133xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=， 设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，则25323x x -=，解得3x =， 则1AO =，底面边长为23， 则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.3．B解析：B 【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=， 而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===， 所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则223R =, 所以外接球的表面积为2412S R ππ== 故选：B 【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．4．B解析：B 【分析】利用等体积法11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，利用三棱锥的体积公式代入面积即求得d . 【详解】如图，利用等体积法，11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，故22,5BD BE ED ===，如图，2215232h ED BD ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭11223622EBDSBD h =⨯⨯=⨯= 又点D 到平面1C EB 的距离，即D 到平面11C CBB 的距离，为CD =2，111212EBC S=⨯⨯=， 由11C EBD D C EB V V --=得，1161233d =⨯⨯，故66d ==. 故选：B.【点睛】方法点睛：空间中求点到平面的距离的常见方法：（1）定义法：直接作垂线，求垂线段长；（2）等体积法：利用三棱锥换底求体积，结合两个面积和另一个高求未知高，即得距离；（3）向量法：过点的一个斜线段对应的向量a，平面法向量n，则a n dn⋅=.5．A解析：A【分析】由面积和体积可得三棱柱的底面边长和高，根据特征可知外接球的球心为上下底面中心连线的中点，再由勾股定理可得半径及球的表面积.【详解】依题意，1163443AA==，而213sin432ABCS AB AC A AB=⨯⨯==，解得4AB=，记ABC的中心为О，111A B C△的中心为О1，则114OA OA==，取1OO的中点D，因为AO CO=，90AOD COD∠=∠=，由勾股定理得AD CD=，同理可得111AD BD A D B D C D====，所以正三棱柱的外接球的球心为即D，AD为外接球的半径，由正弦定理得432sin60ABAO==，故2221628433A ODD O A=+=+=，故三棱柱111ABC A B C-的外接球表面积2281124433S Rπππ==⨯=，故选：A．【点睛】本题考查了正三棱柱外接球的表面积的求法，关键点是确定球心的位置和球的半径的长度，考查了学生的空间想象力和计算能力.6．A解析：A 【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案． 【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1， ∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1， ∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ； 连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ， 可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ． 又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上． 在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=，同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=，则△AMN 为等腰三角形． 当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()2+=， 当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5．∴线段AP 长度的取值范围是32,52⎡⎤⎢⎥⎣． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.7．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=， 当90θ=时，max 12h x =， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-， 所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=.故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.8．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积． 【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==， 表面积为2414S ππ=⨯=． 故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．9．A解析：A 【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，E 分别为11,BC BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ． 由三视图可知2AB =，则5,3PC PB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=． 故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．10．C解析：C 【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果. 【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD △是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2； 且侧棱AD ⊥底面BCD ，1AD =，所以112=221=323V ⨯⨯⨯⨯， 故选：C. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称； （2）根据三视图还原几何体； （3）利用椎体体积公式求解即可.11．C解析：C 【分析】首先通过延长直线,DC AB ，交于点G ，平面BAE 变为GAE ，连结PG ，EG 交于点F ，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值. 【详解】延长,DC AB ，交于点G ，连结PG ，EG 交PC 于点F ，//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，又点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，∴点F 是重心，得2PFFC=故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键.12．A解析：A【分析】作出异面直线AM 和CN 所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】设,E F 分别是1,AB CC 的中点，由于,M N 分别是111,A B BB 的中点，结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ，所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角， 设异面直线AM 和CN 所成的角为θ，设正方体的边长为2，2211125B E B F ==+=，2221216EF =++=，则1cos cos EB F θ=∠=55625255+-=⨯⨯.故选：A.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】确定是等腰直角三角形的中点分别是和的外心由直棱柱性质得的外接球的球心在上外接球面与平面的交线是圆是以为圆心为半径的圆求出可得面积【详解】则设分别是的中点则分别是和的外心由直三棱柱的性质得平面 解析：4π【分析】确定ABC 是等腰直角三角形，11,AC AC 的中点1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直棱柱性质得P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，求出1PD 可得面积． 【详解】4,42AB BC AC ===，则90ABC ∠=︒，设1,D D 分别是11,AC AC 的中点，则1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直三棱柱的性质得1DD ⊥平面ABC ， 所以P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，如图，24()41OA ππ=，则41OP OA ==，2222413(22)22OD OA AD ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=， 222211415222PD OP OD ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， P ABC -的外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，其面积为224S ππ=⨯=． 故答案为：4π．【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解，关键是根据外接球的性质确定球心位置，结合勾股定理得出动点所满足的具体条件，结论：三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．14．【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径进而可求得外接球的半径利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积【详解】如下图所示：圆柱的底面圆直径为母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等则为圆柱外 解析：43π【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径，进而可求得外接球的半径，利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积. 【详解】 如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱12O O 外接球的球心，设球O 的半径为R ，则()2222R r h =+，可作出正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -的外接圆，可将正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -放在圆柱12O O 中，如下图所示：连接11O A 、11O B ，则11160AO B ∠=，且1111O A O B =，则111O A B △为等边三角形， 则圆1O 的半径为11116r O A A B ===正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -的侧棱长为6h = 设正六棱柱111111ABCDEF A BC D E F -的外接球的半径为R ，则()222223R r h =+=所以，3R 33443=4333V R πππ==⨯.故答案为：43π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 15．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的 解析：163π 【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积.【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，3x ∴=， 所以，球O 的半径为232x =O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.16．【分析】作于于可得等于二面角的平面角从而可得然后求得而因此可得是异面直线与所成角（或补角）这样在求解可得【详解】如图作于于则连接根据二面角平面角的定义知与的夹角等于二面角的平面角所以因为所以设则在矩 解析：12． 【分析】 作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，可得,MD NB '<>等于二面角D AC B '--的平面角，从而可得DMD '∠，然后求得DD '，而//AB CD ，因此可得D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．这样在DCD '求解可得．【详解】如图，作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，则//DM BN ，连接,D M DD ''， 根据二面角平面角的定义知MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角， 所以,3MD NB π'<>=，因为//DM BN ，所以23DMD π'∠=， 设1BC =，则22AB BC ==，在矩形ABCD 中，3AC =，12633DM ⨯==， 63D M DM '==， 则222222666612cos 22333332DD DM D M DM D M π⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-⋅=+-⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以2DD '=，因为//AB CD ，所以D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）． DCD '是正三角形，3D CD π'∠=，1cos 2D CD '∠=． 所以异面直线D C '与AB 所成角余弦值是12． 故答案为：12．【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题方法根据异面直线所成角定义作出它们所成的角，然后解三角形可得，解题关键是利用图中MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，从而求得DMD '∠，只要设1BC =，可求得DD '，从而求得结论．17．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3] 【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案．【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有63ACB ππ≤∠≤， ∴sin 6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3 而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝23∠ACB ． ∴33S ≤．故答案为：[3,3]【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键. 18．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平 解析：（1）（2）（4）【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE AC ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）.【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值， 由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠所以MB 是定值，故（1）正确； B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =， 则2DE CE ==若存在某个位置,使1DE AC ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1ACE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾， 故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.19．【分析】根据给定的几何体的三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得出圆柱的底面半径和高利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式即可求解【详解】解：根据给定的几何体的三视图可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆解析：23π 【分析】根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得出圆柱的底面半径和高，利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式，即可求解．【详解】解：根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥， 且底面半径1，高为1的组合体，所以几何体的体积为：2221311113πππ⨯⨯⨯=⨯-⨯． 故答案为：23π.【点睛】关键点点睛：本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解． 20．①③【分析】①先求出再得到最后判断①正确；②先判断三棱锥的外接球就是以为顶点以棱的长方体的外接球再求半径最后求出球的表面积判断②错误；③先证明最后证明平面判断③正确；④直接求出三棱锥的体积判断④错误解析：①③.【分析】①先求出3BC =，再得到222AB BC AC =+，最后判断①正确；②先判断三棱锥P ABC -的外接球就是以C 为顶点，以CA ，CB ，CP 棱的长方体的外接球，再求半径r ，最后求出球的表面积，判断②错误；③先证明AC PC ⊥，AC BC ⊥，⋂=PC CB C ,最后证明AC ⊥平面PBC ，判断③正确；④直接求出三棱锥A PBC -的体积，判断④错误.【详解】解：①在ACB △，因为1AC =，2AB =，且60BAC ∠=︒，所以2222cos 3BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠=，则3BC ，所以222AB BC AC =+，所以ACB △是直角三角形，故①正确；②由（1）可知AC BC ⊥，又因为PC ⊥底面ABC ，所以三棱锥P ABC -的外接球就是以C 为顶点，以CA ，CB ，CP 棱的长方体的外接球， 则2225r CA CB CP =++=，则此球的表面积等于245S r ππ==，故②错误； ③因为PC ⊥底面ABC ，所以AC PC ⊥，由（1）可知AC BC ⊥，⋂=PC CB C , 所以AC ⊥平面PBC ，故③正确；④三棱锥A PBC -的体积113(13)132V =⨯⨯⨯⨯=，故④错误. 故答案为：①③.【点睛】本题考查判断三角形是直角三角形、求三棱锥的外接球的表面积、求三棱锥的体积、线面垂直的证明，是中档题. 三、解答题21．（1）证明见解析；（2）2.【分析】（1）要证明线面平行，需先证明线线平行，（2）利用等体积转化2F BDE D OEF B OEF B OEF V V V V ----=+=三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥，求三棱锥的体积.【详解】证明：（1）设AC 和BD 交于O ，连接OMM 和O 分别是BF 与BD 的中点，∴ //OM DF 又OM ⊂平面ACM ，DF ⊄平面ACM所以 //DF 平面ACM（2）菱形ABCD ⊥菱形ACFE ，菱形ABCD 菱形ACFE AC =又BD AC ⊥所以 BD ⊥面ACFE ，连接OE 和OF∴ D OEF B OEF V V --=三棱锥三棱锥∴ 2F BDE D OEF B OEF B OEF V V V V ----=+=三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥又π3ABC CAE ∠=∠=， ∴2AC AB ==，3OB =，132OEF ACEF S S ∆==菱形 ∴1•13OEF B OEF V OB S ∆-==三棱锥 所以 22F BDE B OEF V V --==三棱锥三棱锥.【点睛】方法点睛：本题考查了线面平行的判断定理，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1227V V =. 【分析】（Ⅰ）要证明线面平行，需证明线线平行，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，证明//MN AT ；（Ⅱ）利用锥体体积公式，分别求两个锥体底面积和高的比值，表示体积比值.【详解】（Ⅰ）如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN .因为N 为PC 的中点，所以TN //BC ，且122TN BC ==. 又因为223AM AD ==，且//AD BC ， 所以TN //AM ，TN AM =，即四边形AMNT 为平行四边形，所以MN //AT ，因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以//MN 平面PAB .（Ⅱ）设四棱锥P ABCD -的高为h ，AD 与BC 间的距离为d .。

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(包含答案解析)(4)

(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(包含答案解析)(4)

