北师大版高中数学必修2-第1章单元综合复习：单元测试：立体几何初步2

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高中数学第一章立体几何初步章末综合测评(含解析)北师大版必修2-北师大版高一必修2数学试题

章末综合测评(一) 立体几何初步(满分：150分时间：120分钟)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．下列推理错误的是( ) A ．A ∈l ，A ∈α，B ∈l ，B ∈α⇒lαB ．A ∈α，A ∈β，B ∈α，B ∈β⇒α∩β＝ABC ．lα，A ∈l ⇒A ∉αD ．A ∈l ，lα⇒A ∈αC [若直线l ∩α＝A ，显然有l α，A ∈l ，但A ∈α，故C 错．]2．下列说法中，正确的是( )A ．经过不同的三点有且只有一个平面B ．分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线C ．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D ．垂直于同一个平面的两个平面平行C [A 中，可能有无数个平面；B 中，两条直线还可能平行、相交；D 中，两个平面可能相交．]3．已知水平放置的△ABC 是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 的面积是( )A. 3 B ．2 2 C.32 D.34A [由题图可知，原△ABC 的高为AO ＝3， ∴S △ABC ＝12×BC ×OA ＝12×2×3＝3，故选A.]4．下列四个命题判断正确的是( ) A ．若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α B ．若a ∥α，bα，则a ∥bC ．若a ∥α，则a 平行于α内所有的直线D ．若a ∥α，a ∥b ，b α，则b ∥αD [A 中b 可能在α内；B 中a 与b 可能异面；C 中a 可能与α内的直线异面；D 正确．] 5．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( )A.22π3 B.2π3 C.2π3D.3π A [因为扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，高为22，所求体积V ＝13×π×12×22＝22π3.] 6．如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，若E 是A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于()A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1D 1 B [CE平面ACC 1A 1，而BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，所以BD ⊥平面ACC 1A 1，所以BD ⊥CE .]7．正方体AC 1中，E ，F 分别是DD 1，BD 的中点，则直线AD 1与EF 所成角的余弦值是() A.12 B.32 C.63 D.62C [连接BD 1，则BD 1∥EF ，∠BD 1A 是异面直线AD 1与EF 所成的角．∵AB ⊥AD 1，∴cos∠BD 1A ＝AD 1BD 1＝63.] 8．如图所示，则这个几何体的体积等于( )A ．4B ．6C ．8D ．12A [由三视图得几何体为四棱锥，如图记作S ABCD ，其中SA ⊥平面ABCD ，SA ＝2，AB ＝2，AD ＝2，CD ＝4，且ABCD 为直角梯形， ∠DAB ＝90°，∴V ＝13SA ×12(AB ＋CD )×AD ＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A.]9．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，lα，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 ．2 C ．1D ．0B [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．]10．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.316 B.916 C.38 D.932A [如图所示，设球的半径为R ，由题意知OO ′＝R2，OF ＝R ，∴r ＝32R .∴S 截面＝πr 2＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＝3π4R 2.又S 球＝4πR 2，∴S 截面S 球＝3π4R24πR 2＝316.] 11．如图，ABCD A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误的是( ) A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BD C ．AC 1⊥平面CB 1D 1D ．异面直线AD 与CB 1所成的角为60°D [由于BD ∥B 1D 1，易知BD ∥平面CB 1D 1；连接AC (图略)，易证BD ⊥平面ACC 1，所以AC 1⊥BD ；同理可证AC 1⊥B 1C ，因为BD ∥B 1D 1，所以AC 1⊥B 1D 1，所以AC 1⊥平面CB 1D 1；对于选项D ，∵BC ∥AD ，∴∠B 1CB 即为AD 与CB 1所成的角，此角为45°，故D 错．]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 ⊥BD C ．AC ＝AD 且BC ＝BDD ．AC ⊥BC 且AD ⊥BDD [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，把答案填在题中横线上) 13．底面直径和高都是4 cm 的圆柱的侧面积为________ cm 2. 16π [圆柱的底面半径为r ＝12×4＝2(cm)，∴S 侧＝2π×2×4＝16π(cm 2)．]14．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________．垂直 [由平面BCC 1B 1⊥平面ABCD ，知MN ⊥平面ABCD . ∴MN ⊥AD .]15．已知一个圆台的下底面半径为r ，高为h ，当圆台的上底面半径r ′变化时，圆台体积的变化X 围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫13πr 2h ，πr 2h [V 圆台＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)h,0＜r ′＜r . 当上底面面积为0时，圆台变为圆锥，V 圆锥＝13πr 2h ；当上、下底面面积相等时，圆台变为圆柱，V 圆柱＝πr 2h .所以圆台体积的变化X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13πr 2h ，πr 2h .]16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C ，则异面直线AB 与CD 所成的角等于________．60° [如图所示，分别取BC ，AC 的中点G 、F ，连接EG ，GF ，EF ，则EG ∥CD ，GF ∥AB ，∴∠EGF 就是AB 与CD 所成的角．由题意EG ＝GF ＝EF ＝a2，∴△EFG 是等边三角形，∴∠EGF ＝60°.]三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)如图所示，四棱锥V ABCD 的底面为边长等于2 cm 的正方形，顶点V 与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC ＝4 cm ，求这个正四棱锥的体积．[解] 连接AC ，BD 相交于点O ，连接VO ， ∵AB ＝BC ＝2 cm ，在正方形ABCD 中，求得CO ＝ 2 cm ，又在直角三角形VOC 中，求得VO ＝14 cm ，∴V V ABCD ＝13S ABCD ·VO ＝13×4×14＝4314(cm 3)．故这个正四棱锥的体积为4314 cm 3.18．(本小题满分12分)如图所示，P 是▱ABCD 所在平面外一点，E ，F 分别在PA ，BD 上，且PE ∶EA ＝BF ∶FD .求证：EF ∥平面PBC .[证明] 连接AF 延长交BC 于G ，连接PG . 在▱ABCD 中，易证△BFG ∽△DFA ， ∴GF FA ＝BF FD ＝PE EA， ∴EF ∥PG . 而EF平面PBC ，PG平面PBC ，∴EF ∥平面PBC .19．(本小题满分12分)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． [解] (1)交线围成的正方形EHGF ，如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. 20．(本小题满分12分)如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M .[证明] 由长方体的性质可知A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，又BM平面BCC 1B 1，所以A 1B 1⊥BM .又CC 1＝2，M 为CC 1的中点，所以C 1M ＝CM ＝1. 在Rt△B 1C 1M 中，B 1M ＝B 1C 21＋MC 21＝2，同理BM ＝BC 2＋CM 2＝2，又B 1B ＝2，所以B 1M 2＋BM 2＝B 1B 2，从而BM ⊥B 1M . 又A 1B 1∩B 1M ＝B 1，所以BM ⊥平面A 1B 1M ，因为BM平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面A 1B 1M .21．(本小题满分12分)如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC .(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)是否存在点E 使得二面角A DE P 为直二面角？并说明理由． [解] (1)证明：∵PA ⊥底面ABC ，BC 底面ABC ，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又∵AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.又∵AE平面PAC，PE平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE.∴∠AEP为二面角ADEP的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时∠AEP＝90°，故存在点E，使得二面角ADEP为直二面角．22．(本小题满分12分)如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE.(1)求证：AD′⊥BE；(2)求四棱锥D′ABCE的体积；(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA＝∠CEB＝45°，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.∵平面D′AE⊥平面ABCE，且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，BE平面ABCE，∴BE⊥平面D′AE，∵AD′平面D′AE，∴AD′⊥BE.(2)取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE.∵平面D ′AE ⊥平面ABCE ，且平面D ′AE ∩平面ABCE ＝AE ，D ′F 平面D ′AE ，∴D ′F ⊥平面ABCE ，∴V D ′ABCE ＝13S 四边形ABCE ·D ′F ＝13×12×(1＋2)×1×22＝24.(3)如图所示，连接AC 交BE 于Q ，假设在D ′E 上存在点P ，使得D ′B ∥平面PAC ，连接PQ .∵D ′B平面D ′BE ，平面D ′BE ∩平面PAC ＝PQ ，∴D ′B ∥PQ ， ∴在△EBD ′中，EP PD ′＝EQQB. ∵在梯形ABCE 中，EQ QB ＝EC AB ＝12，∴EP PD ′＝EQ QB ＝12，即EP ＝13ED ′， ∴在棱ED ′上存在一点P ，且EP ＝13ED ′时，使得D ′B ∥平面PAC .。

高中数学第一章立体几何初步水平测试北师大版必修2-北师大版高一必修2数学试题

第一章立体几何初步水平测试本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60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．下列三视图表示的几何体是( )A．圆台 B．棱锥C．圆锥 D．圆柱答案 A解析由于俯视图是两个同心圆，则这个几何体是旋转体，又左视图和主视图均是等腰梯形，所以该几何体是圆台．2．已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC是一个( )A．等边三角形B．直角三角形C．三边中有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形答案 A解析根据“斜二测画法”可得BC ＝B ′C ′＝2，AO ＝2A ′O ′＝ 3.故原△ABC 是一个等边三角形．3．已知某个几何体的三视图如下图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.40003 cm 3 B.80003cm 3C ．2000 cm 3D ．4000 cm 3答案 B解析由三视图得该几何体为四棱锥，则其体积为V ＝13×20×20×20＝80003cm 3.4．已知一个圆锥的展开图如右图所示，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( )A.22π3 B.2π3 C.2π3D.3π 答案 A解析由底面圆的半径为1，可知扇形的弧长为2π，又扇形的圆心角为120°，所以圆锥母线长为2π120180π＝3，高为32－12＝22，所求体积V ＝13×π×12×22＝22π3.5. 如右图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．6C ．4 2D ．4 答案 B解析该多面体是如下图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E －CC 1D 1(其中E 为BB 1的中点)，其中最长的棱为D 1E ＝422＋22＝6.6．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3 B.42π3C ．22π D．42π 答案 B解析由题意，该几何体可以看作两个底面半径和高都为2的圆锥的组合体，其体积为2×13×π×(2)2×2＝42π3.7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1如下图所示，下面结论错误的是( )A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BD C ．AC 1⊥平面CB 1D 1D ．异面直线AD 与CB 1所成的角为60° 答案 D解析对于A ，由于BD ∥B 1D 1，易知BD ∥平面CB 1D 1；对于B ，连接AC ，易证BD ⊥平面ACC 1，所以AC 1⊥BD ；对于C ，因为BD ∥B 1D 1，所以AC 1⊥B 1D 1，同理可证AC 1⊥B 1C ，所以AC 1⊥平面CB 1D 1；对于D ，因为BC ∥AD ，所以∠B 1CB 即AD 与CB 1所成的角，此角为45°，故D 错．8．如下图所示，在四面体ABCD 中，E 、F 分别是AC 与BD 的中点，若CD ＝2AB ＝4，EF ⊥BA ，则EF 与CD 所成的角为( )A ．90°B ．45°C ．60°D ．30° 答案 D解析取BC 的中点H ，连接EH 、FH ，则∠EFH 为所求的角，可证△EFH 为直角三角形，EH ⊥EF ，FH ＝2，EH ＝1，∴sin ∠EFH ＝EH FH ＝12，∴∠EFH ＝30°.9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BC ，C 1D 1的中点，则EF 与平面BB 1D 1D 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．EF ⊂平面BB 1D 1D D ．无法判断答案 A解析取B 1C 1中点H ，连接EH ，FH ，∵E 、F 、H 分别为BC 、D 1C 1、B 1C 1中点， ∴FH ∥D 1B 1，EH ∥BB 1， ∴平面EFH ∥平面BB 1D 1D ∵EF 平面EFH ， ∴EF ∥平面BB 1D 1D .10．如图，P 是△ABC 所在平面外一点，平面α∥平面ABC ，α分别交线段PA ，PB ，PC 于点A ′，B ′，C ′，若S △A ′B ′C S △ABC ＝949，则PA ′AA ′＝( )A.43B.349C.78D.34 答案 D解析由平面α∥平面ABC ，得AB ∥A ′B ′，BC ∥B ′C ′，AC ∥A ′C ′，由等角定理得∠ABC ＝∠A ′B ′C ′，∠BCA ＝∠B ′C ′A ′，∠CAB ＝∠C ′A ′B ′，从而△ABC ∽△A ′B ′C ′，△PAB ∽△PA ′B ′，S △A ′B ′C ′S △ABC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫A ′B ′AB 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA ′PA 2＝949，所以PA ′PA ＝37，所以PA ′AA ′＝34，故选D. 11．已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 答案 D解析由于m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m ，n ，又直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则交线平行于l ，故选D.12．已知平面ABC 外一点P ，且PH ⊥平面ABC 于点H .给出下列四个说法：①若PA ⊥BC ，PB ⊥AC ，则点H 是△ABC 的垂心；②若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则点H 是△ABC 的垂心；③若∠ABC ＝90°，点H 是AC 的中点，则PA ＝PB ＝PC ；④若PA ＝PB ＝PC ，则点H 是△ABC 的外心．其中正确说法的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 D解析对于①，易知AH ⊥BC ，BH ⊥AC ，所以点H 是△ABC 的垂心；对于②，易知PB ⊥平面PAC ，所以PB ⊥AC ，同理，PA ⊥BC ，由①可知点H 是△ABC 的垂心；对于③，∠ABC ＝90°，点H 是AC 的中点，所以HA ＝HC ＝HB ，又∠PHA ＝∠PHB ＝∠PHC ＝90°，所以PA ＝PB ＝PC ；对于④，∠PHA ＝∠PHB ＝∠PHC ＝90°，PA ＝PB ＝PC ，所以HA ＝HB ＝HC ，即点H 是△ABC 的外心．①②③④都正确，故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)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．下列说法正确的是________．(填序号)①连接圆柱上、下底面圆周上两点的线段是圆柱的母线； ②以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台都有两个底面；④圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长．答案④解析本题主要考查空间几何体的结构特征．根据圆柱母线的定义，①说法错误；以直角梯形垂直于上、下底的腰为轴旋转得到的旋转体是圆台，以另一腰为轴旋转所得的旋转体不是圆台，故②说法错误；圆锥只有—个底面，故③说法错误；根据圆锥母线的定义，④说法正确．14．把直径分别为6 cm,8 cm,10 cm 的三个铁球熔成一个大铁球，则这个大铁球的半径为________cm.答案 6解析设大铁球的半径为R cm ，由43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫623＋43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫823＋43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1023，得R 3＝216，得R ＝6.15．如图所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面中，与直线CE 平行、相交的平面个数分别为m ，n ，则m ＋n ＝________.答案 5解析CE 与正方体上底面平行，且在正方体下底面所在的平面内，而与它相交的平面分别是前、后、左、右四个平面，即m ＝1，n ＝4，因此m ＋n ＝5.16．如图所示的四个正方体中，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 的图形是________．(填序号)答案①④解析①中，记点B 正上方的顶点为C ，连接AC ，则易证平面ABC ∥平面MNP ，所以AB ∥平面MNP ；④中AB ∥NP ，根据空间直线与平面平行的判定定理可以得出AB ∥平面MNP ；②③中，AB 均与平面MNP 相交．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1P ＝2PA 1，C 1Q ＝2QA 1.求证：直线AA 1，BP ，CQ 相交于一点．证明如图，连接PQ .由B 1P ＝2PA 1，C 1Q ＝2QA 1，得PQ ∥B 1C 1，且PQ ＝13B 1C 1.又BC 綊B 1C 1，∴四边形BCQP 为梯形，∴直线BP ，CQ 相交，设交点为R ，则R ∈BP ，R ∈CQ . 又BP 平面AA 1B 1B ，CQ 平面AA 1C 1C ， ∴R ∈平面AA 1B 1B ，且R ∈平面AA 1C 1C ，∴R 在平面AA 1B 1B 与平面AA 1C 1C 的交线上，即R ∈AA 1， ∴直线AA 1，BP ，CQ 相交于一点．18．(本小题满分12分)某几何体的三视图如图所示(不考虑接触点)．(1)求该几何体的表面积； (2)求该几何体的体积．解 (1)由三视图，知该几何体由两部分组成，上部分是直径为1的球，下部分是底面边长为2，高为3的正三棱柱．表面积S ＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12×2×3×2＋2×3×3＝π＋23＋18.(2)体积V ＝12×2×3×3＋43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝33＋π6.19．(本小题满分12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥BC ，A 1B ⊥AC .D ，E 分别是BB 1，A 1C 1的中点．(1)求证：DE ∥平面A 1BC ；(2)若AB ⊥BC ，求证：A 1B ⊥平面ABC ；(3)在(2)的条件下，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，求三棱锥A 1－BCC 1的体积．解 (1)证明：取A 1C 的中点F ，连接BF ，EF ， ∵E 是A 1C 1的中点， ∴EF ∥CC 1，且EF ＝12CC 1.又CC1∥BB1，D是BB1的中点，∴EF∥DB，且EF＝DB，∴四边形BDEF是平行四边形，∴DE∥BF，而DE⊆/平面A1BC，BF平面A1BC，∴DE∥平面A1BC.(2)证明：∵AA1⊥BC，AB⊥BC，AB∩AA1＝A，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.又A1B⊥AC，AC∩BC＝C，∴A1B⊥平面ABC.(3)由(2)的结论，得A1B⊥AB，∵AB⊥BC，∴AB⊥平面A1BC.∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面A1BC.由B1C1∥BC，可知B1C1∥平面A1BC.∵A1B1＝AB＝1，BB1＝2，∴A1B＝1，∴三棱锥A1－BCC1的体积V A1－BCC1＝V C1－A1BC＝V B1－A1BC＝13S△A1BC·A1B1＝13×12×BC×A1B×A1B1＝13×12×1×1×1＝16.20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC＝90°，BC＝BB1，M，N分别是A1B1，AC1的中点．求证：(1)MN∥平面BCC1B1；(2)平面MAC1⊥平面ABC1.证明(1)取BC1的中点D，连接B1D，ND，∵D ，N 分别是BC 1，AC 1的中点，∴ND ∥AB ，ND ＝12AB . 又M 为A 1B 1的中点，AB ∥A 1B 1，∴ND 綊B 1M ，∴MNDB 1为平行四边形，∴MN ∥B 1D .又B 1D 平面BCC 1B 1，MN ⊆/ 平面BCC 1B 1， ∴MN ∥平面BCC 1B 1.(2)由题可知AB ⊥B 1D ，B 1D ⊥BC 1.又AB 平面ABC 1，BC 1平面ABC 1，AB ∩BC 1＝B ，∴B 1D ⊥平面ABC 1.又B 1D ∥MN ，∴MN ⊥平面ABC 1.又MN 平面MAC 1，∴平面MAC 1⊥平面ABC 1.21．(本小题满分12分)如图，已知二面角α－MN －β的大小为60°，菱形ABCD 在面β内，A ，B 两点在棱MN 上，∠BAD ＝60°，E 是AB 的中点，DO ⊥面α，垂足为O .(1)证明：AB ⊥平面ODE ；(2)求异面直线BC 与OD 所成角的余弦值．解 (1)证明：如图，因为DO ⊥α，AB ⊂α，所以DO ⊥AB .连接BD ，由题设，知△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D ，故AB ⊥平面ODE .(2)因为BC ∥AD ，所以BC 与OD 所成的角等于AD 与OD 所成的角，即∠ADO 是BC 与OD 所成的角．由(1)，知AB ⊥平面ODE ，所以AB ⊥OE .又DE ⊥AB ，于是∠DEO 是二面角α－MN －β的平面角，从而∠DEO ＝60°.不妨设AB ＝2，则AD ＝2，易知DE ＝ 3.在Rt △DOE 中，DO ＝DE ·sin60°＝32. 连接AO ，在Rt △AOD 中，cos ∠ADO ＝DO AD ＝322＝34. 故异面直线BC 与OD 所成角的余弦值为34.22．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C .(1)证明：B 1C ⊥AB ；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高．解 (1)证明：如图，连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点．因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1.又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ，而AO ∩BO ＝O ，故B 1C ⊥平面ABO .由于AB 平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)如图，作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H .由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC .又OH ⊥AD ，所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又BC ＝1，可得OD ＝34. 由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12. 由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为217.。