一、选择题1．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA AB =，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的正弦值为（ ）．A ．25B ．55C ．155D ．1052．在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA AD ⊥，PA AD =，则异面直线PB 与AC 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒3．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（ ）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π4．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为3D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（ ）A ．3B ．23C ．43D ．125．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．24B ．30C ．47D ．67 6．如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC ⊥，AB AP =，D 是棱BC 上一点（不含端点）且PD BD =，记DAB ∠为α，直线AB 与平面PAC 所成角为β，直线PA 与平面ABC 所成角为γ，则（ ）A ．,γβγα≤≤B ．,βαβγ≤≤C ．,βαγα≤≤D ．,αβγβ≤≤ 7．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．64B ．48C ．32D ．168．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（ ）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323πD ．该四面体内切球的表面积为2π9．已知长方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（ ）A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π 10．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（ ）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥ 11．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥' 12．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，14,42AB BD ==，若60BAD ︒∠=，则异面直线1B C 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒二、填空题13．66的正六棱柱的所有定点都在一个球的面上，则此球的体积是___________． 14．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.15．四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，各条棱长均为2.则异面直线VC 与AB 所成角的大小为______.16．三棱锥P ABC -三条侧棱两两垂直，正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为2，P 与D 在面ABC 异侧，则所成多面体外接球的体积是_________．17．如图，在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====11AA B B ⊥平面ABC ，则该三棱台外接球的表面积为___________.18．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB BC ==，13AA =，经过顶点A 作一个平面α，使得//α平面11CB D ，若α平面1ABCD l =，α平面112ABB A l =，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为___________.19．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =，现有如下四个结论：①AC BE ⊥；②//EF 平面ABCD ；③三棱锥A BEF -的体积为定值；④直线AE 与平面BEF 所成的角为定值，其中正确结论的序号是______．20．如图，已知正四面体P ABC -的棱长为2，动点M 在四面体侧面PAC 上运动，并且总保持MB PA ⊥，则动点M 的轨迹的长度为__________.三、解答题21．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．22．正四棱台两底面边长分别为3和9，若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45，求棱台的侧面积．23．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值. 24．如图1，在梯形ABCD 中，//BC AD ，4=AD ，1BC =，45ADC ∠=︒，梯形的高为1，M 为AD 的中点，以BM 为折痕将ABM 折起，使点A 到达点N 的位置，且平面NBM ⊥平面BCDM ，连接NC ，ND ，如图2.（1）证明：平面NMC ⊥平面NCD ；（2）求图2中平面NBM 与平面NCD 所成锐二面角的余弦值.25．我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是3160dm 3.（Ⅰ）求正方体石块的棱长；（Ⅱ）若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积. 26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，2,AB BC == 30ACB ∠=，13AA =，11BC A C ，E 为AC 的中点.（1）求证：1//AB 平面1C EB ；（2）求证：1A C ⊥平面1C EB .【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】先取正方形的中心O ，连接OE ，由PC//OE 知OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，再在OED 中求OED ∠的正弦即可.【详解】连AC ，BD 相交于点O ，连OE 、BE ，因为E 为AP 的中点，O 为AC 的中点，有PC//OE ，可得OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，不妨设正方形中，2AB =，则2PA =，由PA ⊥平面ABCD ，可得,PA AB PA AD ⊥⊥， 则145BE DE ==+=1122222OD BD ==⨯= 因为BE DE =，O 为BD 的中点，所以90EOD ∠=︒，210sin 55OD OED DE ∠===． 故选：D.【点睛】方法点睛： 求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 2．C解析：C【分析】由已知可得PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线 交于M ，连接CM ，AM ，因为PB ∥CM ，所以ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角,再求解即可.【详解】由题意：底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA AD ⊥，面PAD 面ABCD AD =，PA ⊥平面ABCD ，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线交于M ，连接CM ，AM ，∵PM ∥AD ，AD ∥BC ，PM ＝AD ，AD ＝BC ．∴ PBCM 是平行四边形，∴ PB ∥CM ，所以∠ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角．设PA ＝AB ＝a ，在三角形ACM 中，2,2,2AM a AC a CM a ===， ∴三角形ACM 是等边三角形．所以∠ACM 等于60°，即异面直线PB 与AC 所成的角为60°．故选：C.【点睛】思路点睛：先利用面面垂直得到PA ⊥平面ABCD ，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线交于M ，连接CM ，AM ，得到∠ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角． 3．B解析：B【分析】 根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =.【详解】设底面圆半径为r ，由母线长4l，可知侧面展开图扇形的圆心角为22r rl ππα==， 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ； 如图，在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===， 所以222AM AB MB +=, 所以2MAB π∠=,故22rππα==，解得1r =，所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=, 故选：B 【点睛】关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2rlπα=，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.4．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解. 【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=， 故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅=故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.5．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解. 【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -， 由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.6．A解析：A 【分析】由AB AP =，PD BD =，可得ABD △≌APD △，从而得DAB DAP α∠=∠=，而直线PA 与平面ABC 所成角为γ，由最小角定理可得γα≤，再由P ABC B PAC V V --=，PACABCSS≤，进而可比较,βγ的大小【详解】解：因为AB AP =，PD BD =，所以ABD △≌APD △， 所以DAB DAP α∠=∠=，因为直线PA 与平面ABC 所成角为γ， 所以由最小角定理可得γα≤， 因为AB AC ⊥，所以12ABCS AB AC =⋅, 因为1sin 2PACS AC AP PAC =⋅∠，AB AP =， 所以PACABCSS≤，令点P 到平面ABC 的距离为1d ，点B 到平面PAC 的距离为2d ， 因为P ABC B PAC V V --=，1211,33P ABC ABC B PACPACV S d V S d --=⋅=⋅所以12d d ≤，因为直线AB 与平面PAC 所成角为β，直线PA 与平面ABC 所成角为γ，所以21sin ,sin d d AB PAβγ== 因为AB AP =， 所以sin sin βγ≥因为,(0,]2πβγ∈所以βγ≥， 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与平面所成的角，考查推理能力，解题的关键是利用了等体积法转换，属于中档题7．C解析：C 【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积. 【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P -ABCD （补形法） 且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4， 故该四棱锥的体积为1(64)4323V =⨯⨯⨯=. 故选C ． 【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．8．D【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,42AB =,2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得1222OE BF AB ===,所以222(22)2,23R R =+∴=, 所以外接球的体积为34(23)3233ππ⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误； 由题得22(42)(22)210AC AD ==+=， 所以△ACD △的高为24026-=， 设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以22r， 所以内切球的体积为3422)3ππ⨯=（，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为224()22ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .9．C解析：C 【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】 如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=， 所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.10．D解析：D 【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A 选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；根据已知条件判断直线n 与平面α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断直线m 与平面α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】 对于A ，//n α，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确； 对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．11．C解析：C 【分析】设AH a =，则BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，'C H ==Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】 连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1B C 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1B C 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1B C 与1AD 所成的角为90°. 故选：A. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径进而可求得外接球的半径利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积【详解】如下图所示：圆柱的底面圆直径为母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等则为圆柱外 解析：3π计算出正六棱柱的外接圆直径，进而可求得外接球的半径，利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积. 【详解】 如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱12O O 外接球的球心，设球O 的半径为R ，则()2222R r h =+，可作出正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的外接圆，可将正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -放在圆柱12O O 中，如下图所示：连接11O A 、11O B ，则11160A O B ∠=，且1111O A O B =，则111O A B △为等边三角形， 则圆1O 的半径为11116r O A A B ===， 正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的侧棱长为6h = 设正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的外接球的半径为R ，则()222223R r h =+=所以，3R =，因此，正六棱柱的外接球体积为33443=4333V R πππ==⨯.故答案为：3π.方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.14．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等 解析：13263π【分析】利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ， 则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 所以，圆柱12O O 的外接球直径为()2222R r h =+.本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，在ABC 中，22AB =3BC =，4ABC π∠=，由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC 的外接圆直径为5210sin 2ACr ABC===∠ 则三棱锥P ABC -的外接球直径为()222226R PA r =+=26R =， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334426132633V R ππ==⨯=⎝⎭. 故答案为：13263. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．60°【分析】根据AB ∥CD 得到异面直线与所成角即为∠VCD 由△VCD 为等边三角形即可求解【详解】如图示因为是正方形所以AB ∥CD 所以异面直线与所成角即为∠VCD 又各条棱长均为2所以△VCD 为等边三解析：60° 【分析】根据AB ∥CD ,得到异面直线VC 与AB 所成角即为∠VCD ,由△ VCD 为等边三角形，即可求解. 【详解】如图示，因为ABCD 是正方形，所以AB ∥CD , 所以异面直线VC 与AB 所成角即为∠VCD. 又各条棱长均为2，所以△ VCD 为等边三角形， 所以∠VCD =60°，异面直线VC 与AB 所成角的大小为60°. 故答案为：60° 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： (1)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； (2)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； (3)计算：求该角的值，常利用解三角形；(4)取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．16．【分析】根据几何体的几何关系可将几何体放在正方体中多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球由此可求外接球的体积【详解】如图所示并且两两互相垂直所以所以正四面体与三棱锥相接且棱长为所以如图所示将此多 解析：32【分析】根据几何体的几何关系，可将几何体放在正方体中，多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球，由此可求外接球的体积. 【详解】如图所示，AB AC BC ==，并且,,PA PB PC 两两互相垂直，所以222222PA PB PA PC PB PC +=+=+，所以PA PB PC ==，正四面体D ABC -2，所以如图所示，将此多面体放在正方体中，多面体的外接球就是此正方体的外接球，并且棱长为1，正方体外接球的半径22221113R =++=3R =，则外接球的体积34332V R π==.故答案为：3π2【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据多面体的几何关系可采用补体，转化为求正方体的外接球的体积，这样计算就容易了.17．【分析】取与中点根据平面平面可知平面球心必在直线上设球心为D 则可求得球心恰好为点O 从而求得外接球的半径代入球的表面积公式计算【详解】在三棱台中可得都是等腰三角形四边形为等腰梯形即如图取与中点连接则可 解析：32π【分析】取AB 与11A B 中点,O O '，根据平面11AA B B ⊥平面ABC ，可知'⊥O O 平面ABC ，球心必在直线O O '上，设球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，可求得球心恰好为点O ，从而求得外接球的半径R ，代入球的表面积公式计算. 【详解】在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====111,A A C C B B 都是等腰三角形，11112A C B C ==，四边形11A ABB 为等腰梯形即11AA BB =，如图，取AB 与11A B 中点,O O '，连接1,,CO OO C O ''，则可得122,2CO C O '==O O AB '⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，两面交线为AB ，所以'⊥O O 平面ABC .因为OA OB OC ==,111O A O B O C '''==,面//ABC 面111A B C , 所以球心必在直线O O '上.所以在直角梯形1C O OC '中可求得6O O '=由题意可知，该三棱台外接球的外接球的球心必在直线O O '上，设球的半径为R ，球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，得6O D '=O ，所以球的半径为2224(22)32ππ=. 故答案为：32π【点睛】方法点睛：定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助面面垂直的性质，找到线面垂直，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.18．【分析】先利用线面平行的性质定理和平面扩展得到异面直线所成角即BD 与所成的角再结合长方体棱长的条件在中求其余弦值即可【详解】如图设平面平面平面平面因为平面所以故异面直线与所成的角即与所成的角延长AD 解析：2613【分析】先利用线面平行的性质定理和平面扩展，得到异面直线所成角即BD 与1A B 所成的角1A BD ∠，再结合长方体棱长的条件在1A BD 中求其余弦值即可.【详解】如图，设平面11CB D ⋂平面1ABCD l '=，平面11CB D ⋂平面112ABB A l '=，因为//α平面11CB D ，所以1122//,//l l l l ''，故异面直线1l 与2l 所成的角，即1l '与2l '所成的角.延长AD 至E ，使AD DE =，连接CE ，则易见BD 与CE 平行且相等，又BD 与11B D 平行且相等，故BD 与11B D 平行且相等，即四边形11D B CE 是平行四边形，CE 就是交线1l '. 同理可知1B F 就是交线2l '.又知BD //CE ，11//B F A B ，故1l '与2l '所成的角，即BD 与1A B 所成的角1A BD ∠，依题意可知，2AB BC ==，13AA =，故1A BD 中，1113,22A B A D BD === 故1112262cos 1313BDA BD AB ∠===. 26. 【点睛】 方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.19．①②③【分析】由线面垂直的判定可得平面再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④【详解】连接交于点由可知平面而平面故①正确；由且平面平面可解析：①②③ 【分析】由线面垂直的判定可得AC ⊥平面11BB D D ，再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④. 【详解】连接,BD AC 交于点O ，由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可知AC ⊥平面11BB D D ， 而BE ⊂平面11BB D D ，AC BE ∴⊥，故①正确； 由//EF BD ，且EF ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 可得//EF 平面ABCD ，故②正确； 由正方体的性质可得BEFS 为定值，且点A 到平面BEF 的距离为定值AO ，所以A BEF V -为定值，故③正确；点A 到平面BEF 的距离为AO ，设直线AE 与平面BEF 所成的角为α，则sin AOAEα=不是定值，所以直线AE 与平面BEF 所成的角不为定值，故④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化及锥体体积的相关运算，在求解锥体体积相关问题时，选取一个合适底面能事半功倍.20．【分析】取PA 的中点E 连接EBEC 推出PA ⊥平面BCE 故点M 的轨迹为线段CE 解出即可【详解】取PA 的中点E 连接EBEC 因为几何体是正四面体P ﹣ABC 所以BE ⊥PAEC ⊥PAEB∩EC ＝E ∴PA ⊥平面 3【分析】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，推出PA ⊥平面BCE ，故点M 的轨迹为线段CE ，解出即可．【详解】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，因为几何体是正四面体P ﹣ABC ，所以BE ⊥PA ，EC ⊥PA ，EB ∩EC ＝E ，∴PA ⊥平面BCE ，且动点M 在正四面体侧面PAC 上运动，总保持MB PA ⊥，∴点M 的轨迹为线段CE ，正四面体P ﹣ABC 的棱长为2，在等边三角形PAC 中求得CE ＝323⨯=. 故答案为：3【点睛】本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．三、解答题21．（1）22；（2）23；（3）33. 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果； （3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =， 又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥， ∴四边形EFGC 为矩形，∴1EF CC ⊥， ∵11//D D C C ，∴1EF DD ⊥，又CG BD ⊥，//EF CG ，BD ⊂平面1BDD ，1D D ⊂平面1BDD ，1BD D D D ⋂=， ∴EF ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，∴1EF BD ⊥， ∴EF 为1BD 与1CC 的公垂线，且1E CC ⊂，1F BD ⊂， ∴异面直线1BD 与1CC 的距离为2||EF =． （2）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，连接1ED，则11E DBD D DBE V V --=， 由（1）知EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ， ∵12AA =，1AB =，∴2BD BE ED ===，2EF =，16BD =， ∴112222DBD S=⨯⨯=，2133(2)222DBES =⨯⨯=， 从而1DBEDBD Sd SEF ⨯=⨯，∴2223232d ⨯==，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，则12323sin 6d BD θ===， ∴直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值为23．（3）由（2）知，1D 到平面BDE 的距离23d =，∵F 是1BD 的中点，且B ∈平面BDE ，∴F 到平面BDE 的距离为23d =． 【点睛】 方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.22．S =侧. 【分析】过1C 作1C E AC ⊥于E ， 过E 作EF BC ⊥于F ，得到1C F 为正四棱台的斜高， 可得答案. 【详解】如图，设1O 、O 分别为上、下底面的中心，则1O O ⊥平面ABCD ， 过1C 作1C E AC ⊥于E ，所以11//C E O O ， 所以1C E ⊥平面ABCD ，1C E BC ⊥， 过E 作EF BC ⊥于F ，连接1C F ，且1C E EF E =，所以BC ⊥平面1EFC ，1C F BC ⊥， 则1C F 为正四棱台的斜高， 由题意知145C CO ∠=，()11932CE CO EO CO C O =-=-=-=又sin 45323EF CE =⋅==，∴高2211C F C E EF =+==∴()13942S =⨯+⨯=侧。