高一北师大版数学必修2第一章立体几何初步单元测试题试卷含答案解析

第二章测试时间120分钟满分150分一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在下列四个选项中，只有一项是符合题意的)1．已知点P (－3，1)，点Q 在y 轴上，且直线PQ 的倾斜角为120° ，则Q 点的坐标为( )A ．(0,2)B ．(0，－2)C ．(2,0)D ．(－2,0)解析设Q (0，y )，由k ＝y －13＝－3，得y ＝－2.答案 B2．已知两条直线y ＝ax －2和y ＝(a ＋2)x ＋1互相垂直，则a 等于( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析由题意，得a (a ＋2)＝－1，得a ＝－1. 答案 D3．已知过点A (－2，m )和B (m,4)的直线与直线2x ＋y －1＝0平行，则m 的值为( )A ．0B ．－8C ．2D ．10解析由4－mm ＋2＝－2，得m ＝－8.答案 B4．若点A 是点B (1,2,3)关于x 轴对称的点，点C 是点D (2，－2,5)关于y 轴对称的点，则|AC |＝( )A ．5 B.13 C ．10D.10解析 A (1，－2，－3)，C (－2，－2，－5)代两点间距离公式即可．答案 B5．直线y ＋4＝0与圆x 2＋y 2－4x ＋2y －4＝0的位置关系是( ) A ．相切B ．相交，但直线不经过圆心C ．相离D ．相交且直线经过圆心答案 A6．已知M (－2,0)，N (2,0)，则以MN 为斜边的直角三角形直角顶点P 的轨迹方程是( )A ．x 2＋y 2＝4(x ≠±2)B ．x 2＋y 2＝4C ．x 2＋y 2＝2(x ≠±2)D ．x 2＋y 2＝2解析由题可知，点P 的轨迹是以MN 为直径的圆(除去M 、N 两点)，∴点P 的轨迹方程是x 2＋y 2＝4(x ≠±2)．答案 A7．若直线3x ＋2y －2m －1＝0与直线2x ＋4y －m ＝0的交点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(－2，＋∞)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－23D.⎝⎛⎭⎪⎫－23，＋∞解析由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －2m －1＝0，2x ＋4y －m ＝0，得⎩⎨⎧x ＝3m ＋24，y ＝－m －28.由题意，得⎩⎨⎧3m ＋24＞0，－m ＋28＜0，得m ＞－23.答案 D8．已知圆C 的方程为x 2＋y 2－4x ＝0，若圆C 被直线l ：x ＋y ＋a ＝0截得的弦长为23，则a ＝( )A ．2＋ 2 B.2 C ．2± 2D ．－2±2解析由弦长公式，得3＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋a 12＋122，得a ＝－2± 2. 答案 D9．将直线2x －y ＋λ＝0沿x 轴向左平移1个单位，所得直线与x 2＋y 2＋2x －4y ＝0相切，则实数λ的值为( )A ．－3或7B ．－2或8C ．0或10D ．1或11解析将直线平移后得到y ＝2(x ＋1)＋λ＝2x ＋2＋λ，由题可知，|－2－2＋2＋λ|22＋(－1)2＝5，得λ＝－3，或λ＝7，故选A. 答案 A10．若圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，则a 的值为( )A ．－2或2 B.12或32 C ．2或0D ．－2或0解析圆的圆心(1,2)，∴d ＝|1－2＋a |2＝22，得a ＝0，或a ＝2.答案 C二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上)11．当a 为任意实数时，直线ax －y ＋1－3a ＝0恒过定点________．解析原方程可化为a (x －3)－(y －1)＝0，∴直线l 过(3,1)．答案 (3,1)12．直线x －2y ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝8相交于A ，B 两点，则|AB |＝________.解析圆心到该直线的距离d ＝55＝5，∴弦长＝2(22)2－(5)2＝2 3. 答案 2313．两圆相交于两点(1,3)和(m ，－1)，两圆圆心都在直线x －y ＋c ＝0上，且m 、c 均为实数，则m ＋c ＝________.解析根据两圆相交的性质可知，两点(1,3)和(m ，－1)的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，1在直线x －y ＋c ＝0上，并且过两点的直线与x －y ＋c ＝0垂直，故有⎩⎨⎧1＋m2－1＋c ＝0，3－(－1)1－m ×1＝－1，∴m ＝5，c ＝－2，∴m ＋c ＝3. 答案 314．若不同两点P ，Q 的坐标分别为(a ，b )，(3－b,3－a )，则线段PQ 的垂直平分线l 的斜率为________；圆(x －2)2＋(y －3)2＝1关于直线l 对称的圆的方程为________．解析 ∵k PQ ＝3－a －b3－b －a ＝1，又k l ·k PQ ＝－1∴k l ＝－1，又(2,3)关于l 的对称点为(0,1)，故所求的圆的方程为x 2＋(y －1)2＝1. 答案－1 x 2＋(y －1)2＝115．过圆x 2＋y 2－x ＋y －2＝0与x 2＋y 2＝5的交点，且圆心在直线3x －4y －1＝0上的圆的方程为________．解析设所求的圆的方程为x 2＋y 2－x ＋y －2＋ λ(x 2＋y 2－5)＝0，即(1＋λ)x 2＋(1＋λ)y 2－x ＋y －2－5λ＝0.∴圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12(1＋λ)，－12(1＋λ). 由32(1＋λ)－42(1＋λ)－1＝0，得λ＝－32 故所求的圆的方程为(x ＋1)2＋(y －1)2＝13. 答案 (x ＋1)2＋(y －1)2＝13三、解答题(本大题共有6小题，共75分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)16．(12分)已知两条直线l 1：mx ＋8y ＋n ＝0和l 2：2x ＋my －1＝0.试确定m ，n 的值，使(1)l 1和l 2相交于点(m ，－1)；(2)l 1∥l 2；(3)l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1. 解 (1)∵m 2－8＋n ＝0，且2m －m －1＝0， ∴m ＝1，n ＝7.(2)由m ·m －8×2＝0，得m ＝±4，由8×(－1)－n ·m ≠0，得n ≠±2，即m ＝4，n ≠－2时，或m ＝－4，n ≠2时，l 1∥l 2. (3)当且仅当m ·2＋8·m ＝0，即m ＝0时，l 1⊥l 2，又－n8＝－1，∴n ＝8. 即m ＝0，n ＝8时，l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1.17．(12分)△ABC 中，顶点A 的坐标为(1,2)，高BE ，CF 所在直线的方程分别为2x －3y ＋1＝0，x ＋y ＝0，求这个三角形三条边所在直线的方程．解由已知，直线AC 的斜率为－32，直线AB 的斜率为1.∴直线AC 的方程为3x ＋2y －7＝0，直线AB 的方程为x －y ＋1＝0.再由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，3x ＋2y －7＝0，可解得C 点坐标为(7，－7)．由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋1＝0，x －y ＋1＝0，可解得B 点坐标为(－2，－1) . 于是直线BC 的方程为2x ＋3y ＋7＝0.18．(12分)已知圆x 2＋y 2－12x ＝0的圆心为Q ，过点P (0,2)且斜率为k 的直线与圆Q 相交于不同两点A ，B ，求实数k 的取值范围．解 x 2＋y 2－12x ＝0可化为(x －6)2＋y 2＝36，又直线过点P (0,2)，斜率为k ，故l 的方程为y ＝kx ＋2，即kx －y ＋2＝0，由题意，得|6k ＋2|k 2＋1＜6，得k ＜43.∴k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，43.19．(13分)已知P (1,2)为圆x 2＋y 2＝9内一定点，过P 点任作直线，与圆相交，求弦的中点的轨迹方程．解设过P 点的直线与圆相交于A ，B 两点，C 为AB 的中点，设C (x ，y )，由题意，得当P 与C 不重合时，△OPC 为直角三角形，∴C 点在以OP 为直径的圆上，又OP 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，|OP |＝12＋22＝5，∴点C 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋(y －1)2＝54(除去P 点)．又当x ＝1，y ＝2时上式仍成立，∴点C 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋(y －1)2＝54.20．(13分)已知方程x 2＋y 2－2x －4y ＋m ＝0. (1)若此方程表示圆，求m 的取值范围；(2)若(1)中的圆与直线x ＋2y －4＝0相交于M ，N 两点，且OM ⊥ON (O 为坐标原点)，求m ；(3)在(2)的条件下，求以MN 为直径的圆的方程．解 (1)原方程化为(x －1)2＋(y －2)2＝5－m . ∵此方程表示圆， ∴5－m >0. ∴m <5.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＝4－2y 1，x 2＝4－2y 2，得x 1x 2＝16－8(y 1＋y 2)＋4y 1y 2. ∵OM ⊥ON ， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝0.∴16－8(y 1＋y 2)＋5y 1y 2＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－2y ，x 2＋y 2－2x －4y ＋m ＝0，得 5y 2－16y ＋m ＋8＝0. ∴y 1＋y 2＝165，y 1y 2＝8＋m 5. 代入①得m ＝85.(3)以MN 为直径的圆的方程为 (x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0，即x 2＋y 2－(x 1＋x 2)x －(y 1＋y 2)y ＝0.∴所求圆的方程为x 2＋y 2－85x －165y ＝0.21．(13分)已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0，O 为坐标原点，动点P 在圆外，过点P 作圆C 的切线，设切点为M .(1)若点P 运动到(1,3)处，求此时切线l 的方程； (2)求满足|PM |＝|PO |的点P 的轨迹方程．解 (1)把圆C 的方程化为标准方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝4，∴圆心为(－1,2)，半径为2.①当l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝1满足条件．②当l 的斜率存在时，设斜率为k ，则l ：y －3＝k (x －1)，即kx －y ＋3－k ＝0.由题意，得|－k －2＋3－k |1＋k 2＝2，得k ＝－34. ∴l 的方程为3x ＋4y －15＝0.综上得，满足条件的切线l 的方程为x ＝1，或3x ＋4y －15＝0. (2)设P (x ，y )，∵|PM |＝|PO |， ∴(x ＋1)2＋(y －2)2－4＝x 2＋y 2. 整理得2x －4y ＋1＝0.即点P 的轨迹方程为2x －4y ＋1＝0.。

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(包含答案解析)(2)