【新课标-精品卷】2018年最新北师大版高中数学必修二《简单几何体、直观图与三视图》综合测试及解析

【新课标-精品卷】2018年最新北师大版高中数学必修二《简单几何体、直观图与三视图》综合测试及解析

2017-2018学年（新课标）北师大版高中数学必修二第一章§1～§3阶梯测试题A卷(基础训练)一、选择题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.1.底面是正三角形，且每个侧面是等腰三角形的三棱锥（）A. 一定是正三棱锥B. 一定是正四面体Ｃ．不是斜三棱锥 D. 可能是斜三棱锥2.下列命题正确的个数是（）①底面是正多边形的棱锥，一定是正棱锥；②所有的侧棱相等的棱锥一定是正棱锥；③正棱锥的棱长相等；④用一个平面截棱锥，夹在底面与截面间的几何体称为棱台.A. 0B. 1C. 2D. 33.下列命题正确的是（）A.用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台.B.在圆锥的侧面上画出的线段只能是曲线段不能是直线段.C.圆台的母线有无数条，它们都互相平行.D.以一个等腰梯形上、下底的中点的连线为旋转轴，将各边旋转180形成的曲面围成的几何体是圆台.4.以下说法中正确的是（）A.棱锥的侧棱长都相等B.有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥C.在所有的棱锥中面数最少的是三棱锥D.四面体只有最下面的一个面可以作为棱锥的底面5.下列说法正确的是（）A.任何几何体的三视图都与其摆放的位置有关B.任何几何体的三视图都与其摆放的位置无关C.有的几何体的三视图与其摆放的位置无关D.正方体的三视图一定是三个全等的正方形二、填空题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.6.由六个平面图形围成的简单几何体可能是 .7.下面的说法错误的有 .①水平放置的正方形的直观图可能是梯形；②两条相交直线的直观图可能平行；③互相垂直的两条直线的直观图仍然互相垂直．三、解答题：本大题共3小题，共35分.8.（11分）一个圆柱的过轴的截面是一个正方形且其面积为Q，求此圆柱的底面半径.9.（12分）如图所示是一个几何体的三视图，画出它的直观图（画法可省略）．10.（12分）用斜二测画法作出长为4cm,宽为3cm长方形的直观图.B 卷（巩固达标）一、选择题：(本大题共5小题，每小题5分，共25分.)1.已知集合A =﹛正方体﹜，B=﹛长方体﹜，C=﹛正四棱柱﹜，D=﹛平行六面体﹜，E=﹛四棱柱﹜，则（ ）A. A B C D E ⊂⊂⊂⊂≠≠≠≠B. A C B D E ⊂⊂⊂⊂≠≠≠≠C. C A B D E ⊂⊂⊂⊂≠≠≠≠D.它们之间不都存在包含关系2.一个正方体内接于一个球（正方体的所有顶点均在球面上），过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）① ② ③ ④A. ①③B. ②④C. ①②③D. ②③④3.4.有一个几何体的三视图如图1所示，这个几何体应是一个( )A ． 棱台B ． 棱锥C ．棱柱D ．都不对图15.图2中直观图所表示的平面图形是（ ）.A ．正方形B ．平行四边形C ．梯形D ．菱形图2二、填空题：（本大题共2小题，每小题5分，共10分）6.两个相等的角在直观图中 相等；两条相等的线段在直观图中 相等.（填“一定”“不一定”）7.圆台的底面半径分别为2cm 和5cm ，母线长为310cm ，则它的过轴的截面面积为 .三、解答题：（本大题共2小题，共25分.）8.（12分）塑料厂欲制作一个圆台形的塑料桶，使上下底面半径的比是1:4，母线的长是12cm ，要选用一块圆形铁皮，制作一个圆台模型，请你根据需要确定这个圆形铁皮半径的大小.9.（13分）如图3，设正三棱锥P ABC -的侧棱长为l ，30APB ∠=þ，E ，F 分别是BP ，CP 上的点，求AEF △周长的最小值．图3C 卷（能力提升）一、选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.1．用斜二测画法作出一个三角形的直观图，其直观图的面积是原三角形面积的（ ）A ．12B ．2C ．22D ．242．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为045，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ）A ．22+B ．221+C ．222+ D ．21+ 二、填空题：（本大题共1小题，每小题5分，共5分.3.三、解答题：（本大题共1小题，共10分.）4.（10分）A B EFCP参考答案A 卷1.D. 提示：这题是考查正三棱锥的性质，如果认为侧面是等腰三角形，则侧棱长相等，所以一定是正三棱锥，这就错了.事实上，只须考查一个正三角形绕其一边抬起后所构成的三棱锥就知道选D 了.2.A. 提示：此题考查正棱锥与棱台的概念.底面是正多边形，侧面全等的棱锥叫正棱锥.由平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分叫作棱台.3.D. 提示：A 应该是平行于圆锥底面的平面去截圆锥，B 圆锥的母线是直线，C 直线都是倾斜的.4.C. 提示：考查棱锥的性质及其定义.有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这样的多面体叫棱锥.5.C ．提示：如球的三视图与摆放的位置无关，大多数几何体的三视图与摆放位置有关.6.四棱柱、四棱台、五棱锥7.①②③.提示：①错，正方形的两边对应平行，直观图不可能是梯形；②错，两条直线相交，交点在直观图中仍然是交点，所以不可能平行；③错，互相垂直的两条直线的直观图不一定互相垂直．8.解：设圆柱底面半径为r ，母线为l ,由题意得：22r l r l Q=⎧⎨⋅=⎩，解得2Q r =， ∴此圆锥的底面半径为2Q . 9.解：几何体是一个横放的三棱柱，直观图如图1所示，画法略．图1 10.解：画法：（1）在已知图形所在的平面上建立平面直角坐标系xoy ，如图2.另选一个平面画直观图，如图3.先画'x 轴和'y 轴，使'''45x o y ∠=图2 图3 （2）将已知图形中分别平行于x 轴和y 轴的线段在直观图中分别画成平行于'x 轴和'y 轴的线段，且已知图形中平行于x 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，在直观图中长度变为原来的12.如图4.图4 图5（3）连线成图.如图5.B 卷1.B. 提示：这几类几何体的关系如图6所示.① 四棱柱 ② 平行六面体 ③长方体 ④正四棱柱 ⑥正方体图6根据以上分析应选B.2.C. 提示：当截面平行于正方体的一个侧面时得③，当截面过正方体的对角线时得②，当截面不平行于任何侧面，也不过对角线时得①，但是无论如何不能截出④.3.C.4.A. 提示：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断是棱台.5.B.6.不一定；不一定.7.263cm ．解析：轴截面的形状为等腰梯形．根据直角三角形及其梯形的面积公式进行求解得.8.解：如图7，将圆台还原成圆锥.设圆锥的母线长为ycm ，圆台上、下底面半径分别是x cm,4x cm,作圆锥的轴截面，':'':SA SA O A OA =,(12)::4y y x x -=，解得16y =，所以圆锥的母线长为16cm ，即圆形铁皮半径的大小为16cm.图7 图89.解：如图8，PABCA ´为正三棱锥的侧面展开图，则AA ´为所求AEF △周长的最小值，在PAA △´中，90APA ∠=þ´，PA PA l ==´， 2AA l =∴´．C 卷1． D .2．C.3．P A B E F CA ´。

北师大版高中数学必修2第一章立体几何初步单元测试(带答案)

北师大版高中数学必修2第一章立体几何初步单元测试(带答案)
∴EH∥面 BCD 又 EH 面 ABD，面 BCD 面 ABD BD ，
∴EH∥BD.
16、【证明】
（1）连结 A1C1 ，设 A1C1 B1D1 O1 连结 AO1 ， ABCD A1B1C1D1 是正方体 A1ACC1 是平行四边形 ∴A1C1∥AC A1C1 AC
又 O1, O 分别是 A1C1, AC 的中点，∴O1C1∥AO 且 O1C1 AO AOC1O1 是平行四边形 C1O AO1, AO1 面 AB1D1 ， C1O 面 AB1D1 ∴C1O∥面 AB1D1 （2） CC1 面 A1B1C1D1 CC1 B1D! 又 A1C1 B1D1 ， B1D1 面A1C1C
2、已知某几何体的俯视图是如右上图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰 三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．则该几何体的体积为（ ） （A）48 （B）64 （C）96 （D）192
3、长方体的一个顶点上三条棱长分别是 3, 4,5 ，且它的 8 个顶点都在同一球面上，则球的表面积是（ ）
（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 4
7、已知两个平面垂直，下列命题
①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面.
其中正确的个数是（ ）
A、
V 2
B、
V 3
C、
V 4
Байду номын сангаас
D、
V 5
A'
C'
P
B'