一、选择题1．现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC -，点P 在底面ABC 的投影为Q ，满足12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =，若要将此工艺品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（）A ．42πB ．44πC ．48πD ．49π2．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 ．28π3．已知点A ，B ，C 在半径为5的球面上，且214AB AC ==，27BC =，P 为球面上的动点，则三棱锥P ABC -体积的最大值为（）A ．567B ．527 C ．497D ．1474．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 ．32π5．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 ．1476．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 ．263+B ．463+C ．4263-D ．2263-7．如图，正方体1111ABCD A BC D -中，P 为线段1A B 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⎛⎫⎪⎝⎭8．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 ．8,143V L ==+ B ．8,14V L ==+C ．8,163V L ==+D ．8,16VL ==+9．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 ．169πB ．161πC ．164πD ．265π10．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 ．311．已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角是θ，直线DA 与平面ABC 所成的角是1θ，直线DA 与BC 所成的角是2θ，则（） A ．1θθ≥B ．1θθ≤C ．2θθ≥D ．2θθ≤12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．14B ．4C D ．12二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，AC =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________．14．三棱锥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P 与D 在面ABC 异侧，则所成多面体外接球的体积是_________．15．已知某空心圆锥的母线长为5cm ，高为4cm ，记该圆锥内半径最大的球为球O ，则球O 与圆锥侧面的交线的长为________cm .16．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，AB BC AC ===ABCD 体积的最大值为2，则这个球的表面积为______. 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．有一个半径为4的球是用橡皮泥制作的,现要将该球所用的橡皮泥重新制作成一个圆柱和一个圆锥,使得圆柱和圆锥有相等的底面半径和相等的高,若它们的高为8,则它们的底面圆的半径是___________．19．在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为线段1AB 上的任意一点，有下面三个命题：①//PB 平面11CC D D ；②1BD AC ⊥；③1BD PC ⊥．上述命题中正确命题的序号为__________（写出所有正确命题的序号）．20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．如图，ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且2CD =.（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ；（2）求二面角A-BC-D 的余弦值.22．在三棱锥P ABC -中，PAC ∆和PBC ∆22AB =，O ，D 分别是AB ， PB 的中点.（1）求证://OD 平面PAC （2）求证:OP ⊥平面ABC （3）求三棱锥D OBC -的体积.23．如图（1）在ABC 中，AC BC =，D ､E ､F 分别是AB ､AC ､BC 边的中点，现将ACD △沿CD 翻折，使得平面ACD ⊥平面BCD .如图（2）（1）求证：//AB 平面DEF ；（2）求证：BD AC ⊥.24．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是正方形，12AA ，E 为1CC 的中点.（1）证明：1//AC 平面BDE ；（2）证明：平面BDE ⊥平面1ACC ；（3）求二面角E BD C --的大小.25．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是60DAB ∠=且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点，E 为BC 的中点．（1）求证：//BG 平面PDE ；（2）在棱PC 上是否存在一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，若存在，确定点F 的位置；若不存在，说明理出．26．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.【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】作QM AB ⊥，连接PM ，易证AB PM ⊥，由112122QAB PABABQMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到2PM QM =，再根据12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得到AB BC AC ==，然后根据22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =，求得6,23AB AQ ==，在AOQ△中，由222AO OQ AQ =+求解半径即可.【详解】如图所示：作QM AB ⊥与M ，连接PM ，因为PQ ⊥平面ABC ，所以PQ AB ⊥，又QM PQ Q ⋂=，所以AB ⊥平面PQM ，所以AB PM ⊥，所以112122QAB PABAB QMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,2PM QM =,因为12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得AB BC AC ==,又因为22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，ABCS =所以21sin 60932ABCSAB =⨯⨯= 解得6,ABAQ ==所以3QM PM PQ ==，设外接球的半径为r ，在AOQ △中，222AOOQ AQ =+，即()(2223r r =-+，解得72r =，所以外接球的表面积为2449S r ππ==，即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是由12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心的位置而得解..2．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，14AA ==，而21sin 24ABCS AB AC A AB =⨯⨯== 解得4AB =，记ABC 的中心为О，111A B C △的中心为О1，则114O A O A ==，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42sin 603AB AO ==，故2221628 433A 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.3．A解析：A【分析】求出球心到平面ABC的距离，由这个距离加上球半径得P到平面ABC距离的最大值，再由体积公式可得P ABC-体积的最大值．【详解】如图，M是ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，当P是MO的延长线与球面交点时，P到平面ABC距离最大，由214AB AC==27BC=72cos4214ACB∠==，则14sin4ACB∠=，21428sin14ABAMCB===∠，4AM=，2222543OM OA AM=-=-，358PM=+=，又1114sin2142777224ABCS AC BC ACB=⋅⋅∠=⨯=△所以最大的15677783P ABCV-=⨯=故选：A ．【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易得结论．当底面ABC 固定，M 是ABC 外心，当PM ⊥平面ABC ，且球心O 在线段PM 上时，P 到平面ABC 距离最大．4．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. 5．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 AC r ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，1111421427377332O ABC ABC V S OD -∴=⨯⨯=⨯⨯= 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.6．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 外心的距离为2223R r -=，以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为1R OO +的距离为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.7．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11A BCD ,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 =+，222422cos 4224AP x x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，222211111222cos 2AP D P AD x x AP D P D AP ∠=+--⋅，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.8．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．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．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PF FC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2PF FC=【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.11．A解析：A【分析】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO CE ⊥，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，排除B ，C ．当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ．由此能求出结果．【详解】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，413DE CE ==-2DC =， ∴1cos 3233θ==⨯⨯，22333AO CO CE ===， ∴12333cos 33AO AD θ===，取BC 中点F ，连结DF 、AF ，则DF BC ⊥，AF BC ⊥，又DF AF F ⋂=，∴BC ⊥平面AFD ，∴BC AD ⊥，∴290θ=︒， ∴21θθθ≥≥，排除B ，C ，当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ，故选：A .【点睛】关键点点睛：将三棱锥看成特殊的正四面体，采用排除法，充分理解线线角、线面角以及面面的概念是解题的关键.12．B解析：B作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解.【详解】如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =，以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos452AC CD == AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==ABD ∴为等边三角形，则2BD ，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥，AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==，所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，2AB =，2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 2AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅ 因此，异面直线AB 与CD 2 故选：B.【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,AB BC AC ===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OP OA ==，32OD ===，所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=，12PD ===， 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】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 3 【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3433V 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.15．【分析】由题可求出底面半径根据三角形相似关系可求出球半径再利用三角形面积关系可求出球O 与圆锥的侧面的交线的半径即可求出交线长【详解】圆锥的轴截图如图所示由题可知圆锥的高母线设的内切圆与圆锥的母线相切解析：125π 【分析】由题可求出底面半径，根据三角形相似关系可求出球半径，再利用三角形面积关系可求出球O 与圆锥的侧面的交线的半径，即可求出交线长.【详解】圆锥的轴截图如图所示，由题可知，圆锥的高4cm AF =，母线5cm AB AC ==，设ABC 的内切圆O 与圆锥的母线相切与点E ，则OE AB ⊥，则该圆锥内半径最大的球即以O 为圆心，OE 为半径的球，在直角三角形ABF 中，2222543cm BF AB AF =-=-=，由圆的切线性质可得3cm BE BF ==，所以532cm AE AB BE =-=-=，在直角三角形AFB 和直角三角形AEO 中，因为∠∠EAO BAF =，所以△△AFB AEO ~，所以AE OE AF BF =，则可得3cm 2OE =，过点E 作ED AF ⊥，D 为垂足，则球O 与圆锥的侧面的交线是以DE 为半径的圆，354cm 22AO AF OF =-=-=，因为1122△AEO S AE OE ED AO =⋅=⋅，所以6cm 5ED =，所以球O 与圆锥的侧面的交线长为6122cm 55ππ⨯=. 故答案为：125π. 【点睛】本题考查圆锥与球的相切问题，解题的关键是利用轴截面，用平面几何的知识解决. 16．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三解析：254π 【分析】先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果.【详解】根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()221333 3322S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为1312sin 60r =⨯=，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==；由于底面积ABC S 不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为133ABC S DQ ⋅=，2DQ ∴=，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，即2221(2)R R =+-，54R ∴=，则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故答案为：254π. 【点睛】思路点睛：求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解. 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．【详解】设它们的底面圆的半径为()依题意得化简得所以故答案为：解析：22 【详解】设它们的底面圆的半径为r (0r >)．依题意得3443V π=⨯球V V =+圆柱圆锥221(+)83r r ππ=⨯, 化简得28r =,所以22r =．故答案为：22.19．①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错【详解】①如下图所示：因为平面平面平面所以平面故①正确；②连接如下图所示：因为平面所以又因为且所以平面又因为解析：①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错.【详解】①如下图所示：因为平面11//ABB A 平面11CC D D ，BP ⊂平面11ABB A ，所以//PB 平面11CC D D ，故①正确；②连接,AC BD ，如下图所示：因为1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD AC ⊥，又因为AC BD ⊥且1DD BD D =，所以AC ⊥平面1DBD ，又因为1BD ⊂平面1DBD ，所以1BD AC ⊥，故②正确；③连接11,,,AC PC B C BC ，如下图所示：因为11D C ⊥平面11BCC B ，所以11D C ⊥1BC ，又因为11BC B C ⊥，且1111D C BC C ⋂=，所以1B C ⊥平面11BD C ，又1BD ⊂平面11BD C ，所以11B C BD ⊥，由②的证明可知1BD AC ⊥，且1AC BC C ⋂=，所以1BD ⊥平面1ABC ，又因为PC ⊂平面1ABC ，所以1BD PC ⊥，故③正确，故答案为：①②③.【点睛】本题考查空间线面平行、线线垂直关系的判断，涉及线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，主要考查学生对空间中位置关系的逻辑推理能力，难度一般.20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以解析：494π 【详解】取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=，所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC.所以球心在直线SD 上，所以()2232R R =+-，得74R =，所以24944S R ππ==．三、解答题21．（1）证明见解析；（221. 【分析】（1）取AB 中点O ，连OC ､OD ，即可得到COD ∠是二面角C AB D --的平面角，再由勾股定理逆定理得到222OC OD CD +=，即可得到二面角是直二面角，即可得证；（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，即可证明BC ⊥平面DOM ，从而得到ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角，再利用锐角三角函数计算可得；【详解】（1）证明：取AB 中点O ，连OC ､OD ，因为ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，所以OC AB ⊥，⊥OD AB ，所以COD ∠是二面角C AB D --的平面角.在OCD 中，因为3OC =1OD =，2CD =，所以222OC OD CD +=所以90COD ∠=︒.所以平面ABC ⊥平面ABD .（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，由（1）可知DO ⊥面ABC ，又BC ⊂面ABC ，所以BC DO ⊥，由OM DO O =，,OM DO ⊂面DOM所以BC ⊥平面DOM因为DM ⊂面DOM ，所以BC ⊥DM ，则ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角.在Rt OMD 中，1OD =，3OM =，由勾股定理：7DM =， ∴二面角A-BC-D 的余弦值为21cos 7OM OMD DM ∠==.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）112. 【分析】（1）利用三角形中位线定理证明//OD PA ，利用线面平行的判定定理证明；（2）根据条件，证明PO OC ⊥，PO AB ⊥，利用线面垂直的判定定理证明；（3）利用转化法求体积.【详解】(1)证明:O ，D 分别为AB ，PB 的中点//OD PA ∴PA ⊂平面PAC ，OD ⊄平面PAC ，//OD ∴平面PAC .(2)证明: 2AC BC == 2AB =，AC BC ∴⊥ O 为AB 的中点，2AB =，OC AB ∴⊥，1OC =同理， PO AB ⊥，1PO =. 2PC =2222PC OC PO ∴=+=，则90POC ︒∠=，即PO OC ⊥PO OC ⊥，PO AB ⊥，AB OC O ⋂=OP ∴⊥平面ABC .(3)解:由()2可知，OP ⊥平面ABC .OP ∴为三棱锥P ABC -的高，且1OP =11112111212212D OBC ABC V S OP -∆∴=⋅=⨯⨯⨯⨯= 【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求体积，常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据三角形中位线的性质，得到//EF AB ，利用线面平行的判定定理证得结果；（2）根据面面垂直的性质定理，得到BD ⊥平面ACD ，进而证得BD AC ⊥.【详解】证明：（1）如图（2）：在ABC 中，E ､F 分别是AC ､BC 中点，得//EF AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，//AB ∴平面DEF .（2）∵平面ACD ⊥平面BCD 且交线为CD ，BD CD ⊥，且BD ⊂平面BCD ， ∴BD ⊥平面ACD ，又AC ⊂平面ACD∴BD AC ⊥.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关空间关系的证明问题，解题方法如下：（1）熟练掌握线面平行的判定定理，在解题过程中，一定不要忘记线在面内、线在面外的条件；（2）根据面面垂直的条件，结合线线垂直，利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而证得线线垂直.24．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4π．【分析】（1）设BD C O =，由1//AC OE ，得证线面平行；（2）证明BD ⊥平面1ACC ，可得证面面垂直；（3）证明EOC ∠是二面角E BD C --的平面角，求出此角即可．【详解】（1）证明：设BD C O =，连接OE ，则O 是AC 中点，又E 是1CC 中点， ∴1//AC OE ，又OE ⊂平面BDE ，1AC ⊄平面BDE ，∴1//AC 平面BDE ．（2）1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴1CC BD ⊥，同理1CC AC ⊥，又正方形中BD CA ⊥，1AC CC C =，1,AC CC ⊂平面1ACC ，∴BD ⊥平面1ACC ，又∵BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面1ACC ；（3）∵BD ⊥平面1ACC ，OE ⊂平面1ACC ，∴BD OE ⊥，∴EOC ∠是二面角E BD C --的平面角，由已知11CC AA ==，而AC =，,E O 分别是1,CC AC 中点， ∴OC CE =，∴4EOC π∠=．即二面角E BD C --的大小为4π．。

2020学年高中数学第1章立体几何初步章末检测试卷北师大版必修2

第1章立体几何初步章末检测试卷(一)(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)1．六棱柱的表面中，互相平行的平面最多有( )A．2对B．3对C．4对D．5对答案 C解析有3对侧面相互平行，上下两底面也相互平行．2．如图，B′C′∥x′轴，A′C′∥y′轴，则下面直观图所表示的平面图形是( )A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形考点平面图形的直观图题点由直观图还原平面图形答案 D解析因为B′C′∥x′轴，A′C′∥y轴，所以直观图中BC∥x轴，AC∥y轴，所以三角形是直角三角形．故选D.3．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( ) A．12对 B．24对 C．36对 D．48对考点题点答案 B解析如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与棱AB异面的直线有CC1，DD1，B1C1，A1D1，共4对，正方体ABCD－A1B1C1D1有12条棱，排除重复计算的异面直线，∴异面直线共有12×2＝24(对)．4．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与轴所成的角为( ) A．30° B．45°C．60° D．75°考点题点答案 A解析设圆锥的母线长为L，底面圆的半径为r，则由题意得πrL＝2πr2，∴L＝2r，∴圆锥的母线与轴所成的角为30°.5．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．1 B．2 C．3 D．4考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 A解析①正确，②③④错误．6．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．异面或相交考点题点答案 D解析如图所示，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．7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1.其中推断正确的序号是( )A．①③ B．①④ C．②③ D．②④考点平行问题的综合应用题点线线、线面、面面平行的相互转化答案 A解析∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1.∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG⊈平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故①正确；∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF 与平面BC1D1相交，故②错误；∵FG∥BC1，FG⊈平面BC1D1，BC1平面BC1D1，FG∥平面BC1D1，故③正确；∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1，2，3，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A．3π B．6πC．18π D．24π考点球的表面积题点与外接、内切有关球的表面积计算问题答案 B解析将三棱锥补成边长分别为1，2，3的长方体，则长方体的体对角线是外接球的直径，所以2R ＝6，解得R ＝62，故S ＝4πR 2＝6π. 9．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.316 B.916 C.38 D.932考点题点答案 A解析如图所示，设球的半径为R ，由题意知OO ′＝R2，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. 10．已知直线l ⊈平面α，直线m 平面α，下面四个结论：①若l ⊥α，则l ⊥m ；②若l ∥α，则l ∥m ；③若l ⊥m ，则l ⊥α；④若l ∥m ，则l ∥α，其中正确的是( ) A ．①②④ B ．③④ C ．②③D ．①④考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行与垂直的判定答案 D解析由直线l ⊈平面α，直线m 平面α知，在①中，若l⊥α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故①正确；在②中，若l∥α，则l与m 平行或异面，故②错误；在③中，若l⊥m，则l与α不一定垂直，故③错误；在④中，若l∥m，则由线面平行的判定定理得l∥α，故④正确．故选D.11．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是( )A．AE⊥CE B．BE⊥DEC．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE考点空间中的垂直问题题点空间中的垂直问题答案 C解析由AB是底面圆的直径可知，∠AEB＝90°，即AE⊥EB.∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB.∴BE⊥AD，AD∩AE＝A，因此BE⊥平面ADE.同理可得AE⊥CE，平面BCE⊥平面ADE.可得A，B，D正确．而DE⊥平面CEB不正确．故选C.12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°.侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法错误的是( )A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面PAC考点空间角问题题点空间角的综合应用答案 D解析对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，∴AD⊥平面PBM，故A正确．对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P－BC－A的平面角，设AB＝1，则BM＝32，PM＝32，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P－BC－A大小为45°，故C正确．错误的是D，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的32倍，这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的表面积为(5＋2)π，则旋转体的体积为________．考点题点答案7π3解析如图所示的是旋转体的半轴截面，设直角梯形的上底长为r，则下底长为32r，∠C＝45°，所以DE ＝r2，DC ＝22r ，所以旋转体的表面积为S 表＝π·r 24＋2π·r 2·r ＋π·r 2·22r ＝π4r 2(5＋2)．又因为S 表＝(5＋2)π，所以r 2＝4，所以r ＝2，所以V ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·r ＋13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·r 2＝7π3.14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，MN 在平面BCC 1B 1内，MN ⊥BC 于点M ，则MN 与AD 的位置关系是________．考点平面与平面垂直的性质题点应用面面垂直的性质定理判定线线垂直答案垂直解析 ∵平面BCC 1B 1⊥平面ABCD ，平面BCC 1B 1∩平面ABCD ＝BC ，MN 平面BCC 1B 1， ∴MN ⊥平面ABCD .∴MN ⊥AD .15．已知平面α，β和直线m ，给出以下条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m α；④α∥β.要想得到m ⊥β，则所需要的条件是________．(填序号) 考点直线与平面垂直的判定题点判定直线与平面垂直答案 ②④解析易知⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β.16.如图，已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°.若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的大小是________．考点题点答案 90°解析因为OP与平面β所成的角大于等于45°，所以OP与平面β所成的角最小为45°，即OP与OP在平面β内的射影所成的角最小是45°.又因为∠POB＝45°，所以AB就是OP 在平面β内的射影，所以α⊥β.所以二面角α－AB－β的大小是90°.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.考点题点证明(1)∵C1C⊥平面ABC，AC平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，BC，C1C平面BCC1B1，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD平面CDB1，AC1⊈平面CDB1.∴AC 1∥平面CDB 1.18．(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 . 考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的证明(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)解连接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＝13.19.(12分)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ADEF 是正方形，FA ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，CD ＝1，AD ＝22，∠BAD ＝∠CDA ＝45°.(1)求异面直线CE 与AF 所成角的余弦值； (2)证明：CD ⊥平面ABF . 考点直线与平面垂直的判定题点直线与平面垂直的证明(1)解因为四边形ADEF 是正方形，所以FA ∥ED ，故∠CED 为异面直线CE 与AF 所成的角．因为FA ⊥平面ABCD ，所以FA ⊥CD ，故ED ⊥CD .在Rt△CDE 中，因为CD ＝1，ED ＝22，所以CE ＝CD 2＋ED 2＝3，所以cos∠CED ＝ED CE ＝223.故异面直线CE 与AF 所成角的余弦值为223.(2)证明如图，过点B 作BG ∥CD 交AD 于点G ，则∠BGA ＝∠CDA ＝45°.由∠BAD ＝45°可得BG ⊥AB ，从而CD ⊥AB .又因为CD ⊥FA ，FA ∩AB ＝A ，所以CD ⊥平面ABF .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. 考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明 (1)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∵F，F1分别是AC，A1C1的中点，∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F，∴平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，∴B1F1⊥平面ACC1A1，又B1F1平面AB1F1，∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.21．(12分)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，沿AE将△DAE折起到△D1AE的位置，使平面D1AE⊥平面ABCE.(1)若F为线段D1A的中点，求证：EF∥平面D1BC；(2)求证：BE⊥D1A.考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明(1)取AB的中点G，连接EG，FG，则EG∥BC，FG∥D1B，且EG∩FG＝G，EG平面EFG，FG平面EFG，D1B∩BC＝B，D1B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)如图所示，已知三棱锥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．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明(1)证明 ∵M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，∴DM ∥AP .又∵DM ⊈平面APC ，AP 平面APC ，∴DM ∥平面APC .(2)证明 ∵△PMB 为正三角形，且D 为PB 的中点，∴MD ⊥PB .又由(1)知，MD ∥AP ，∴AP ⊥PB .又已知AP ⊥PC ，PC ∩PB ＝P ，PB ，PC 平面PBC ，∴AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥BC .又∵AC ⊥BC ，AC ∩AP ＝A ，AC ，AP 平面ACP ，∴BC ⊥平面APC .又∵BC 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面APC .(3)解由(2)知AP ⊥平面PBC ，又MD ∥AP ，∴MD ⊥平面PBC .∵AB ＝20，∴MB ＝10，∴PB ＝10.由(2)可知BC ⊥PC ，又BC ＝4，∴PC ＝100－16＝84＝221.∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝14×221×4＝221. 又MD ＝12AP ＝12202－102＝5 3.∴V 三棱锥D －BCM ＝V 三棱锥M －BCD ＝13S △BDC ·DM ＝13×221×53＝107.。