高中数学 第一章立体几何初步章末测评 北师大版必修2

高中数学 第一章立体几何初步章末测评 北师大版必修2

第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.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,观察四个几何体,其中判断正确的是()A.①是棱台B.②是圆台C.③是棱锥D.④不是棱柱答案:C2.如图所示,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()A.6B.3C.6D.12解析:△OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.答案:D3.若三个球的半径之比是1∶2∶3,则半径最大的球的体积是其余两球的体积和的()A.4倍B.3倍C.2倍D.1倍解析:设三个球的半径依次为a,2a,3a,V最大=π(3a)3=36πa3,V1+V2=πa3+π(2a)3=πa3=12πa3,=3.答案:B4.若一个圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4,圆台的侧面积为400π,则该圆台的母线长为()A.10B.20C.12D.24解析:设圆台上底面半径为r,则下底面半径、高分别为4r,4r,于是其母线l==5r,又侧面积为400π,所以π(r+4r)·5r=400π,解得r=4,于是母线长为20.答案:B5.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A.2πB.πC.2D.1解析:根据题意,可得圆柱侧面展开图为矩形,长为2π×1=2π,宽为1,∴S=2π×1=2π.故选A.6.(2015安徽高考,理7)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是()A.1+B.2+C.1+2D.2解析:该四面体的直观图如图所示,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=.取BD的中点O,连接AO,CO,则AO⊥CO,AO=CO=1,由勾股定理得AC=,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得,S△ABC=S△ACD=,S△ABD=S△BCD=1,所以四面体的表面积为2+.答案:B7.导学号62180085如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1解析:连接AC,由于BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1.又因为CE⫋平面ACC1A1,所以CE⊥BD.答案:B8.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,则下列命题错误的是()A.如果直线a⫋α,那么直线a必垂直于平面β内的无数条直线B.如果直线a⫋α,那么直线a不可能与平面β平行C.如果直线a⫋α,a⊥l,那么直线a⊥平面βD.平面α内一定存在无数条直线垂直于平面β内的所有直线解析:A选项中直线a必定与平面β内无数条平行直线垂直,故正确;B选项中如果a⫋α,a∥l,则a∥β,故错误;由面面垂直的性质定理可知C选项正确;在平面α内,垂直于交线l的直线,都垂直于平面β,也就垂直于平面β内的所有直线,故D选项正确.9.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A. B.16π C.9π D.解析:由图知,R2=(4-R)2+2,∴R2=16-8R+R2+2,∴R=,∴S表=4πR2=4π×π,选A.答案:A10.设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:①若l⊥α,α⊥β,则l⫋β②若l∥α,α∥β,则l⫋β③若l⊥α,α∥β,则l⊥β④若l∥α,α⊥β,则l⊥β其中说法正确的个数为()A.1B.2C.3D.0解析:对于①,若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⫋β,故①错误;对于②,若l∥α,α∥β,则l⫋β或l∥β,故②错误;对于③,若l⊥α,α∥β,则l⊥β,故③正确;对于④,若l∥α,α⊥β,则l⫋β或l∥β或l⊥β或l与β斜交,故④错误.答案:A11.一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析:由三视图可得原石材为如图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1相切,故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等,故半径r==2.故选B.答案:B12.如图所示,在棱长均相等的三棱锥P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是()A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAED.平面PDE⊥平面ABC解析:由BC∥DF,易得BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点P 在底面ABC上的射影为△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.答案:D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.一水平放置的平面图形OABC,用斜二测画法画出它的直观图O'A'B'C'如图所示,此直观图恰好是一个边长为2的正方形,则原平面图形OABC的面积为.解析:利用原平面图形面积S与直观图的面积S'之间的换算关系S=2S'.由已知条件知,原平面图形的直观图是一个边长为2的正方形,则S'=22=4,故原平面图形OABC 的面积S=2S'=2×4=8.答案:814.一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为.解析:根据题意得底面正六边形面积为6,设六棱锥的高为h,则V=Sh,∴×6h=2,解得h=1.设侧面高为h',则h2+()2=h'2,∴h'=2.∴正六棱锥的侧面积为6××2×2=12.答案:1215.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱C1D1,C1C的中点,给出以下四个结论:①直线AM与直线C1C相交②直线AM与直线BN平行③直线AM与直线DD1异面④直线BN与直线MB1异面其中正确结论的序号为.(把你认为正确的结论的序号都填上)解析:AM与C1C异面,故①错;AM与BN异面,故②错.易知③④正确.答案:③④16.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且,则的值是.解析:设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,则2πr1h1=2πr2h2,.又,所以,则.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图所示,四边形BCC1B1是圆柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=2,AA1=3.(1)求证:AC⊥BA1;(2)求圆柱的侧面积.解:(1)依题意AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⫋平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.(2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S侧=2π×3=6π.18.(本小题满分12分)已知圆锥的表面积是它内切球表面积的2倍,求圆锥侧面积与底面积之比.解:过圆锥的轴作截面,截圆锥和内切球分别得△SAB和球的大圆☉O,且☉O为△SAB的内切圆,如图所示.设圆锥底面半径为r,母线长为l,内切圆半径为R,则S圆锥表=πr2+πrl,S球=4πR2,∴r2+rl=8R2.①又∵△SOE∽△SAO1,∴.②由②得R2=r2·,代入①得r2+rl=8r2·,解得l=3r,∴=3,∴圆锥侧面积与底面积之比为3∶1.19.导学号62180086(本小题满分12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)证明:四边形EFGH是矩形.(1)解:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体体积V=×2×2×1=.(2)证明:∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.20.(本小题满分12分)(2015山东高考,文18)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC 的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.(1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=M.连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以HM∥BD,又HM⫋平面FGH,BD⊈平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⫋平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)证明:连接HE.因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE,又CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⫋平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⫋平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.21.(本小题满分12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,MA⊥平面ABCD,PD∥MA,E,G,F分别为MB,PB,PC的中点,且AD=PD=2MA.(1)求证:平面EFG⊥平面PDC;(2)求三棱锥P-MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比.(1)证明:由已知MA⊥平面ABCD,PD∥MA,所以PD⊥平面ABCD.又BC⫋平面ABCD,所以PD⊥BC.因为四边形ABCD为正方形,所以BC⊥DC.又PD∩DC=D,因此BC⊥平面PDC.在△PBC中,因为G,F分别为PB,PC的中点,所以GF∥BC,因此GF⊥平面PDC.又GF⫋平面EFG,所以平面EFG⊥平面PDC.(2)解:因为PD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,不妨设MA=1,则PD=AD=2,所以V P-ABCD=S正方形ABCD·PD=.因为DA⊥平面MAB,且PD∥MA,所以DA即为点P到平面MAB的距离,所以三棱锥V P-MAB=×2=,所以V P-MAB∶V P-ABCD=1∶4.22.(本小题满分12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.解:(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⫋平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线.所以,MD AC,OE AC,因此MD OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊈平面A1MC,MO⫋平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.。

高中数学 第1章 立体几何初步章末检测 北师大版必修2

高中数学 第1章 立体几何初步章末检测 北师大版必修2

2016-2017学年高中数学第1章立体几何初步章末检测北师大版必修2一、选择题(本大题10个小题，每小题5分，共50分)1．若a、b为异面直线，直线c∥a，c与b的位置关系是( )A．相交 B．异面C．平行 D．异面或相交答案：D2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段C1D，BC的中点，则直线A1B与直线EF 的位置关系是( )A．相交 B．异面C．平行 D．垂直答案：A解析：因为A1B∥D1C，D1C∩EF＝E，又E，F，A1，B四点都在平行四边形A1BCD1上，所以E，F，A1，B四点共面，所以EF与A1B相交，故选A.3．如图为一零件的三视图，根据图中所给数据(单位：cm)可知这个零件的体积为( )A．(64－π)cm3 B．(64－4π)cm3C．(48－π)cm3 D．(48－4π)cm3答案：B解析：由三视图，可知这个零件是一个棱长为4的正方体，中间挖去了一个底面半径为1、高为4的圆柱所形成的几何体，其体积为43－π×12×4＝(64－4π)cm3.4．若圆柱、圆锥的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱、圆锥、球的体积的比为( ) A．1：2：3 B．2：3：4C．3：2：4 D．3：1：2答案：D5．已知正方体的棱长为2，则外接球的表面积和体积分别为( )A．48π，32 3π B．48π，4 3πC．12π，4 3π D．12π， 32 3π答案：C6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点．那么正方体的过P、Q、R的截面图形是( )A．三角形 B．四边形C．五边形 D．六边形答案：D7．已知α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，下列结论正确的是( ) A ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α B ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m β，且α⊥β，则m ⊥αD ．若m ⊥β，且α∥β，则m ⊥α 答案：D解析：A 中可能n α；B 中m ，n 还可能相交或异面；C 中m ，α还可能平行或斜交；一条直线垂直于两平行平面中的一个，也垂直于另一个，所以D 正确．8．四面体S －ABC 中，各个面都是边长为2的正三角形，E ，F 分别是SC 和AB 的中点，则异面直线EF 与SA 所成角等于( )A ．90° B．60° C ．45° D．30° 答案：C9．设m 、n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β 其中正确命题的序号是( ) A ．①和② B ．②和③ C ．③和④ D ．①和④ 答案：A10．直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是( )A ．[4 2－52，4 2＋52]B ．[2 2－2,2 2＋2]C ．[3－2 22，3＋2 22]D ．[3 2－2,3 2＋2]答案：B 解析：由题意，直线BC 与动点O 的空间关系： 点O 是以BC 为直径的球面上的点，所以O 到AD 的距离为四面体上以BC 为直径的球面上的点到AD 的距离， 最大距离为AD 到球心的距离(即BC 与AD 的公垂线)＋半径＝2 2＋2. 最小距离为AD 到球心的距离(即BC 与AD 的公垂线)－半径＝2 2－2. ∴点O 到直线AD 的距离的取值范围是：[2 2－2,2 2＋2]． 二、填空题(本大题5个小题，每小题5分，共25分)11．已知圆锥的表面积为6π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为________．答案： 212．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 中点，则三棱锥B－B 1EF 的体积为________．答案：1313．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为BB 1和CD 的中点，则直线AM 和D 1N 所成的角为________.答案：90°14．如图，梯形A ′B ′C ′D ′是水平放置的四边形ABCD 的用斜二测画法画出的直观图．若A ′D ′∥y ′轴，A ′B ′∥C ′D ′，A ′B ′＝23C ′D ′＝2，A ′D ′＝O ′D ′＝1，则四边形ABCD 的面积为________．答案：5解析：如图，建立直角坐标系xOy ，在x 轴上截取OD ＝O ′D ′＝1，OC ＝O ′C ′＝2. 过点D 作y 轴的平行线，并在平行线上截取DA ＝2D ′A ′＝2.过点A 作x 轴的平行线，并在平行线上截取AB ＝A ′B ′＝2.连接BC ，即得到了四边形ABCD .可知四边形ABCD 是直角梯形，上、下底边分别为AB ＝2，CD ＝3，高AD ＝2，所以四边形ABCD 的面积S ＝2＋32×2＝5.15．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出以下四个结论：①直线D 1C ∥平面A 1ABB 1； ②直线A 1D 1与平面BCD 1相交； ③直线AD ⊥平面D 1DB ； ④平面BCD 1⊥平面A 1ABB 1.其中正确结论的序号为________． 答案：①④ 解析：因为平面A 1ABB 1∥平面D 1DCC 1，D 1C 平面D 1DCC 1，所以D 1C ∥平面A 1ABB 1，①正确；直线A 1D 1在平面BCD 1内，②不正确；显然AD 不垂直于BD ，所以AD 不垂直于平面D 1DB ，③不正确；因为BC ⊥平面A 1ABB 1，BC 平面BCD 1，所以平面BCD 1⊥平面A 1ABB 1，④正确．三、解答证明题(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)16．(12分)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392 cm 2，母线与轴的夹角是45°，求这个圆台的高、母线长和两底面半径．解：圆台的轴截面如右图所示，设圆台上下底面半径分别为x cm,3x cm. 延长AA 1交OO 1的延长线于S ，在Rt △SOA 中，∠ASO ＝45°，则∠SAO ＝45°， ∴SO ＝AO ＝3x ，∴OO 1＝2x ，又S 轴截面＝12(6x ＋2x )·2x ＝392，∴x ＝7.故圆台的高OO 1＝14 cm ，母线长l ＝ 2O 1O ＝14 2 cm ，两底面半径分别为7 cm,21 cm. 17．(12分)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，SO ＝OB ＝2，P 为SB 的中点．(1)求证：SA ∥平面PCD ； (2)求圆锥SO 的表面积． 解：(1)连接PO ，∵P ，O 分别为SB ，AB 的中点，∴PO ∥SA .又PO 平面PCD ，S A ⃘平面PCD ，∴SA ∥平面PCD .(2)设母线长为l ，底面圆半径为r ，则r ＝2，l ＝SB ＝22，∴S 底＝πr 2＝4π，S 侧＝πrl ＝42π， ∴S 表＝S 底＋S 侧＝4(2＋1)π.18．(12分)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，DE 垂直平分PC ，且分别交AC ，PC 于D ，E 两点，PB ＝BC ，PA ＝AB .(1)求证：PC ⊥平面BDE ；(2)试确定线段PA 上点Q 的位置，使得PC ∥平面BDQ . 解：(1)∵PB ＝BC ，E 为PC 的中点，∴PC ⊥BE . ∵DE 垂直平分PC ，∴PC ⊥DE .又BE 平面BDE ，DE 平面BDE ，且BE ∩DE ＝E ， ∴PC ⊥平面BDE .(2)不妨令PA ＝AB ＝1，则有PB ＝BC ＝2，计算得AD ＝33＝13AC . ∴点Q 在线段PA 上靠近点A 的三等分点处，即AQ ＝13AP 时，PC ∥QD ，从而PC ∥平面BDQ .19．(13分)如图，在直三棱柱ADF －BCE 中，AB ＝AD ＝DF ＝a ，AD ⊥DF ，M ，G 分别是AB ，DF 的中点．(1)求该直三棱柱的体积与表面积；(2)在棱AD 上确定一点P ，使得GP ∥平面FMC ，并给出证明．解：(1)由题意，可知该直三棱柱的体积为12×a ×a ×a ＝12a 3，表面积为12a 2×2＋2a 2＋a 2＋a 2＝(3＋2)a 2.(2)当点P 与点A 重合时，GP ∥平面FMC . 取FC 的中点H ，连接GH ，GA ，MH .∵G 是DF 的中点，∴GH 綊12CD .又M 是AB 的中点，AB 綊CD ，∴AM 綊12CD .∴GH ∥AM 且GH ＝AM ，∴四边形GHMA 是平行四边形， ∴GA ∥MH .∵MH 平面FMC ，G A ⃘平面FMC ， ∴GA ∥平面FMC ，即当点P 与点A 重合时，GP ∥平面FMC .20．(13分)如图①，有一个等腰直角三角板ABC 垂直于平面α，BC α，AB ＝BC ＝5，有一条长为7的细线，其两端分别位于B ，C 处，现用铅笔拉紧细线，在平面α上移动．(1)图②中的PC (PC <PB )的长为多少时，CP ⊥平面ABP ？并说明理由． (2)在(1)的情形下，求三棱锥B －APC 的高． 解：(1)当CP ＝3时，CP ⊥平面ABP .证明如下：若CP ＝3，则BP ＝4，而BC ＝5， 所以三角形BPC 为直角三角形，且CP ⊥PB . 又平面ABC ⊥平面α，AB ⊥BC ， 所以AB ⊥平面α，于是CP ⊥AB .又PB 平面ABP ，AB 平面ABP ，PB ∩AB ＝B ， 所以CP ⊥平面ABP .(2)解法一：如图，过点B 作BD ⊥AP 于点D ，由(1)，知CP ⊥平面ABP ，则CP ⊥BD .又AP 平面APC ，CP 平面APC ，AP ∩CP ＝P ， 所以BD ⊥平面APC ，即BD 为三棱锥B －APC 的高． 由于PB ＝4，AB ＝5，AB ⊥平面α，所以AP ＝AB 2＋PB 2＝25＋16＝41，由AP ·BD ＝AB ·PB ，得BD ＝4×541＝204141.即三棱锥B －APC 的高为204141.解法二：由(1)，知CP ⊥平面ABP ，所以CP ⊥AP . 又CP ＝3，BP ＝4，AB ＝5，AB ⊥BP ，所以AP ＝AB 2＋PB 2＝25＋16＝41，所以S △APC ＝12·CP ·AP ＝3412.设三棱锥B －APC 的高为h ，则V B －APC ＝13·S △APC ·h ＝412h .又V A －PBC ＝13·S △PBC ·AB ＝13×12×CP ×BP ×AB ＝10，而V B －APC ＝V A －PBC ，得412h ＝10，所以h ＝204141. 即三棱锥B －APC 的高为204141.21．(13分)已知正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面互相垂直，M 为AC 上一点，N 为BF 上一点，且AM ＝FN ＝x ，设AB ＝a(1)求证：MN ∥平面CBE ； (2)求证： MN ⊥AB ；(3)当x 为何值时，MN 取最小值？并求出这个最小值．证明：(1)在平面ABC 中，作MG ∥AB ，在平面BFE 中，作NH ∥EF ，连接GH ，∵AM ＝FN ，∴MC ＝NB ，∵MG AB ＝MC NC ＝NBEF∴MG ∥NH ，∴MNHG 为平行四边形，∴MN ∥GH又∵GH ⊆面BEC ，MN 面BEC ，∴MN ∥面BEC (2)∵AB ⊥BC ，AB ⊥BE ，∴AB ⊥面BEC ，∵GH ⊆面GEC ，∴AB ⊥GH ，∵MN ∥GH ，∴MN ⊥AB (3)∵面ABCD ⊥面ABEF ，∴BE ⊥面ABCD ，∴BE ⊥BC∵BG ＝x 2，BH ＝2a －x2∴MN ＝GH ＝BG 2＋BH 2＝x 2＋x 2－22ax ＋2a 22＝x 2－2ax ＋a 2(0<a <2a )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －22a 2＋a 22≤22a当且仅当x ＝22a 时，等号成立； ∴当x ＝22a 时，MN 取最小值22a .。