北师大版必修二第一章立体几何初步综合测试题

北师大版必修二第一章立体几何初步综合测试题一、单选题1．平面α∥平面β，,a b αβ⊂⊂，则直线a 和b 的位置关系（）A ．平行B ．平行或异面C ．平行或相交D ．平行或相交或异面2．下列叙述错误的是（）A ．若p ∈α∩β，且α∩β=l ，则p ∈l .B ．若直线a ∩b =A ，则直线a 与b 能确定一个平面.C ．三点A ，B ，C 确定一个平面.D ．若A ∈l ，B ∈l 且A ∈α，B ∈α则l ⊂α.3．如图所示的组合体，其结构特征是（）A ．由两个圆锥组合成的B ．由两个圆柱组合成的C ．由一个棱锥和一个棱柱组合成的D ．由一个圆锥和一个圆柱组合成的4．若空间两个角α与β的两边对应平行，当60α=︒时，则β等于（）A ．30B ．30或120︒C ．60︒D ．60︒或120︒ 5．如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AD PA ⊥，BC PB ⊥，PB BC =，PA AB =，M 为PB 的中点，若PC 上存在一点N 使得平面PCD ⊥平面AMN ，则PN NC=（）A ．12B ．13C ．23D ．16．如图，在三棱锥S-ABC 中，SA ⊥平面ABC ，2SA =，2AC =，1BC =，90ACB ∠=︒，则直线SC 与平面SAB 所成角的正弦值为（）A ．10B ．24C ．22D ．310 7．如图，已知正方形ABCD 的边长为4，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且2GC =，则点B 到平面EFG 的距离为（）A 10B 211C ．35D ．18．已知,m n 是两条不重合的直线，,αβ为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A ．若,//m βαα⊥，则m β⊥B ．若//,m ααβ⊥，则m β⊥C ．若,m αβα⊥⊥，则//m βD ．若,m n αα⊂⊄，,m n 是异面直线，那么n 与α相交9．已知直线m 与平面α，则下列结论成立的是（）A ．若直线m 垂直于平面α内的两条直线，则m α⊥B ．若直线m 垂直于平面α内的无数条直线，则m α⊥C ．若直线m 平行于平面α内的一条直线，则//m αD ．若直线m 与平面α无公共点，则//m α10．如图，边长为1的正方形''''O A B C 是一个水平放置的平面图形OABC 的直观图，则图形OABC 的面积是（）A ．24B ．22C ．2D ．2211．如图，在以下四个正方体中，直线MN 与平面ABC 平行的是（）A ．B ．C ．D ．12．在四面体ABCD 中，22BD AC ==2AB BC AD ===，AD BC ⊥，则四面体ABCD 的外接球的体积为（）A ．42πB ．43πC ．162πD ．163π二、填空题13．平面α⊥平面β,l αβ=,n β⊂，n l ⊥，直线m α⊥，则直线m 与n 的位置关系是___．14．如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是棱BC ，1CC 的中点，则异面直线EF 与11B D 所成的角为______.15．如图，已知PA ⊥平面ABC ，6PA AB BC ===，120ABC ∠=︒，则线段PC 长为______.16．在长方体1111ABCD A B C D -中，12AB CC ==1BC =，点M 为正方形11CDD C 对角线的交点，则三棱锥11M ACC -的外接球表面积为______．三、解答题17．如图，EA ⊥平面ABC ，DC ∥EA ，EA ＝2DC ，F 是EB 的中点.（1）求证：DC ⊥平面ABC ；（2）求证：DF ∥平面ABC ．18．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1DD ､1CC 的中点.（1）求证：1AC BD ⊥；（2）求证：//AE 平面1BFD .19．如图，三棱锥P ABC -中，底面ABC 是等腰直角三角形，2AB BC PA ===，PA ⊥底面ABC ，点E 为AC 的中点，F 为PC 上任一点.（1）求证：平面BEF ⊥平面PAC ；（2）若12PF FC =，且//GF 平面ABC ，求三棱锥P AEG -体积. 20．如图，在四棱锥P−ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A =PD ，E 为AD 的中点.求证：PE ⊥BC .21．如图，AB 是圆O 的直径，CA 垂直圆O 所在的平面，D 是圆周上一点.（1）求证：平面ADC ⊥平面CDB ；（2）若1AC =，12AD =，BD AD =，求二面角A BC D --的余弦值. 22．如图，在底面是正方形的四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，BD 交AC 于点E ，F 是PC 中点，G 为AC 上一点.（1）确定点G 在线段AC 上的位置，使//FG 平面PBD ，并说明理由.（2）当二面角B PC D --的大小为23π时，求PC 与底面ABCD 所成角的正切值.参考答案1．B【分析】利用平面α∥平面β，可得平面α与平面β没有公共点，根据,a b αβ⊂⊂，可得直线a ，b 没有公共点，即可得到结论．【详解】∵平面//α平面β，∴平面α与平面β没有公共点∵a α⊂，b β⊂，∴直线a ，b 没有公共点∴直线a ，b 的位置关系是平行或异面，故选：B .2．C【分析】由空间线面位置关系，结合公理即推论，逐个验证即可．【详解】选项A ，点P 在是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B ，由公理的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C ，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D ，由公理1，直线上有两点在一个平面内，则整条直线都在平面内．故选：C3．D【分析】根据圆柱和圆锥的特征即可判断.【详解】由图知：该组合体是由一个圆锥和一个圆柱组合成的，故选：D4．D【分析】由题得αβ=或180αβ+=，即得解.【详解】因为空间两个角α与β的两边对应平行，所以αβ=或180αβ+=，因为=60α，所以60β=或120.故选：D5．B【分析】取PC 的中点O ，连接BO ，证得BO PC ⊥，过点M 作//MN BO ，交PC 于点N ，证得平面PCD ⊥平面AMN ，由此求出PN NC 的值. 【详解】取PC 的中点O ，连接BO ，由PB BC =，所以BO PC ⊥，过点M 作//MN BO ，交PC 于点N ，则MN PC ⊥，如图所示，由AM ⊥平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以AM PC ⊥，且AM MN M ⋂= ，AM ⊂平面AMN ，MN ⊂平面AMN ，所以PC ⊥平面AMN ，又PC ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面AMN ，由PA AB =，M 为PB 的中点，且//MN BO ，所以12PN PM PO PB ==，又由12PO PC =，所以14PN PC =，所以13PN NC =. 故选：B.6．A【分析】根据已知条件，利用线面垂直的判定与性质在平面ABC 内，作CD AB ⊥，垂足为D ,得到CSD ∠为直线SC 与平面SAB 所成的角，进而计算求解.【详解】解：在平面ABC 内，作CD AB ⊥，垂足为D ,SA ⊥平面,ABC CD ⊂平面,,ABC SA CD ∴⊥又,SA AB A SA ⋂=⊂平面SAB ，AB ⊂平面,SAB CD ∴⊥平面SAB ,CSD ∴∠为直线SC 与平面SAB 所成的角，2,2,,22,AC SA SA AC SC ==⊥∴=2,1,90AC BC ACB ==∠=︒，·255AC BC CD AB ∴===, 10CD sin CSD SC ∴∠==, 故选：A.【点睛】作出线面所成的角是关键，要做线面垂直，先做线线垂直，然后证明线面垂直是常用的思路. 7．B【分析】设出点面距离，利用G BEF B EFG V V --=，结合几何体的特征，即可用等体积法求得点面距离.【详解】设B 到平面EFG 的距离为h .1111422232323G BEF V BE AF CG -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=. 2222422426GE GF =++=2222822EF =+==. 所以22112222211222GEF EF S EF GE ⎛⎫=⨯-=⨯= ⎪⎝⎭由G BEF B EFG V V --=得142112113311h h ⨯=⇒=. 故选：B8．A【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.【详解】若,//m βαα⊥，则m β⊥，故A 对若//,m ααβ⊥，m 也可以在β内，故B 错若,m αβα⊥⊥，m 也可以在β内，故C 错若,,,m n m n αα⊂⊂/是异面直线，n 与α也可平行，故D 错故选：A9．D【分析】根据线面垂直的定义与判定定理和线面平行的定义与判定定理依次判断各选项即可得答案.【详解】解：对于A 选项，直线m 垂直于平面α内的两条相交直线，则m α⊥，故A 选项错误；对于B 选项，若直线m 垂直于平面α内的无数条直线，但可能还是不存在相交直线，故B 选项错误；对于C 选项，当直线m 在平面α内时，不满足，故C 选项错误；对于D 选项，由线面平行的定义得：若直线m 与平面α无公共点，则//m α，故D 选项正确.故选：D.10．D【分析】根据直观图画出原图可得答案.【详解】由直观图''''O A B C 画出原图OABC ，如图，因为''2O B =，所以22OB =，1OA =，则图形OABC 的面积是22.故选：D11．D【分析】根据图形直接判断A 选项中直线MN 与平面ABC 的位置关系；连接AN ，可判断出B 选项中直线MN 与平面ABC 的位置关系；连接BN ，可判断出C 选项中直线MN 与平面ABC 的位置关系；利用线面平行的判定定理可判断出D 选项中直线MN 与平面ABC 的位置关系.【详解】对于A 选项，由图形可知，直线MN 与平面ABC 相交；对于B 选项，如下图所示，连接AN ，在正方体中，//AC BN ，所以，直线MN 与平面ABC 相交；对于C 选项，如下图所示，连接BN ，在正方体中，//AN BC ，所以，直线MN 与平面ABC 相交；对于D 选项，在正方体中，//AN CM 且AN CM =，则四边形ACMN 为平行四边形，所以，//MN AC ，AC ⊂平面ABC ，MN ⊄平面ABC ，//MN ∴平面ABC .故选：D.【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.12．B【分析】由题可得四面体ABCD 可还原成棱长为2的正方体，即可由此求出外接球半径，得出体积.【详解】2,22AB AD BD ===，满足222AB AD BD +=，AB AD ∴⊥，由AD BC ⊥，∴四面体ABCD 可还原成棱长为2的正方体，设外接球的半径为R ，则222222223R =++=，即3R =，∴外接球的体积343433V.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是根据题中的垂直关系得出四面体ABCD 的外接球等价于棱长为2的正方体的外接球.13．//m n【分析】利用面面垂直的性质定理得到n ⊥平面α，又直线m α⊥，利用线面垂直性质定理得//m n .【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，设平面11ADD A 为平面α，平面ABCD 为平面β，直线AD 为直线l ，由于n β⊂，n l ⊥，由面面垂直的性质定理可得：n ⊥平面α，因为m α⊥，由线面垂直的性质定理，可得//m n .【点睛】空间中点、线、面的位置关系问题，一般是利用线面平行或垂直的判定定理或性质定理进行求解.14．60︒【分析】先利用平行关系找到11AD B ∠为异面直线EF 和11B D 所成的角或其补角，再利用正方体性质求角的大小即可.【详解】连接1BC ，1AD ，1AB ，则EF 为1BCC 的中位线，∴1//EF BC .又∵AB //CD //11C D ，∴四边形11ABC D 为平行四边形，∴11//BC AD .∴1//EF AD . ∴11AD B ∠为异面直线EF 和11B D 所成的角或其补角.正方体1111ABCD A B C D -中，易知，1111AB B D AD ==，∴11AB D 为正三角形，∴1160AD B ∠=︒.∴EF 与11B D 所成的角为60︒.故答案为：60︒.15．12【分析】连接PB ，由余弦定理可得AC 的值，由PA AC ⊥，根据勾股定理可得PC 的值.【详解】连接PB ，因为6PA AB BC ===，120ABC ∠=︒，由余弦定理可得222cos12063AC AB BC AB BC +-⋅︒=因为PA ⊥平面ABC ，所以PA AC ⊥，所以223610812PC PA AC =+=+=，故答案为：12.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何中求线段长度的问题，方法如下：（1）在三角形中利用余弦定理求边长；（2）根据线面垂直得到线线垂直；（3）在直角三角形中利用勾股定理求边长.16．11π【分析】由正方体中1MCC △是等腰直角三角形，设E 是1CC 中点，则E 是1MCC △的外心，取F 是1BB 中点，则三棱锥11M ACC -的外接球的球心O 在直线EF 上，计算出1A F 和CF 后得O 在EF 的延长线上，求得球半径后可得表面积．【详解】由已知点M 为正方形11CDD C 对角线的交点，则1MCC △是等腰直角三角形，M 是直角顶点，设E 是1CC 中点，则E 是1MCC △的外心，取F 是1BB 中点，如图，则//EF BC ，而BC ⊥平面11DCC D ，∴EF ⊥平面11DCC D ， ∴三棱锥11M ACC -的外接球的球心O 在直线EF 上，由已知可计算，1FC A F ====FC >， ∴O 在EF 的延长线上，设OF x =，则由1OA OC =得2222(1)22x x ⎛⎛+=++ ⎝⎭⎝⎭，解得12x =，∴2OC ==，外接球表面积是2411S ππ=⨯=⎝⎭．故答案为：11π．【点睛】关键点点睛：本题考查求球的表面积，关键是确定球心位置求得球半径．利用三棱锥的性质可得球心位置，三棱锥外接球心一定在过各面外心且与该面垂直的直线上．17．（1）证明见解析；（2）证明见解析；【分析】（1）根据线面垂直的性质与判定定理即可证明；（2）取AB中点M，连结CM，FM，证明四边形DCMF为平行四边形，由此根据线面平行的判定定理即可证明．【详解】证明：（1）∵EA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，∴EA⊥AB，EA⊥AC，又DC∥EA，∴DC⊥AB，DC⊥AC，∵AB AC＝A，AB、AC⊂平面ABC，∴DC⊥平面ABC；（2）取AB中点M，连结CM，FM，在△ABE中，F，M分别为EB，AB中点，FM ∥EA ，且EA ＝2FM ．又DC ∥EA 且EA ＝2DC ，于是DC ∥FM ，且DC ＝FM ，∴四边形DCMF 为平行四边形，则DF ∥CM ，CM ⊂平面ABC ，DF ⊄平面ABC ，∴DF ∥平面ABC ．【点睛】本题主要考查线面平行和线面垂直的证明方法，属于基础题．18．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连结BD ，证出1AC D D ⊥，AC BD ⊥，利用线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面1BDD ，进而可得1AC BD ⊥.（2）连结EF ，证出//AE BF ，再利用线面平行的判定定理即可证明.【详解】证明：（1）连结BD ，由正方体1111ABCD A B C D -得，1D D ⊥平面ABCD .又AC ⊂平面ABCD ，1AC D D ∴⊥又四边形ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥，而1D D BD D ⋂=，∴AC ⊥平面1BDD ，又1BD ⊂平面1BDD ，∴1AC BD ⊥.（2）连结EF ，由E ､F 分别为1111ABCD A B C D -､1111ABCD A B C D -的中点得，//EF AB 且EF AB =∴四边形ABFE 是平行四边形，∴//AE BF又AE ⊄平面1BFD ，BF ⊂平面1BFD ，∴//AE 平面1BFD .19．（1）证明见解析；（2）29 【分析】（1）根据ABC 是等腰直角三角形，且点E 为AC 的中点，可得BE AC ⊥，因为PA ⊥底面ABC ，利用线面垂直的性质定理，可得PA BE ⊥，则可证明BE ⊥平面PAC ，根据面面垂直的判定定理，即可得证；（2）由题意根据线面平行的性质定理，可证GF BC ，过G 做GH PA ∥，交AB 于H ，利用三角形相似，可求得GH 的长，利用三棱锥P AEG -的体积等于三棱锥P ABE -的体积减去三棱锥G ABE -的体积，即可求得答案.【详解】（1）因为ABC 是等腰直角三角形，且点E 为AC 的中点，所以BE AC ⊥，因为PA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以PA BE ⊥，又PAAC A =，所以BE ⊥平面PAC ，因为BE ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAC ；（2）因为//GF 平面ABC ，GF ⊂平面PBC ，且平面PBC平面ABC =BC ，所以GF BC ，则PGF PBC ∽ 因为12PF FC =，所以12PG GB =，即23GB PB =，过G 做GH PA ∥，交AB 于H ，如图所示，因为PA ⊥平面ABC ，所以GH ⊥平面ABC ，即GH 为三棱锥G ABE -的高，所以GHB PAB ∽，则23GB GH PB PA ==，所以2433GH PA ==，由题意得：P AEG P ABE G ABE V V V ---=-，所以11114222222323239P AEG V -=⨯-⨯= 所以三棱锥P AEG -的体积为29. 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、性质定理、线面平行的性质定理的应用，三棱锥体积的求法，解题的关键是熟记各个定理，灵活应用，在求三棱锥体积时，可考虑等体积法或作差法求体积，考查分析理解，推理证明的能力，属基础题.20．证明见解析【分析】由等腰三角形的性质证明PE AD ⊥，由面面垂直的性质定理证明PE ⊥平面ABCD ，最后由线面垂直的性质得出PE ⊥BC .【详解】∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =∴PE ⊥平面ABCD .∵BC ⊂面ABCD ，∴PE ⊥BC .21．（1）证明见解析；（2）10. 【分析】（1）证明,BD AC BD AD ⊥⊥后得BD ⊥平面ADC ，然后可得面面垂直；（2）连结OD ，作OE BC ⊥于E ，连结DE ，证得OED ∠为二面角A BC D --的平面角，在三角形中可得其余弦值．【详解】证明：（1）∵CA ⊥平面ADB ，BD ⊂平面ADB ，∴CA BD ⊥，.又D 是圆周上一点，AB 是圆O 的直径，DA DB ⊥，又CA ⊂平面CAD ，DA ⊂平面CAD ，ADCA A =，∴BD ⊥平面CAD ，而BD ⊂平面ACD ，∴平面ADC ⊥平面CDB ；（2）连结OD ，作OE BC ⊥于E ，连结DE ，∵CA ⊥平面ADB ，CA ⊂平面ABC ，∵平面ABC ⊥平面ADB ，∵BD AD =，∴⊥OD AB ，又∵OD ⊂平面ADB ，∵平面ABC平面ADB AB =， ∴OD ⊥平面ABC ，∵BC ⊂面ABC ，∴BC OD ⊥.又∵BC OE ⊥，OE DE E =，∴BC ⊥平面ODE ，∴BC DE ⊥，∴OED ∠为二面角A BC D --的平面角.又1AC =，12AD =，BD AD =，∴4OD =，6OE =，12DE =，所以cos OE OED DE ∠==5所以二面角A BC D --的余弦值为5. 【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，求二面角．求二面角的方法：（1）定义法：根据定义作出二面角的平面角（并证明）然后在相应三角形中求角．（2）向量法：建立空间直角坐标系，用二面角的两个面的法向量的夹角与二面角相等或互补计算．22．（1）当G 为EC 中点，即34AG AC =；理由见解析；（2. 【分析】（1）可得当G 为EC 中点时，//FG 平面PBD ，由//FG PE 即可说明；（2）作BH PC ⊥于H ，连结DH ，可得BHD ∠是二面角B PC D --的平面角，PCA ∠就是PC 与底面ABCD 所成的角，根据三角关系即可求出.【详解】（1）当G 为EC 中点，即34AG AC =时，//FG 平面PBD ，理由如下：连接PE ，由F 为PC 中点，G 为EC 中点，知//FG PE ，而FG ⊄平面PBD ，PE ⊂平面PBD ，故//FG 平面PBD .（2）作BH PC ⊥于H ，连接DH ，∵PA ⊥面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴PB PD =，又∵BC DC =，PC PC =，∴PCB PCD ≅△△，∵DH PC ⊥，知PC BH ⊥，∴BHD ∠是二面角B PC D --的平面角，即23BHD π∠=， ∵PA ⊥面ABCD ，∴PCA ∠就是PC 与底面ABCD 所成的角，连接EH ，则EH BD ⊥，3BHE π∠=，EH PC ⊥，∴tan 3BE BHE EH∠==，BE EC =，∴3EC EH =，∴3sin 3EH PCA EC ∠==，∴2tan 2PCA ∠=， ∴PC 与底面ABCD 所成角的正切值是22. 【点睛】关键点睛：本题考查线面角的求解，解题的关键是判断出BHD ∠是二面角B PC D --的平面角，PCA ∠就是PC 与底面ABCD 所成的角，再根据三角关系求解.。

(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)(2)