2017-2018学年高中数学(北师大版)必修2 阶段质量检测(一) 立体几何初步

2017-2018学年高中数学(北师大版)必修2 阶段质量检测(一) 立体几何初步

阶段质量检测（一）立体几何初步(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．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．如图为某几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为( )A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台解析：选C由三视图易知其图形为如图所示的三棱柱．2.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.3．下列命题：①在平面外的直线与平面不相交必平行；②过平面外一点只有一条直线和这个平面平行；③如果一条直线与另一条直线平行，则它和经过另一条直线的任何平面平行；④若直线上有两点到平面的距离相等，则直线平行于该平面．其中正确命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A ①正确，②③④错误． 4．分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( )A ．异面B ．相交C ．平行D ．异面或相交解析：选D 如图所示，a ，b 是异面直线，AB ，AC 都与a ，b 相交，AB ，AC 相交；AB ，DE 都与a ，b 相交，AB ，DE 异面．5．已知m 是平面α的一条斜线，点A ∉α，l 为过点A 的一条动直线，那么下列情形中可能出现的是( )A ．l ∥m ，l ⊥αB ．l ⊥m ，l ⊥αC ．l ⊥m ，l ∥αD ．l ∥m ，l ∥α解析：选C 如图，l 可以垂直m ，且l 平行α.6．教室内有一把直尺，无论怎样放置，地面上总有这样的直线与该直尺所在直线( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．相交但不垂直解析：选C 分直尺所在直线在地平面内，直尺所在直线和地面垂直，直尺所在直线和地面相交三种情况讨论．7．已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出四个命题：① ⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γb ∥γ⇒a ∥b ； ② ⎭⎪⎬⎪⎫α∥γβ∥γ⇒α∥β； ③ ⎭⎪⎬⎪⎫α∥c a ∥c ⇒a ∥α； ④⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γα∥γ⇒α∥a . 其中正确的命题是( )A ．①②③B ．①④C ．②D ．①③④ 解析：选C ②正确．①错在可能a 与b 异面或相交．③④错在a 可能在α内．8．已知某几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.12cm 3 B.13 cm 3 C.16 cm 3 D.112cm 3 解析：选C 根据三视图可知原几何体是三棱锥，V ＝13Sh ＝13×12×1×1×1＝16(cm 3)． 9．一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为( )A ．280B ．292C ．360D ．372解析：选C 由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上面一个长方体组合而成的几何体． 下面长方体的表面积为8×10×2＋2×8×2＋10×2×2＝232，上面长方体的表面积为8×6×2＋6×2×2＋8×2×2＝152，又由于两个长方体的表面积重叠一部分，所以该几何体的表面积为232＋152－2×6×2＝360，故选C.10．设α，β，γ为两两不重合的平面，l ，m ，n 为两两不重合的直线，给出下列三个说法： ①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若α∥β，l α，则l ∥β；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n .其中正确的说法个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选B 垂直于同一平面的两个平面不一定平行，故①错误；由面面平行的性质知②正确；借助于三棱柱可知③正确．11．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )A.316B.916C.38D.932解析：选A 如图所示，设球的半径为R ，由题意知OO ′＝R 2，OF＝R ， ∴r ＝32R .∴S 截面＝πr 2＝π⎝⎛⎭⎫32R 2＝3π4R 2.又S 球＝4πR 2，∴S 截面S 球＝3π4R 24πR 2＝316.12．在四面体ABCD 中，下列条件不能得出AB ⊥CD 的是( )A ．AB ⊥BC 且AB ⊥BD B ．AD ⊥BC 且AC ⊥BDC ．AC ＝AD 且BC ＝BD D ．AC ⊥BC 且AD ⊥BD解析：选D A 项，∵AB ⊥BD ，AB ⊥BC ，BD ∩BC ＝B ， ∴AB ⊥平面BCD ，∵CD 平面BCD ，∴AB ⊥CD .B 项，设A 在平面BCD 内的射影为O ，则AO ⊥平面BCD ，∵AD ⊥BC ，AC ⊥BD ，∴O 为△BCD 的垂心，连接BO ，则BO ⊥CD .又AO ⊥CD ，AO ∩BO ＝O ， ∴CD ⊥平面ABO ，∵AB 平面ABO ，∴AB ⊥CD .C 项，取CD 中点G ，连接BG ，AG .∵AC ＝AD 且BC ＝BD ，∴CD ⊥BG ，CD ⊥AG ，∵BG ∩AG ＝G ，∴CD ⊥平面ABG ，∵AB 平面ABG ，∴AB ⊥CD ，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．底面直径和高都是4 cm 的圆柱的侧面积为______cm 2.解析：圆柱的底面半径为r ＝12×4＝2(cm)，∴S 侧＝2π×2×4＝16π(cm 2)． 答案：16π14．如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，MN 在平面BCC 1B 1内，MN ⊥BC 于M ，则MN 与AD 的位置关系是________．解析：由平面BCC 1B 1⊥平面ABCD ，知MN ⊥平面ABCD .∴MN ⊥AD .答案：垂直15．圆台的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30°，一个底面圆的半径是另一个底面圆的半径的2倍，则两底面圆的半径分别为________．解析：如图，画出圆台轴截面，由题设，得∠OPA ＝30°，AB ＝2a ，设O 1A ＝r ，PA ＝x ，则OB ＝2r ，x ＋2a ＝4r ，且x ＝2r ，∴a ＝r ，即两底面圆的半径分别为a,2a .答案：a,2a16.如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h . 又2×2＝h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33. 在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝ ⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得66× x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝22x ， 得x ＝12.即线段B 1F 的长为12. 答案：12三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知某几何体的俯视图是矩形，主视图是一个底边长为8高为4的等腰三角形，左视图是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形，如图．(1)几何体的体积V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64. (2)正侧面及相对侧面底边上的高h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高h 2＝ 42＋42＝4 2. 故几何体的侧面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×8×5＋12×6×42＝40＋24 2. 18．(12分)如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，A D ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE ＝2，DE ＝2，CB ＝5，S 表面＝S 圆台侧＋S 圆台下底＋S 圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×22＝(60＋42)π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13(π×22＋π×52＋22×52π2)×4－13π×22×2 ＝1483π.19．(12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ；(2)求三棱锥E -ABC 的体积V .解：(1)证明：在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又∵AD 平面PAD ，EF 平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .(2)连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G .则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA .在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2，∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22.∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，∴V E -ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.20．(12分)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，F ，F 1分别是AC ，A 1C 1的中点．求证：(1)平面AB 1F 1∥平面C 1BF ；(2)平面AB 1F 1⊥平面ACC 1A 1.证明：(1)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵F ，F 1分别是AC ，A 1C 1的中点，∴B 1F 1∥BF ，AF 1∥C 1F .又∵B 1F 1∩AF 1＝F 1，C 1F ∩BF ＝F ，∴平面AB 1F 1∥平面C 1BF .(2)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1F 1⊥AA 1.又B 1F 1⊥A 1C 1，A 1C 1∩AA 1＝A 1，∴B 1F 1⊥平面ACC 1A 1，而B 1F 1平面AB 1F 1，∴平面AB 1F 1⊥平面ACC 1A 1.21．(12分)矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，E 为CD 的中点，沿AE 将△DAE 折起到△D 1AE 的位置，使平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)若F 为线段D 1A 的中点，求证：EF ∥平面D 1BC ；(2)求证：BE ⊥D 1A .证明：(1)取AB 的中点G ，连接EG ，FG ，则EG ∥BC ，FG ∥D 1B ，且EG ∩FG ＝G ，EG 平面EFG ，FG 平面EFG ，D 1B ∩BC ＝B ，D 1B 平面D1BC，BC平面D1BC，∴平面EFG∥平面D1BC.∵EF平面EFG，∴EF∥平面D1BC.(2)易证BE⊥EA，平面D1AE⊥平面ABCE.平面D1AE∩平面ABCE＝AE.∴BE⊥平面D1AE.又D1A平面D1AE，∴BE⊥D1A.22．(12分)(北京高考)如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V-ABC的体积．解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB平面MOC，OM平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又OC平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1.所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝ 3.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C-VAB的体积等于13OC·S△VAB＝33.又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，所以三棱锥V-ABC的体积为3 3.。