一、选择题1．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（）A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥2．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 ．263．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 ．72π4．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π25．在正方体1111ABCD A BC D -，中，M ，N ，P ，Q 分别为1A B ，1B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线MN 与PQ 所成角的大小是（）A ．6π B ．4π C ．3πD ．2π6．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ADE7．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 ．678．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 ．32π9．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 ．22B ．255C ．32D ．27710．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 ．63+D ．611．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 ．14712．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．14B ．24C ．34D ．12二、填空题13．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PAD △为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，24AB AD ==，则四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为________．14．在正三棱锥O ABC -中，已知45AOB ∠=︒，记α为二面角--A OB C 的大小，cos =+m n α，其中m ，n 为整数，则以||n ，||m ，||m n +分别为长、宽、高的长方体的外接球直径为__________．15．在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，13AA =，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为3，则球O 表面积的最小值为______.16．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值为32，则这个球的表面积为______. 17．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______.18．在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，P 是11AB 的中点，过点1A 作与平面1PBC 平行的截面，则此截面的面积是_______________．19．如图，正方形BCDE 的边长为a ，已知3AB BC =，将ABE △沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB 与DE 所成角的正切值是2；②//AB CE ；③B ACE V -体积是316a ；④平面ABC ⊥平面ADC ．其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）20．在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是．三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为平行四边形，1,2AB BC ==，45ABC ∠=︒，AE PC ⊥垂足为E ．（Ⅰ）求证：平面AEB ⊥平面PCD ；（Ⅱ）若二面角B AE D --的大小为150︒，求侧棱PA 的长．22．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. 23．如图，在三棱锥A BCD -中，2,22,23,BC BD AB CD AC AB BD =====⊥（1）证明：平面ABC ⊥平面ABD ．（2）在侧面ACD 内求作一点H ，使得BH ⊥平面ACD ，写出作法（无需证明），并求线段AH 的长．24．如图，已知长方体1111ABCD A BC D -，2AB =，11AA =，直线BD 与平面1AAB B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于E ．（1）若F 为棱11A B 上的动点，试确定F 的位置使得//AE 平面1BC F ，并说明理由；（2）若F 为棱11A B 上的中点；求点A 到平面BDF 的距离；（3）若F 为棱11A B 上的动点（端点1A ，1B 除外），求二面角F BD A --的大小的取值范围．25．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是60DAB ∠=且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点，E 为BC 的中点．（1）求证：//BG 平面PDE ；（2）在棱PC 上是否存在一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，若存在，确定点F 的位置；若不存在，说明理出．26．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，6BC =，2PA AD CD ===，E 是BC 上一点且23BE BC =，PB AE ⊥.（1）求证：AB ⊥平面PAE ；（2）求点C 到平面PDE 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 2．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.3．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，12ON AP ==4AN =，故R =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.4．D解析：D 【分析】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE⊥平面11ACC A 可得BE AM⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1AC CC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥. 5．B解析：B 【分析】由M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点，得平行线，从而找到异面直线MN 与PQ 所成角，在三角形中可得其大小．【详解】如图，连接1AD ，1AB ，显然M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点，又N 是1B D 中点，Q 是1CD 中点，所以//MN AD ，//PQ AC ，所以CAD ∠是异面直线MN 与PQ 所成角（或补角），大小为4π．故选：B ．【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．6．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12cos 422CDE ∠==，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.7．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AD =所以几何体的体积为11(24)632⋅+⋅=. 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.8．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x =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2R P N '====，则R =，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.9．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OP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 ∠=︒,AP ∴=, 又1212OA =⨯=,sin OAOPA 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.10．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 △2332=，等边BCD △2332=，所以该几何体的表面积是33112322+++= 故选：A.11．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 =-=，11114214273773324O 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.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =，以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos452AC CD ==AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==ABD ∴为等边三角形，则2BD ，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则2BE ==，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==，所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，AB =，2AE BE ==，由余弦定理可得222cos 24AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅.因此，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为4. 故选：B. 【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】先根据面面垂直取平面的外接圆圆心G 平面的外接圆圆心H 分别过两点作对应平面的垂线找到交点为外接球球心再通过边长关系计算半径代入球的表面积公式即得结果【详解】如图取的中点的中点连在上取点使得取的解析：643π【分析】先根据面面垂直，取平面PAD 的外接圆圆心G ，平面ABCD 的外接圆圆心H ，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心O ，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果. 【详解】如图，取AD 的中点E ，BC 的中点F ，连EF ，PE ，在PE 上取点G ，使得2PG GE =，取EF 的中点H ，分别过点G 、H 作平面PAD 、平面ABCD 的垂线，两垂线相交于点O ，显然点O 为四棱锥P ABCD -外接球的球心，由2AD =，4AB =，可得3PE =3GE OH ==2222125AH AE EH +=+ 则半径22343(5)3r OA ⎛⎫==+= ⎪ ⎪⎝⎭故四棱锥P ABCD -外接球的表面积为24364433ππ⎛⨯= ⎝⎭．故答案为：643π. 【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】过作垂足为连接则为二面角的平面角即在中利用余弦定理结合为整数求出的值进而可得外接球直径【详解】如图过作垂足为连接则为二面角的平面角即不妨设因为所以所以所以在中因为为整数所以则设以为长宽高的长 6【分析】过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α，在AHC 中，利用余弦定理结合m ，n 为整数，求出m ，n 的值，进而可得外接球直径．【详解】如图，过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α．不妨设2OC a =，因为45AOB ∠=︒，所以===CH a AH OH ，所以(21)=HB a ，所以22222(422)=+=-=BC HB HC a AC ．在AHC 中，222cos 2+-==⋅⋅HA HC AC HA HC α2222(422)212+--==+a a a m n a因为m ，n 为整数，所以1m =-，2n =，则||1m =，||2n =，||1m n +=．设以||m ，||n ，||m n +为长、宽、高的长方体的外接球半径为R ，则2222(2)||||||6=+++=R m n m n 6 6【点睛】关键点点睛：本题考查二面角的应用，考查几何体的外接球，考查解三角形，解决本题的关键点是利用定义法找出二面角的平面角，在AHC 中，利用余弦定理结合已知条件求出m ，n 的值，考查学生空间想象能力，考查计算能力，属于中档题．15．【分析】设球的半径为连接交于点取中点连接即为三棱柱外接球球心根据三棱锥体积可得间关系表示出根据基本不等式可求得的最小值从而得到球的表面积的最小值【详解】如图因为三棱柱是且设球的半径为连接交于点取中点解析：27π【分析】设ABa ，BCb =，球的半径为r ，连接1AC ，1AC 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，即O 为三棱柱外接球球心，根据三棱锥体积可得a b ，间关系，表示出r ，根据基本不等式可求得r 的最小值，从而得到球的表面积的最小值.【详解】如图，因为三棱柱111ABC A B C -是，且90ABC ∠=︒，设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1AC 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，则O 到三棱柱六个定点的距离相等，即O 为三棱柱外接球球心，1132OD AA ==，又因为三棱锥O ABC -3 即1133322ab ⨯⨯=12ab =，所以222222313332224a b r AD OD ab ⎛⎫⎛⎫+=+=+≥+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当a b =时等号成立，所以球O 的表面积最小值为2427S r ππ==，故答案为：27π.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三解析：254π 【分析】先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果.【详解】根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()221333 33224S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为131260r ==，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==；由于底面积ABC S 不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为1332ABC S DQ ⋅=，2DQ ∴=，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，即2221(2)R R =+-，54R ∴=，则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故答案为：254π. 【点睛】思路点睛：求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解. 17．【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．18．【分析】取的中点分别为连接先证明四边形是平行四边形再利用面面平行的判断定理证明平面平面可得平行四边形即为所求的截面再计算其面积即可【详解】取的中点分别为连接因为所以四边形是平行四边形所以因为所以四边解析：26【分析】取AB ，11D C 的中点分别为,M N ，连接11,,,,A M MC CN A N PM ，先证明四边形1A MCN 是平行四边形，再利用面面平行的判断定理证明平面1//PBC 平面1A MCN ，可得平行四边形1A MCN 即为所求的截面，再计算其面积即可.【详解】取AB ，11D C 的中点分别为,M N ，连接11,,,,A M MC CN A N PM ，因为11A P NC ，所以四边形11A PC N 是平行四边形，所以11A N PC ，因为1PM CC 所以四边形1PMCC 是平行四边形，所以1MC PC ，所以1A N MC ，所以四边形1A MCN 是平行四边形，因为11//PC A N ，1PC ⊄平面1A MCN ，1A N ⊂平面1AMCN ，所以1//PC 平面1A MCN ，同理可证//PB 平面1A MCN ，因为1PC PB P ⋂=，所以平面1//PBC 平面1A MCN ，因此过点1A 作与平面1PBC 平行的截面，即是平行四边形1A MCN ，连接MN ，作1A H MN ⊥于点H ，由115AM A N ==，22MN =可得()()221523A H =-=，所以1111223622A MN S MN A H =⨯⨯=⨯⨯=，所以平行四边形1A MCN 的面积为1226A MN S =，故答案为：26【点睛】关键点点睛：本题的关键点是找出过点1A 与平面1PBC 平行的截面，所以想到作平行线，利用面面平行的判断定理证明所求的截面即是平行四边形1A MCN ，先求四边形一半的面积，乘以2即可得所求平行四边形的面积，也可以直接求菱形的面积.19．①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图由题中条件得到是异面直线与所成的角求出其正切可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理先证明平面可判断②错；根据等体积法由体积公式求出可判断③正确；根据面面垂直的解析：①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明CE ⊥平面ABD ，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出B ACE V -，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确.【详解】作出折叠后的几何体直观图如图所示：由题意，3AB a =，BE a =，∴2AE a =； ∴22AD AE DE a =-=，222AC CD AD a ∴+，∵//BC DE ，∴ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，在Rt ABC 中, tan 2AC ABC BC ∠==①正确；连结BD ，CE ，则CE BD ⊥，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE AD ⊥，又BD AD D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD ，又AB平面ABD ， ∴CE AB ⊥.故②错误．三棱锥B ACE -的体积2311113326B ACE A BCE BCE V V S AD a a a --===⨯⨯=⋅⨯. 故③正确． ∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC AD ⊥，又BC CD ⊥，CDAD D =，CD ⊂平面ADC ，AD ⊂平面ADC ， ∴BC ⊥平面ADC ，∵BC ⊂平面ABC ， ∴ABC ⊥平面ADC .故④正确.故答案为：①③④．【点睛】思路点睛：判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明. 20．【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH 此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD 且低于平面AFC 而当平面EHD 平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状都不可能是三角形解析：15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH ，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD ，且低于平面AFC ．而当平面EHD 平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD 的体积16，并且＜正方体ABCD-EFGH 体积-三棱柱B-AFC 体积15166-=考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ【分析】（Ⅰ）推导出AB AC ⊥，CD AC ⊥，PA CD ⊥，从而CD ⊥平面PAC ，进而CD AE ⊥，AE PC ⊥，由此能证明平面AEB ⊥平面PCD ．（Ⅱ）以A 为原点，以AB ，AC ，AP 所在射线分别为x ，y ，z 的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出侧棱PA 的长．【详解】证明：（Ⅰ）1,45AB BC ABC =∠=︒，AB AC ∴⊥ 又//AB CD ，CD AC ∴⊥，PA ⊥平面ABCD ，PA CD ∴⊥，又AC AP A =，,AC AP ⊂平面PAC ， CD平面PAC ， AE ⊂平面PAC ，CD AE ∴⊥，又AE PC ⊥，PC CD C =，,PC CD ⊂平面PCD ，AE ∴⊥平面PCD ，又AE ⊂平面AEB ，∴平面AEB ⊥平面PCD ．（Ⅱ）以A 为原点，以AB ，AC ，AP 所在射线分别为x ，y ，z 的正半轴，建立空间直角坐标系．设AP t =，则(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0C ，1，0)，(1,10)D -，(0P ，0，)t ， AB PC ⊥，AE PC ⊥，PC ∴⊥平面ABE ，∴平面ABE 的一个法向量为(0,1,)n PC t ==-在Rt PAC △中，PA t =，1AC PC =∴=又AE PC ⊥，AE =222(0,,)11t t E t t ++ 设平面ADE 的一个法向量为(,,)m x y z =由m AD m AE ⎧⊥⎨⊥⎩，得222··0110t t y z t t x y ⎧+=⎪++⎨⎪-+=⎩，解得(1,1,)m t =- 二面角B AE D --的大小为150︒，∴22||||cos,||cos150|||||m n t m n m n t 〈〉===︒+，解得t =PA【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．（1）证明见解析；（2）3 3.【分析】(1)用分析法：要证平面NMC⊥平面NCD，只需证明CD⊥平面NMC，只需CM CD⊥和NM CD⊥；(2)由(1)的证明，以M为原点，MB，MD，MN所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系M xgz-，用向量法计算.【详解】解：（1）如图，梯形ABCD中，。