高中数学 第一章 立体几何初步章末检测 北师大版必修2

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第一章 立体几何初步章末检测(一)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)1.设m ，n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ；②若α∥β，β∥γ，m ∥α，则m ∥γ；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中正确命题的序号是( ) A.① B.②和③ C.③和④D.①和④解析 ①正确；②若α∥β，β∥γ，m ∥α，则m ∥γ或m γ，②错；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ，而同平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，③错；④垂直于同一个平面的两个平面也可以相交，④错. 答案 A2.在如右图所示的三棱锥A －BCD 中，V A －BPQ ＝2，V C －APQ ＝6，V C －DPQ ＝12，则V A －BCD 等于( ) A.20 B.24 C.28 D.56解析 由V A －BPQ V C －APQ ＝26＝13，得V P －BDQ V P －CDQ ＝13，所以V P －BDQ ＝13V P －CDQ ＝4，所以V A －BCD ＝2＋6＋12＋4＝24. 答案 B3.如图，α∩β＝l ，A 、B ∈α，C ∈β，且C ∉l ，直线AB ∩l ＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A.点AB.点BC.点C 但不过点MD.点C 和点M解析 ∵AB γ，M ∈AB ，∴M ∈γ. 又α∩β＝l ，M ∈l ，∴M ∈β.根据公理3可知，点M 在γ与β的交线上. 同理可知，点C 也在γ与β的交线上. 答案 D4.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6πB.43πC.46πD.63π解析 如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1， ∴OM ＝（2）2＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 B5.如图所示，将等腰直角△ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成一个二面角，此时∠B ′AC ＝60°，那么这个二面角大小是( ) A.90° B.60° C.45°D.30°解析 连接B ′C ，则△AB ′C 为等边三角形，设AD ＝a ， 则B ′D ＝DC ＝a ，B ′C ＝AC ＝2a ， 所以∠B ′DC ＝90°. 答案 A6.如图，平面α⊥平面β，点A ∈α，点B ∈β，AB 与两平面α，β所成的角分别为45°和30°.过点A ，B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A ′，B ′，若AB ＝12，则A ′B ′＝( )A.4B.6C.8D.9解析 如图所示，连接A ′B ，AB ′，由题意得BB ′⊥α，AA ′⊥β，∠BAB ′＝45°，∠ABA ′＝30°，BB ′⊥A ′B ′，AA ′⊥A ′B ′，AA ′⊥A ′B .因为AB ＝12，所以BA ′＝AB ·cos∠ABA ′＝63，BB ′＝AB sin∠BAB ′＝62，故A ′B ′＝BA ′2－BB ′2＝6. 答案 B7.已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析A错误，理由如下：过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE.若直线AC与直线BD垂直，则可得BD⊥平面ACE，于是BD⊥CE，而由矩形ABCD边长的关系可知BD与CE并不垂直.所以直线AC与直线BD不垂直；B正确，理由如下：翻折到点A在平面BCD内的射影恰好在直线BC上时，平面ABC⊥平面BCD，此时由CD⊥BC可证CD⊥平面ABC，于是有AB⊥CD；C错误，理由如下：若直线AD与直线BC垂直，则由BC⊥CD可知BC⊥平面ACD，于是BC⊥AC，但是AB<BC，在△ABC中∠ACB不可能是直角，故直线AD与直线BC 不垂直；由以上分析可得D错误.答案 B8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析由三视图知可把四棱锥放在一个正方体内部，四棱锥为D－BCC1B1，最长棱为DB1＝DC2＋BC2＋BB21＝4＋4＋4＝2 3.故选B.答案 B9.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，AD＝4，则从A出发，沿长方体的表面到C1的最短距离是( )A.5B.7C.29D.37解析两点之间，线段最短，在长方体展开图中，由A到C1的路线有三条，如下图，三条路线长分别为l 1＝12＋（2＋4）2＝37， l 2＝42＋（1＋2）2＝5， l 3＝22＋（1＋4）2＝29，所以最短距离为5. 答案 A10.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π3B.3πC.10π3D.6π解析 将三视图还原为直观图求体积.由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V＝34×π×12×4＝3π. 答案 B11.如图所示，直线PA 垂直于圆O 所在的平面，△ABC 内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，点M 为线段PB 的中点.现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长，其中正确的是( ) A.①② B.①②③ C.①D.②③解析 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，BC 平面ABC ，∴PA⊥BC，∵AB为圆O的直径，∴BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BC⊥PC，①正确；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA平面PAC，平面PAC，∴OM∥平面PAC，②正确；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.答案 B12.已知二面角α－l－β为60°，动点P，Q分别在平面α，β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P，Q两点之间距离的最小值为( )A. 3B.2C.2 3D.4解析如图，分别作QA⊥α于点A，AC⊥l于点C，PB⊥β于点B，PD⊥l于点D，连接CQ，BD，则∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝23，BP＝3，∴AC＝PD＝2.又∵PQ＝AQ2＋AP2＝12＋AP2≥2 3.当且仅当AP＝0，即点A与点P重合时取最小值.故选C.答案 C二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)13.在△ABC中，∠BAC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，且平面PBC与平面ABC的位置关系是________.解析如右图所示，取BC的中点O，连接AO，PO.∵PB＝PC，∴PO⊥BC.又△ABC是以A为直角顶点的直角三角形，∴OA＝OB，又PA＝PB，∴△POA≌△POB，∴∠POA＝∠POB＝90°，即PO⊥OA，而OA∩BC＝O，∴PO⊥平面ABC，而PO平面PBC，∴平面PBC ⊥平面ABC . 答案 垂直14.已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为________.解析 因为扇形弧长为2π，设母线长为l ，则有120°360°×2πl ＝2π，∴l＝3，所以圆锥母线长为3，高为32－12＝22，所求体积V ＝13×π×12×22＝22π3.答案22π315.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线.以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号). 解析 由条件可得AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而PA ∥PB ，这显然不成立，故②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD >PA 知③正确； 由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点， 可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错. 答案 ①③16.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是________.解析 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示，其中PA ＝1，BC ＝2，取BC 的中点M ，连接AM ，MP ，则AM ＝2，AM ⊥BC ，故AC ＝AB ＝BM 2＋AM2＝1＋4＝5，由主视图和左视图可知PA ⊥平面ABC ，因此可得PC ＝PB ＝PA 2＋AB 2＝1＋5＝6，PM ＝PA 2＋AM 2＝1＋4＝5，所以三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5. 答案 2＋2 5三、解答题(本大题共6个小题，共70分)17.(10分)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 证明 (1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1， 由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱， 所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ， 因此四边形A 1OCO 1为平行四边形， 所以A 1O ∥O 1C ，又O 1C 平面B 1CD 1，A 1O 平面B 1CD 1， 所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.18.(12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M、N分别是AF、BC的中点).(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积.解由题图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，其中AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝90°.(1)证明取BF的中点G，连接MG、NG.由M、N分别为AF、BC的中点，可得NG∥CF，MG∥AB，又AB∥EF，∴MG∥EF，∵MG∩NG＝G，EF∩CF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，MN平面MNG，∴MN∥平面CDEF.(2)取DE的中点H，连接AH.因为AD＝AE，所以AH⊥DE.在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE，所以AH⊥平面CDEF，所以多面体A－CDEF是以AH为高，矩形CDEF为底面的棱锥.AH ＝2，S 矩形CDEF ＝DE ·EF ＝42，所以棱锥A －CDEF 的体积V ＝13S 矩形CDEF ·AH ＝83.19.(12分)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点.设Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC .证明 连接OG 并延长交AC 于点M ，连接QM ，QO ，OC ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点. 由Q 为PA 中点，得QM ∥PC ， 又O 为AB 中点，得OM ∥BC .因为QM ∩MO ＝M ，QM 平面QMO ，MO 平面QMO ，BC ∩PC ＝C ，BC 平面PBC ，PC 平面PBC ，所以平面QMO ∥平面PBC .因为QG 平面QMO ，所以QG ∥平面PBC .20.(12分)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积. (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，所以AC ⊥BE .又BE ∩BD ＝B ，所以AC ⊥平面BED .又AC 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，由勾股定理可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ×GD ×BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.21.(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝3，M 为PC 上一点，且PM ＝2MC .(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)若AD ＝2，PD ＝3，∠BAD ＝π3，求三棱锥P －ADM 的体积.解 (1)如图，过M 作MN ∥CD 交PD 于点N ，连接AN . ∵PM ＝2MC ，∴MN ＝23CD .又AB ＝23CD ，且AB ∥CD ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形， ∴BM ∥AN .又B 平面PAD ，AN 平面PAD ， ∴BM ∥平面PAD .(2)如图，过B 作AD 的垂线，垂足为E . ∵PD ⊥平面ABCD ，BE 平面ABCD ， ∴PD ⊥BE .又AD 平面PAD ，PD 平面PAD ， AD ∩PD ＝D .∴BE ⊥平面PAD . 由(1)知，BM ∥平面PAD ，∴点M 到平面PAD 的距离等于点B 到平面PAD 的距离，即BE . 连接BD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝2， ∠BAD ＝π3，∴BE ＝3，则三棱锥P －ADM 的体积V P －ADM ＝V M －PAD ＝13×S △PAD ×BE ＝13×3×3＝ 3.22.(12分)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2).(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.(1)证明∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.又∵D 平面A1CB，BC平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，∴DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，∴A1F⊥平面BCDE，BE平面BCDE，∴A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，∴A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ.。

高中数学 第1章 立体几何初步章末检测卷 北师大版必修2

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第一章立体几何初步章末检测卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．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．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：B2．下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．答案： D3．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和侧视图可知C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高一))“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为＝＋2×1＝PA ，PB ，PC 两两垂直且________．为长方体的长、宽、高作长方体，则长方体的对角线长为解析：由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2.是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：，那么α⊥β.图中的几何体可看成是一个底面为直角梯形且侧棱垂直于底面的棱柱，某个侧面在水平面上．直角梯形的上底为1，下底为2，高为2.所以此几何体的体积V＝S30 cm ， 由其侧面积等于两底面面积的和可得 －OD －D 12⎭⎪⎫32－⎝⎛－103如图，在三棱锥BC ＝8，DF ＝5.求该直三棱柱的体积与表面积；，使得GP ∥平面FMC ，并给出证明．由题意，可知该直三棱柱的体积为12×a ×a ×a 2＝(3＋2)a 2.在折叠的过程中，直线AB 与CD 能否垂直？若能，求出相应能够垂直．CD＝D，ABCD所成角的大小；－C的大小．解析：根据三视图可知：PA垂直平面ABCD，点E，F分别为AC和GE，则FG∥PA，GE为EF与平面ABCD所成的角，在Rt△FGE中，FG＝2，GE＝2，所以∠FEG＝45°.(2)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BA，PA⊥CA，所以∠BAC为二面角B－PA－C的平面角．又因为∠BAC＝45°.所以二面角B－PA－C的平面角的大小为45°.。

高中数学第一章立体几何初步阶段质量评估北师大版必修2word版本

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2016-2017学年高中数学第一章立体几何初步阶段质量评估北师大版必修2一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．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．观察图中的四个几何体，其中判断正确的是( )A．(1)是棱台B．(2)是圆台C．(3)是棱锥D．(4)不是棱柱解析：图(1)不是由棱锥截得的，图(2)的上、下两个面不平行，图(4)的前、后两个面平行，其他面都是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以A，B，D都不正确．答案： C2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( )A．棱柱B．棱台C．圆锥D．圆台解析：先观察俯视图，再结合正视图和侧视图还原空间几何体．由俯视图是圆环可排除A，B，由正视图和俯视图都是等腰梯形可排除C，故选D.答案： D3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603 B ．5803C ．200D ．240解析： 先将三视图还原为空间几何体，再根据体积公式求解．由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝＋2＝20.又棱柱的高为10，所以体积V ＝Sh ＝20×10＝200. 答案： C4．分别和两条异面直线相交的两条直线的位置关系是( ) A ．相交 B ．异面 C ．平行D ．相交或异面解析： 当过其中一条直线上同一点时，共面相交；相交的交点没有重合情况时，异面． 答案： D5．如图，PA ⊥矩形ABCD ，下列结论中不正确的是( )A ．PD ⊥BDB ．PD ⊥CDC ．PB ⊥BCD ．PA ⊥BD 解析： ∵PA ⊥面ABCD ， ∴PA ⊥BD ，故D 正确； ∵BC ⊥AB ，∴BC ⊥面PAB ， ∴BC ⊥PB ，故C 正确； 又CD ⊥面PAD ，∴PD ⊥CD ，故B 正确．只有A 不正确． 答案： A6．(2015·长沙高一检测)已知等边三角形的边长为1，那么它的平面直观图面积为( ) A.34 B ．38 C.68D ．616解析： 底边长为1，高为12×32×sin 45°＝68，∴S ＝616.答案： D7．如图，BC是Rt△ABC的斜边，PA⊥平面ABC，PD⊥BC于D点，则图中共有直角三角形的个数是( )A．8个B．7个C．6个D．5个解析：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为PD⊥BC，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD，所以AD⊥BC.图中直角三角形有△PAC，△PAD，△PAB，△ABC，△PDC，△PDB，△ADC，△ADB，共8个．答案： A8．以下说法中，正确的个数为( )①已知直线a，b和平面α，若a∥b，a∥α，则b∥α；②已知直线a，b，c和平面α.a是斜线，与平面α相交，b是射影所在直线，c⊂α，且c ⊥b，则c⊥a；③三个平面两两相交，且它们的交线各不相同，则这三条交线互相平行；④已知平面α，β，若α∩β＝a，b⊥a，则b⊥α或b⊥β.A．1个B．2个C．3个D．4个解析：①错误．直线b的位置不确定，直线b可以在α内，也可以平行于α.②正确．c同时垂直于斜线和射影．③错误．例如，长方体同一顶点的三个面．④错误．没有说明b是否在平面α或β内，则b可以在这两个平面外．答案： A9．一个圆锥与一个球的体积相等，且此圆锥底面半径与此球的直径相等，则此圆锥的侧面积与此球的表面积之比为( )A.2∶2 B．5∶2C.3∶2 D．3∶2解析：设圆锥底面半径为r，高为h，则V 球＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 23＝16πr 3，V 锥＝13πr 2h . 由于体积相等，∴16πr 3＝13πr 2h ，∴h ＝r2.∵S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝πr 2，S 锥侧＝52πr 2，∴S 锥侧∶S 球＝5∶2，所以选B. 答案： B10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B ．33 C.23D ．63解析： 画出图形(如图所示)，BB 1与平面ACD 1所成的角等于DD 1与平面ACD 1所成的角．在三棱锥D －ACD 1中，由三条侧棱两两垂直得点D 在底面ACD 1内的射影为等边三角形ACD 1的垂心即中心H ，连接D 1H ，DH ，则∠DD 1H 为DD 1与平面ACD 1所成的角．设正方体的棱长为a ，则cos ∠DD 1H ＝63a a ＝63.答案： D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 11．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起形成三棱锥C －ABD ，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________．解析： 由题意可知，侧视图为等腰直角三角形，腰长为22，故其面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝14. 答案： 1412．有下列三个说法：①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．其中正确的有________个．解析：①中的截面若不平行于底面，则不是棱台，故①错；②③中的条件都不能保证多面体的所有侧棱交于一点，故不一定是棱台，可知②③错．答案：013．如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，则线段MN的长等于________．解析：取CD的中点G，连接MG，NG.因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝ 2.因为平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF，可得MG⊥NG，所以MN＝MG2＋NG2＝ 6.答案： 614．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD成60°的角；④AB与CD所成的角是60°.其中正确结论的序号是________．解析： 如右图所示，①取BD 中点E ，连接AE ，CE ，则BD ⊥AE ，BD ⊥CE ，而AE ∩CE ＝E ，∴BD ⊥平面AEC ，AC ⊂平面AEC ，故AC ⊥BD ，故①正确．②设正方形的边长为a ，则AE ＝CE ＝22a . 由①知∠AEC ＝90°是直二面角A －BD －C 的平面角， ∴AC ＝a ，∴△ACD 是等边三角形，故②正确．③由题意及①知，AE ⊥平面BCD ，故∠ABE 是AB 与平面BCD 所成的角，而∠ABE ＝45°，所以③不正确．④分别取BC ，AC 的中点为M ，N ， 连接ME ，NE ，MN ，则MN ∥AB ，且MN ＝12AB ＝12a ，ME ∥CD ，且ME ＝12CD ＝12a ，∴∠EMN 是异面直线AB ，CD 所成的角． 在Rt △AEC 中，AE ＝CE ＝22a ，AC ＝a ， ∴NE ＝12AC ＝12a ，∴△MEN 是正三角形，∴∠EMN ＝60°，故④正确． 答案： ①②④三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．解析： 设圆锥的底面半径为R ，圆柱的底面半径为r ，表面积为S . 则R ＝OC ＝2，AC ＝4，AO ＝42－22＝2 3.如图所示易知△AEB ∽△AOC ， ∴AE AO ＝EB OC ，即323＝r 2，∴r ＝1， S 圆锥底＝2πr 2＝2π，S 圆锥侧＝2πr ·h ＝23π.∴S ＝S 圆锥底＋S 圆锥侧＝2π＋23π ＝(2＋23)π.16．(本小题满分12分)如图所示，在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AB ，点E 是PD 的中点．求证：(1)AC ⊥PB ； (2)PB ∥平面AEC .证明： (1)如图所示， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴AC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AC . 又∵AB ⊥AC ，而AB ∩PA ＝A ， ∴AC ⊥平面PAB ，PB ⊂面PAB ， ∴AC ⊥PB .(2)如图所示，连接BD ，与AC 相交于点O ，连接EO . ∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴点O 是BD 的中点．又∵点E 是PD 的中点，∴EO ∥PB . ∵PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ，∴PB ∥平面AEC .17．(本小题满分13分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m ，高4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积； (2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积； (3)哪种方案更经济些？解析： (1)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积：V 1＝13S ·h ＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1622×4＝2563π(m 3)． 如果按方案二，仓库的高变成8 m ，则仓库的体积：V 2＝13S ·h ＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1222×8＝2883π(m 3)． (2)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ．圆锥的母线长为l ＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．如果按方案二，仓库的高变成8 m ．圆锥的母线长为l ＝82＋62＝10(m)，则仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(3)∵V 2＞V 1，S 2＜S 1， ∴方案二比方案一更经济． 18．(本小题满分13分)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CD ，A 1B 1的中点，(1)若M 在侧面A 1D 1DA 及其边界上运动，问M 在哪条线段上运动均能使A 1C ∥平面AME ？并证明你的结论；(2)求证：平面AED 1∥平面C 1FB .解析： (1)当M 在AD 1上运动时，总能使A 1C ∥面AEM . 证明如下：连接A1D，取A1D的中点为G，连接EG，∵E，G分别为CD，A1D的中点，∴EG∥A1C.∵EG⊂面AEG.∴A1C∥面AEG，∵当M在AD1上运动时，EG总在面AEM内，∴A1C∥面AEM，故M在AD1上运动时，总能使A1C∥面AEM.(2)证明：在正方体中，连接AD1，D1E，∵AD1∥BC1，BC1⊄面AED1，∴BC1∥面AED1.取AB中点H，连接FH，CH，C1F，∵FH綊CC1，∴四边形FHCC1为平行四边形，∴FC1∥HC.又易知四边形AHCE为平行四边形，∴AE∥HC，∴C1F∥AE.又∵C1F⊄面D1AE，∴C1F∥面D1AE.而BC1∩C1F＝C1，且BC1，C1F⊂面BC1F，∴面BC1F∥面D1AE.(B)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．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．在空间中，下列说法中正确的是( )①平行于同一直线的两直线平行；②垂直于同一直线的两直线平行；③平行于同一平面的两直线平行；④垂直于同一平面的两直线平行．A．①③④B．①④C．①D．②③④解析：①正确，由平行公理可证；②错误，如图所示，A1D1⊥AA1，AB⊥AA1，但A1D1与AB 不平行；③错误，AA1∥平面DC1，A1B1∥平面DC1，但AA1∩A1B1＝A1；④正确．答案： B2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )解析：先观察俯视图，再结合主视图和侧视图还原为空间几何体．由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.答案： D3．设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，该球的表面积为( ) A．3πa2B．6πa2C．2πa2D．24πa2解析：由长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，则长方体的体对角线为＋a2＋a2＝6a，与外接球的直径相等，故2R＝6a，S球＝4πR2＝6πa2.答案： B4．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7C．6 D．5解析：由正视图和侧视图可知，该几何体由两层小正方体拼接成；由俯视图可知，最下层有5个小正方体；结合三个图可知，上层仅有一个正方体．所以共有6个小正方体．答案： C5．如图，α∩β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC解析：D∈l，l⊂β，∴D∈β，又C∈β，∴CD⊂β；同理，CD⊂平面ABC，∴平面ABC∩平面β＝CD.答案： C6．已知点O为正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列结论正确的是( ) A．直线OA1⊥平面AB1C1B．直线OA1∥平面CB1D1C．直线OA1⊥直线AD D．直线OA1∥直线BD1解析：可证平面A1BD∥平面CB1D1.答案： B7．一平面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形只有一条对角线与这个截面平行，那么这四个交点围成的四边形是( )A ．平行四边形B ．菱形C ．梯形D ．任意四边形解析： 如图所示，AC ∥平面EFGH ，则EF ∥HG ，而对角线BD 与平面EFGH 不平行，所以EH 与FG 不平行．所以四边形EFGH 是梯形．答案： C8．如图，三棱锥V －ABC 中，每个侧面与底面所成的二面角均相等，且VO ⊥平面ABC ，垂足为O ，则点O 是△ABC 的( )A ．垂心B ．重心C ．内心D ．外心解析： 在△VOD ，△VOE ，△VOF 中， 因为∠VDO ＝∠VEO ＝∠VFO ，且VO 公用， ∴Rt △VOD ≌Rt △VOE ≌Rt △VOF ， ∴OD ＝OE ＝OF ，∴O 为△ABC 的内心． 答案： C9．已知二面角α－AB －β的平面角是锐角θ，面α内有一点C 到β的距离为3，点C 到棱AB 的距离为4，那么tan θ＝( )A.377B ．37 C.34D ．35解析： 如图，作CE ⊥β，CD ⊥AB ，则CE ＝3，CD ＝4，DE ⊥AB ，∴∠CDE 为二面角α－AB －β的平面角， 即∠CDE ＝θ.在Rt △CDE 中，DE ＝CD2－CE2 ＝42－32＝7， ∴tan θ＝CE DE ＝37＝377.答案： A10．把表面积相等的球与正方体的体积依次记为V 球与V 正方体，球的直径为d ，正方体的棱长为a ，则有( )A ．d >a ，V 球>V 正方体B ．d >a ，V 球<V 正方体C ．d <a ，V 球>V 正方体D ．d <a ，V 球<V 正方体解析： πd 2＝6a 2，∴d 2＝6πa 2>a 2，∴d >a . 又d ＝6πa ，∴V 球V 正方体＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 23a3＝6π>1. ∴V 球>V 正方体． 答案： A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 11．设α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β； ②若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；③设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直； ④若l 与α内的两条直线垂直，则直线l 与α垂直．上面命题中，正确的序号是________．(写出所有正确命题的序号)解析： ①即面面平行的判定定理；②即线面平行的判定定理；③由α内有一条直线垂直于l 不能得到该直线垂直于β，也就得不到α和β垂直，故不正确；④不符合线面垂直的判定定理，因此不正确．答案： ①②12．若圆锥的侧面积为2π，底面积为π，则该圆锥的体积为________．解析： 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，高为h .∵πr 2＝π，∴r ＝1.又πrl ＝2π，∴l ＝2.则h ＝l2－r2＝4－1＝ 3.故该圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝33π.答案：33π13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是______________．解析： 由三视图知该几何体是躺着的三棱柱，底面是等腰三角形，底边上的高为1，侧棱长为3，S 底＝12×222－1×1＝ 3. S 侧＝(2＋2＋23)×3＝12＋6 3S 表＝2S 底＋S 侧＝23＋12＋63＝12＋8 3答案： 12＋8 314．(2015·长沙高一检测)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为1的正方形，侧棱长AA 1＝2，则异面直线A 1B 1与BD 1所成的角的大小等于________．解析： 因为A 1B 1∥AB ，所以∠ABD 1是异面直线A 1B 1与BD 1所成的角． 在Rt △ABD 1中，∠BAD 1＝90°，AB ＝1，AD 1＝AA21＋A1D21＝2＋12＝3，所以tan ∠ABD 1＝AD1AB ＝3，所以∠ABD 1＝60°. 答案： 60°三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)画出如图所示几何体的三视图．解析：该几何体的上面是一个圆柱，下面是一个四棱柱，其三视图如图所示．16．(本小题满分12分)已知一直棱柱底面是菱形，该棱柱的对角线长分别为15 cm,9 cm，高为5 cm，求这个棱柱的侧面积．解析：如图所示，设BD1＝9 cm，A1C＝15 cm.∵A1A＝D1D＝5 cm，∴BD2＝D1B2－D1D2＝92－52＝56，AC2＝A1C2－A1A2＝152－52＝200.∵四边形ABCD为菱形，∴AB2＋BC2＋CD2＋AD2＝BD2＋AC2，即4AB2＝56＋200＝256，∴2AB＝16，∴AB＝8 cm，∴S棱柱侧＝4AB·A1A＝4×8×5＝160(cm2)，故此棱柱的侧面积为160 cm2.17．(本小题满分13分)如图，在直棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．(1)证明：AD⊥C1E；(2)当异面直线AC，C1E所成的角为60°时，求三棱锥C1－A1B1E的体积．解析： (1)证明：因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点， 所以AD ⊥BC .①又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ， 而AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BB 1.② 由①②，得AD ⊥平面BB 1C 1C .由点E 在棱BB 1上运动，得C 1E ⊂平面BB 1C 1C ， 所以AD ⊥C 1E .(2)因为AC ∥A 1C 1，所以∠A 1C 1E 是异面直线AC ，C 1E 所成的角， 由题意知∠A 1C 1E ＝60°.因为∠B 1A 1C 1＝∠BAC ＝90°，所以A 1C 1⊥A 1B 1， 又AA 1⊥A 1C 1，从而A 1C 1⊥平面A 1ABB 1. 于是A 1C 1⊥A 1E ，故C 1E ＝A1C1cos 60°＝2 2.又B 1C 1＝A1C21＋A1B21＝2，所以B 1E ＝C1E2－B1C21＝2.从而V 三棱锥C 1－A 1B 1E ＝13S △A 1B 1E ·A 1C 1＝13×12×2×2×2＝23.18．(本小题满分13分)如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，求： (1)AO 与A ′C ′所成角的度数； (2)AO 与平面ABCD 所成角的正切值； (3)求证：平面AOC ⊥平面AOB . 解析： (1)在正方体中AA ′綊CC ′， ∴四边形ACC ′A ′为平行四边形， ∴A ′C ′∥AC ，∴∠OAC (或补角)为异面直线AO 与A ′C ′所成的角． 在△AOC 中，AC ＝2，OC ＝22，AO ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62， ∴AO 2＋OC 2＝AC 2， ∴∠OAC ＝30°，∴AO 与A ′C ′所成角的度数为30°. (2)取BC 的中点，连接OE ，AE (图略)，∵O 为BC ′的中点， ∴OE ∥CC ′.又CC ′⊥面ABCD ，∴OE ⊥面ABCD ， ∴∠OAE 为AO 与面ABCD 所成的角． 在Rt △OAE 中，OE ＝12，AE ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52， tan ∠OAE ＝OE AE ＝1252＝55.∴AO 与平面ABCD 所成角的正切值为55. (3)证明：在△AOC 中，由(1)知OC ⊥AO .在正方形BCC ′B ′中，OC ⊥OB ，AO ⊂面AOB ，OB ⊂面AOB ，AO ∩OB ＝O ， ∴OC ⊥面AOB ， 又∵OC ⊂面AOC ， ∴面AOC ⊥面AOB .。

高中数学第1章立体几何初步章末测试北师大版必修2

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高中数学第1章立体几何初步章末测试北师大版必修2班级____ 姓名____ 考号____ 分数____本试卷满分100分，考试时间90分钟．一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．若a ⊂α，b ⊂β，α∩β＝c ，a∩b＝M ，则( ) A ．M∈c B ．M ∉c C ．M ⊂c D ．M ⊄c 答案：A解析：注意点、线、面关系的符号表示，结合平面的公理3可知，M∈c.2．从长方体的一个顶点引出的三条棱的长度分别是2,3,3，则长方体的外接球的表面积为( )A ．20πB ．22πC ．24πD ．26π 答案：B解析：设球的半径为r ，则4r 2＝22＋32＋32＝22，球的表面积为4πr 2＝22π.3．一个几何体的三视图中的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均是大小形状完全相同的图形，那么这个几何体可能是( )A ．圆柱B ．圆锥C ．圆台D ．球 答案：D解析：因为球的三视图都是半径相等的圆，则其他的三个均不可能满足条件．4．圆锥的高伸长为原来的2倍，底面半径缩小为原来的12，则它的体积是原来体积的( )A .12B .23C .34D .65 答案：A解析：设原圆锥高为h ，底面面积为S ，则V ＝13hS ，新圆锥的高为2h ，底面面积为S4，∴V′＝13×2h×S 4＝12V.5．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E 是DD 1的中点，F 是BB 1的中点，设过点C 1，E ，F 三点的平面为α，则正方体被平面α所截的截面的形状为( )A ．菱形B ．矩形C ．梯形D ．五边形 答案：A解析：设正方体棱长为a ，连接AE ，C 1F 易发现AE∥C 1F ，所以平面α经过点A ，所以截面是四边形AEC 1F ，根据勾股定理易求得AE ＝EC 1＝C 1F ＝AF ＝52a ，所以截面为菱形．6．平面α与平面β平行的条件可以是( ) A ．α内有无数条直线都与平面β平行 B ．α内的任何直线都与平面β平行C ．直线a ⊂α，直线b ⊂β且a∥β，b∥αD ．直线a∥α，a∥β 答案：B7．底面是正三角形，侧棱垂直底面水平放置的三棱柱的所有棱长均为2，当其正(主)视图有最大面积时，其侧(左)视图的面积为( )A ．2B . 3C ．2 3D ．6 3 答案：C解析：S ＝3×2＝2 3.8．设α、β是两个不同的平面，a 、b 是两条不同的直线，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )A ．若a∥α，b∥α，则a∥bB ．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC ．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥βD ．若a 、b 在平面α内的射影互相垂直，则a⊥b 答案：C解析：与同一平面平行的两条直线不一定平行，所以A 错误；与两条平行直线分别平行的两个平面未必平行，所以B 错误；如图所示，直线a ，b 在平面α内的射影分别为m 、n ，显然m⊥n，但a 、b 不垂直，所以D 错误，故选C .9．三条直线a 、b 、c 两两平行且不共面，这三条直线可以确定m 个平面，这m 个平面把空间分成n 个部分，则( )A ．m ＝2，n ＝2B ．m ＝2，n ＝6C ．m ＝3，n ＝7D ．m ＝3，n ＝8 答案：C解析：本题主要考查空间想象能力，三条不共面的平行线可以确定三个平面，而这三个平面把空间分成7部分．10．平行六面体的相交于一顶点的三条棱长分别是a 、b 、c ，三条棱中每两条的夹角都是60°，则它的体积是( )A ．abcB .abc 3C .2abcD .22abc答案：D解析：如图所示，设AA 1＝c ，AB ＝a ，AD ＝b ，A 1在底面射影O.在∠DAB 的平分线上，作OE⊥AB 于E ，连结A 1E ，则A 1E⊥AB，在Rt △A 1AE 中，∠A 1AE＝60°，AE ＝c2，在Rt △AEO 中，∠OAE＝30°，AO ＝33c ，高A 1O ＝23c.∴V＝S 四边形ABCD ·A 1O ＝22abc. 二、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分．把答案填在题中横线上． 11．正方体的内切球与外接球的体积之比等于________． 答案：1：3 3解析：设正方体的棱长为a ，则内切球半径为r ＝a 2，外接球半径R ＝32a.12．若某几何体的三视图(单位：cm )如图所示，则此几何体的体积是________cm 3.答案：18解析：根据几何体的三视图，可知该几何体是由两个相同的长方体(3×3×1)组合而成的几何体，故其体积为18.13．如图所示，下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP 的图形的序号是______．(写出所有符合要求的图形的序号)答案：①③解析：如图①所示，因为MN∥AD，NP∥AC，所以平面MNP∥平面AB.故AB∥平面MNP. 如下图②所示，AB 与平面MNP 不平行(反证法)，连结CD 、再连结BE ，分别交CD 、MP 于R 、Q ，连结NQ ，若AB∥平面MNP ，则AB∥NQ.又由N为AE的中点，R为BE的中点，得AB∥NR.在平面ABE中过点N有两条相交的直线平行于AB，与平行公理矛盾，所以AB与平面MNP不平行．如图③所示，连结CD，因为AD平行且等于BC，所以四边形ABCD为平行四边形．所以AB∥CD.又因为MP∥CD，所以AB∥MP.所以AB∥平面MNP.对于④，AB与平面MNP不平行(反证法)，如上图④所示，连接DM，ME.若AB∥平面MNP，因为MN∥DP，所以DM⊂平面MNP，又DM⊂平面ABMD，所以AB∥DM.又由AD平行且等于BC，得四边形ABCD是平行四边形，故AB∥CD.在平面ABCD中过点D有两条相交直线平行于AB，与平行公理矛盾．于是AB与平面MNP不平行．三、解答题：本大题共5小题，共48分，其中第14小题8分，第15～18小题各10分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．14．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝PD，E、F分别为CD、PB的中点，求证：EF⊥面PAB.证明：如图，连结EP.∵PD⊥面ABCD，DE在面ABCD内，∴PD⊥DE，又CE＝ED，PD＝AD＝BC.∴Rt△BCE≌Rt△PDE.∴PE＝BE.∵F为PB的中点，∴EF⊥PB，∵PD⊥ABCD AB⊂ABCD ∴PD⊥AB又∵AB⊥AD∴AB⊥平面PAD∴PA⊥A B∴在Rt△PAB中，PF＝AF，又PE＝BE＝EA，∴△EFP≌△EFA，∴EF⊥FA.又PB，FA为平面PAB内相交直线∴EF⊥面PAB.15.如图所示，在正三角形ABC 中，E 、F 分别是AB 、AC 的中点，AD⊥BC，EH⊥BC，FG⊥BC，D 、H 、G 为垂足，若将正△ABC 绕AD 旋转一周所得圆锥体积为V ，求由阴影部分所产生旋转体的体积与V 的比值．解：如图所示，设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的高为h 2，底半径为r 2，则V －V 柱V＝1－V 柱V ＝1－πr 22·h 213πr 2h ＝1－38＝58. 16．如图所示，在侧棱垂直于底面ABC 的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C)，且AD⊥DE，F 是B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F∥平面ADE.证明：(1)因为CC 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE＝E ，所以AD⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1，所以CC 1⊥A 1F.又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1，所以A 1F⊥平面BCC 1B 1. 由(1)知AD⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F∥AD.又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F∥平面ADE.17．如图所示，AB 是圆柱的母线，O′是上底面的圆心，△BCD 是下底面圆的内接三角形，且BD 是下底面圆的直径，E 是CD 的中点．求证：(1)O′E∥平面ABC ；(2)平面O′CD⊥平面ABC. 解：(1)取BC 中点为F ，连结EF ，O′A， 则EF 是△BCD 的中位线，∴EF 綊12BD.设下底面圆心为O ，连结OO′，∵AB 是母线， ∴AB 綊OO′， ∴AO′綊EF ，∴AF∥O′E 且AF ⊂平面ABC ，O′E ⊄平面ABC ， ∴O′E∥平面ABC.(2)在圆柱中，AB⊥平面BCD ，∴AB⊥CD ∵BC⊥CD，AB∩BC＝B ∴CD⊥平面ABC ∵CD ⊂平面O′CD∴平面O′CD⊥平面ABC.18．如图所示，在侧面均垂直于底面ABC 的三棱柱ABC －A′B′C′中，∠BAC＝90°，AB ＝AC ＝2，AA′＝1，点M ，N 分别为A′B 和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′； (2)求三棱锥A′－MNC 的体积． 解：(1)(法一)连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A′B′C′为直三棱柱，所以M 为AB′中点．又因为N 为B′C′的中点， 所以MN∥AC′.又MN ⊄平面A′ACC′， AC′⊂平面A′ACC′， 因此MN∥平面A′ACC′.(法二)取A′B′中点P ，连接MP ，NP ，则M ，N 分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′. 又MP∩NP＝P ，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN ⊂平面MPN ，因此MN∥平面A′ACC′.(2)(法一)连接BN ，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′， 所以A′N⊥平面NBC.又A′N＝12B′C′＝1，故V A′－MNC ＝V N －A′MC ＝12V N －A′BC ＝12V A′－NBC ＝16.(法二)V A′－MNC ＝V A′－NBC －V M －NBC ＝12V A′－NBC ＝16.。

数学：第一章《立体几何》测试(北师大版必修2)

数学：第一章《立体几何》测试(北师大版必修2)

侧视图正视图高一立几复习题（一）1．用符号表示“点A 在直线l 上，l 在平面α23则这个棱柱的侧面积为 。

4．a ，b ，c 分别表示三条直线，M 表示平面，给出下列四个命题：①若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥b ；②若b ⊂M ，a ∥b ，则a ∥M ；③若a ⊥c ，b ⊥c ，则a ∥b ；④若a ⊥M ，b ⊥M ，则a ∥b .其中不正确命题的有 （填序号）5．已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于 6.经过一点和一直线垂直的直线有 条；经过一点和一平面垂直的直线有 （）条；经过平面外一点和平面平行的直线有 条.7．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是8.PA 垂直于⊿ABC 所在的平面，若AB =AC =13，BC =10，PA =12，则P 到BC 的距离为 . 9.长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD =a ，AB =b ，则AA 1到对角面DD 1B 1B 的距离是 .10.下列四个正方体图形中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、P 分别为其所在棱的中点，能得出//AB MNP 平面的图形的序号是 .11.已知βα,是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列命题： （1）,,m n m n n ααα⊂⊄如果、是异面直线，那么与相交. （2）m ∥β，m ⊥n ，则n ⊥β.（3）如果点M 是两条异面直线外的一点，则过点M 且与a ，b 都平行的平面有且只有一个.（4）若,//,////.m n m n n n n αβαβαβ⋂=⊄⊄，且，则且其中正确的命题是 ▲ .12.正方体的全面积是6a 2,它的顶点都在球面上，这个球的表面积是______,体积是_______． 13.正四面体的四个顶点都在表面积为36π的一个球面上，则这个四面体的高等于________． 14.棱长为a 的正四面体内任意一点到各面距离之和为定值，则这个定值等于_________．15.某师傅需用合板制作零件，其大致形状的三视图如右图所示(单位长度: cm) ，图中的水平线与竖线垂直.（1）作出此零件的直观图；（2）若按图中尺寸，求做成的零件用去的合板的面积.（制作过程合板的损耗和合板厚度忽略不计）.16已知R t ⊿ABC 中，∠C =90º，C ∈α，AB ∥平面α，AB =8，AC 、BC 与平面α所成角分别30º、60º，求AB 到平面α的距离.17.正三棱锥的高为1，底面边长为，此三棱锥内有一个球和四个面都相切． （１）求棱锥的全面积； （２）求球的体积． .18.在四棱锥P-ABCD 中,侧棱PA ⊥底面ABCD,底面ABCD 是矩形,问底面的边BC 上是否存在点E,(1)使得∠PED=900;俯视图αCABPA(2)使∠PED 为锐角．证明你的结论．19.三棱锥各侧面与底面成45°角，底面三角形各角成等差数列，而最大边和最小边的长是方程0322732=+-x x 两根，求此三棱锥的侧面积和体积．图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PA ⊥底面ABCD 于A ，E 、F 分别是AB 、PD 之中点． （1）求证：AF ∥平面PCE ；（2）若二面角P －CD －B 为45°，求证：平面PCE ⊥平面PCD ； （3）在（2）的条件下，若AD=2，CD=22，求F 点到平面PCE 距离．EB CFPDA。

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第一章立体几何初步
章末检测卷
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．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．给出下列几个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；
③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：B
2．下列结论正确的是( )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
解析：A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．
B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．
C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．
答案： D
3．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )
先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和侧视图可知
C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高
一))“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，
好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞
根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，
该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为
小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为
PA，PB，PC两两垂直且
________．
为长方体的长、宽、高作长方体，则长方体的对角线长为
解析：由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为
2.
是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
，那么α⊥β.
图中的几何体可看成是一个底面为直角梯形且侧棱垂直于底面的棱柱，某个侧面在水平面上．直角梯形的上底为1，下底为2，高为
2.所以此几何体的体积V＝S
30 cm，
由其侧面积等于两底面面积的和可得
如图，在三棱锥
BC＝8，DF＝5.
求该直三棱柱的体积与表面积；
，使得GP ∥平面FMC ，并给出证明．由题意，可知该直三棱柱的体积为12×a ×a ×a 2＝(3＋2)a 2
.
在折叠的过程中，直线AB 与CD 能否垂直？若能，求出相应
能够垂直．
CD＝D，
ABCD所成角的大小；
－C的大小．
解析：根据三视图可知：PA垂直平面ABCD，点E，F分别为AC和
GE，则FG∥PA，GE
为EF与平面ABCD所成的角，在Rt△FGE中，FG＝2，GE＝2，
所以∠FEG＝45°.
(2)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BA，PA⊥CA，
所以∠BAC为二面角B－PA－C的平面角．
又因为∠BAC＝45°.
所以二面角B－PA－C的平面角的大小为45°.
11。

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