高中数学第一章立体几何初步单元测试1 北师大版必修2

第一章立体几何初步(时间：100分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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．下列几何体是柱体的是( )解析：选B.A 中的侧棱不平行，所以A 不是柱体，C 是圆锥，D 是球体，B 是棱柱． 2．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( ) A ．120° B ．150° C ．180° D ．240°解析：选C.设圆锥底面半径为r ，母线为l ，则πrl ＋πr 2＝3πr 2，得l ＝2r ，所以展开图扇形半径为2r ，弧长为2πr ，所以展开图是半圆，所以扇形的圆心角为180°，故选C.3．已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.43 cm 3B.83cm 3 C ．2 cm 3 D ．4 cm 3解析：选B.该几何体是一个四棱锥，且其底面是边长为2的正方形，高等于2，故其体积V ＝13Sh ＝13×22×2＝83(cm 3)．4．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：选B.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＝（4r ）2＋（4r －r ）2＝5r ，又侧面积为400π，所以π(r ＋4r )·5r ＝400π，解得r ＝4，于是圆台的母线长为20.5．若l ，m ，n 是互不相同的空间直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是( )A ．若α∥β，l α，n β，则l ∥nB ．若α⊥β，l α，则l ⊥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α⊥βD ．若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ∥m解析：选C.对于选项C ，若l ∥β，则在β内必有直线n 与l 平行，从而n ⊥α；于是α⊥β.6．正四棱锥(顶点在底面的射影是底面正方形的中心)的体积为12，底面对角线的长为26，则侧面与底面所成的二面角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.由棱锥体积公式可得底面边长为23，高为3，在底面正方形的任一边上，取其中点，连接棱锥的顶点及其在底面的射影，根据二面角定义即可判定其平面角，在直角三角形中，因为tan θ＝3，所以二面角为60°，选C.7．已知直线a 和平面α，β，α∩β＝l ，a α，a β，且a 在α，β内的射影分别为直线b 和c ，则b 和c 的位置关系是( )A ．相交或平行B ．相交或异面C ．平行或异面D ．相交、平行或异面解析：选D.由题意，若a ∥l ，则利用线面平行的判定，可知a ∥α，a ∥β，从而a 在α，β内的射影直线b 和c 平行；若a ∩l ＝A ，则a 在α，β内的射影直线b 和c 相交于点A ；若a ∩α＝A ，a ∩β＝B ，且直线a 和l 垂直，则a 在α，β内的射影直线b 和c 相交；否则直线b 和c 异面．综上所述，b 和c 的位置关系是相交、平行或异面，故选D.8．如图，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成四面体ABCD ，则在四面体ABCD 中，下列结论正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC解析：选D.易知在△BCD 中，∠DBC ＝45°，∠BDC ＝90°.又平面ABD ⊥平面BCD ，而CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面ABD ，所以AB ⊥CD . 而AB ⊥AD ，CD ∩AD ＝D ，所以AB ⊥平面ACD ，所以平面ABC ⊥平面ACD .9．若正方体的外接球的体积为43π，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )A.13B.23C.43D.53解析：选C.设正方体的棱长为a ，其外接球的半径为r ，则由题意可得43πr 3＝43π，解得r ＝ 3.又2r ＝3a ，故a ＝2.以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，则凸多面体的体积V ＝2×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×12×2＝43，故选C.10．如图，若Ω是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台解析：选D.因为EH ∥A 1D 1， A 1D 1∥B 1C 1，所以EH ∥B 1C 1. 所以EH ∥平面BCGF .因为平面EFGH ∩平面BCGF ＝GF ，所以EH ∥FG ，故A 对．因为B 1C 1⊥平面A 1B 1BA ，EF 平面A 1B 1BA ，所以B 1C 1⊥EF ，则EH ⊥EF .又平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且与平面EFGH 的交线分别为EF ，GH ，所以EF ∥GH ，所以四边形EFGH 为平行四边形，故它也是矩形，故B 对．由EH ∥B 1C 1∥FG ，故Ω是棱柱，故C 对，选D.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上) 11.有一木块如图所示，点P 在平面A ′C ′内，棱BC 平行平面A ′C ′，要经过P 和棱BC 将木料锯开，锯开的面必须平整，则有________种锯法．解析：因为BC ∥平面A ′C ′，BC ∥B ′C ′，所以平面A ′C ′上过P 作EF ∥B ′C ′，则EF ∥BC ，所以过EF ，BC 所确定的平面锯开即可．又由于此平面唯一确定，所以只有一种锯法．答案：112．在四面体ABCD 中，已知棱AC 的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A CD B 的余弦值为________．解析：取AC 的中点E ，取CD 的中点F (图略)，则EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，结合图形知二面角A CD B 的余弦值cos θ＝EFBF ＝33. 答案：3313．半径为R 的半球，一正方体的四个顶点在半球的底面上，其余四个顶点在半球的球面上，则该正方体的表面积为________．解析：如图，作出半球沿正方体对角面的轴截面，设正方体的棱长为a ，则a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝R 2，所以a 2＝23R 2，所以S ＝6×a 2＝4R 2.答案：4R 214.如图是古希腊数学家阿基米德的墓碑，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现．我们来重温这个伟大发现：则圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为________，________．解析：设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，所以V 圆柱＝πR 2×2R ＝2πR 3，V 球＝43πR 3，所以V 圆柱V 球＝2πR 343πR 3＝32，S 圆柱＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，S 球＝4πR 2，所以S 圆柱S 球＝6πR 24πR 2＝32.答案：3∶2 3∶215.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AA 1，C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度是________．解析：将直三棱柱侧面、底面展开有三种情形，如下图．在(1)中，EF ＝A 1E 2＋A 1F 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＝222；在(2)中，EF ＝EG 2＋FG 2＝（2）2＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋222＝14＋422；在(3)中，EF ＝EG 2＋FG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝32 2. 比较知(3)最小．答案：322三、解答题(本大题共5小题，共55分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分10分)某几何体的三视图如图，其中俯视图的内外均为正方形，边长分别为2和4，几何体的高为3，求此几何体的表面积和体积．解：依题意得侧面的高h ′＝（2－1）2＋32＝10， S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧面＝22＋42＋4×12×(2＋4)×10＝20＋1210，所以几何体的表面积为20＋1210.体积V ＝13(42＋22＋2×4)×3＝28.17．(本小题满分10分)如图所示，四边形ABCD 是直角梯形，求图中阴影部分绕AB 旋转一周所成几何体的表面积和体积．(单位：cm)解：由题意知该几何体的表面积等于圆台下底面积、圆台的侧面积与半球面面积的和．又S 半球面＝12×4π×22＝8π(cm 2)，S 圆台侧＝π(2＋5)（5－2）2＋42＝35π(cm 2)， S 圆台下底＝π×52＝25π(cm 2)，所以所成几何体的表面积为8π＋35π＋25π＝68π(cm 2)．由题意知该几何体的体积等于圆台的体积减去半球的体积．又V 圆台＝π3×(22＋2×5＋52)×4＝52π(cm 3)，V 半球＝12×4π3×23＝16π3(cm 3)，所以该几何体的体积为V 圆台－V 半球＝52π－16π3＝140π3(cm 3)．18．(本小题满分10分)如图，圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝2，P 为SB 的中点．(1)求证：SA ∥平面PCD ；(2)求异面直线SA 与PD 所成角的正切值．解：(1)证明：连接PO ，因为P ，O 分别为SB ，AB 的中点，所以PO ∥SA .因为PO 平面PCD ，SA 平面PCD ，所以SA ∥平面PCD . (2)因为PO ∥SA ，所以∠DPO 为异面直线SA 与PD 所成的角．因为AB ⊥CD ，SO ⊥CD ，AB ∩SO ＝O ，所以CD ⊥平面SOB .因为PO 平面SOB ，所以OD ⊥PO .在Rt △DOP 中，OD ＝2，OP ＝12SA ＝12SB ＝2，所以tan ∠DPO ＝OD OP ＝22＝2，所以异面直线SA 与PD 所成角的正切值为 2.19．(本小题满分12分)如图所示，正三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，点D 是BC 的中点，BC ＝2BB 1，设B 1D ∩BC 1＝F .求证：(1)A 1C ∥平面AB 1D ； (2)BC 1⊥平面AB 1D .证明：(1)连接A 1B ，设A 1B 与AB 1交于E ，连接DE . 因为点D 是BC 的中点，点E 是A 1B 的中点．所以DE ∥A 1C .因为A 1C 平面AB 1D ，DE 平面AB 1D ，所以A 1C ∥平面AB 1D .(2)因为△ABC 是正三角形，点D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为平面ABC ⊥平面B 1BCC 1，平面ABC ∩平面B 1BCC 1＝BC ，AD 平面ABC ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1.因为BC 1平面B 1BCC 1，所以AD ⊥BC 1.因为点D 是BC 的中点，BC ＝2BB 1，所以BD ＝22BB 1.因为BD BB 1＝CC 1BC ＝22，所以Rt △B 1BD ∽Rt △BCC 1.所以∠BB 1D ＝∠CBC 1，∠BDB 1＝∠CC 1B ，且∠CBC 1＋∠CC 1B ＝90°，所以∠CBC 1＋∠BDB 1＝90°. 所以BC 1⊥B 1D ，又AD ∩B 1D ＝D ，所以BC 1⊥平面AB 1D .20．(本小题满分13分)在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AB ＝2，BC ＝a ，又侧棱PA ⊥底面ABCD .(1)当a 为何值时，BD ⊥平面PAC ？试证明你的结论； (2)当a ＝4时，求证：BC 边上存在一点M ，使得PM ⊥DM ；(3)若在BC 边上至少存在一点M ，使PM ⊥DM ，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝2时，ABCD 为正方形，则BD ⊥AC ，又因为PA ⊥底面ABCD ，BD 平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . 故当a ＝2时，BD ⊥平面PAC .(2)证明：当a ＝4时，取BC 边的中点M ，AD 边的中点N ，连接AM ，DM ，MN ，因为四边形ABMN 和四边形DCMN 都是正方形，所以∠AMD ＝∠AMN ＋∠DMN ＝45°＋45°＝90°，即DM ⊥AM ，又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥DM，又AM∩PA＝A，所以DM⊥平面PAM，得PM⊥DM，故当a＝4时，BC边的中点M使PM⊥DM.(3)假设BC边上存在点M，使得PM⊥DM，因为PA⊥底面ABCD，所以，M点应是以AD为直径的圆和BC边的交点，则AD≥2AB，即a≥4为所求．。

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(2).docx

立体几何初步1．下列命题中，假命题是（）（A ）a 、b 是异面直线，则一定存在平面α过a 且与b 平行（B ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α过a 且与b 垂直（C ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α与a 、b 所成角相等（D ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α与a 、b 的距离相等2．二面角βα--EF 是直二面角，,,,βα⊂⊂∈BC AC EF C 如果∠ACF ＝30,,60,00θ=∠=∠BCF ACB 那么=θcos （）（A ）332 （B ）36 （C ）22 （D ）333．长方体三面的面积分别是6,3,2，那么它的外接球的半径是（）（A ）26 （B ）3（C ）6 （D ）223 4．若一个平行六面体的两个对角面都是矩形,则在①这个平行六面体一定是直平行六面体.②这个平行六面体有可能是斜平行六面体.③这个平行六面体有可能是正四棱柱.④这个平行六面体不可能是正方体.这四个命题中,正确的个数是( )(A) 1 (B) 2(C) 3 (D) 45、如图，PA⊥平面ABC，△ABC中，∠ACB=90o.则图中Rt△的个数为………（）（A）4 （B）3 （C）2 （D）16、平面α//平面β，直线a//α，直线b⊥β，那么直线a与直线b的位置关系一定是（）A．平行 B.异面 C.垂直 D.不相交7.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点PA.线段B1CB.线段BC1C.BB1中点与CC1D.BC中点与B1C18.MN是两条互相垂直的异面直线a、b的公垂线段，点P是线段MN上除M、N外一动点，若点A是a上不同于公垂线垂足的一点，点B是b上不同于公垂线垂足的一点，△APB是A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.以上均有可能填空题：1.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为．PA BC图12. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为＿＿＿＿＿＿.三.解答题1.已知E ，F 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1AA 和棱1CC 上的点，且1AE C F =，求证：四边形1EBFD 是平行四边形2.图1.是一个几何体的三视图，想象它的几何结构特征，并说出它的名称．正视图侧视图俯视图A1A BCD1B 1C F1D E。

高中数学：第一章《立体几何初步》单元测试(9)北师大版必修2

立体几何初步—小题型11、空间两直线m l 、在平面βα、上射影分别为1a 、1b 和2a 、2b ，若1a ∥1b ，2a 与2b 交于一点，则l 和m 的位置关系为（A ）一定异面（B ）一定平行（C ）异面或相交（D ）平行或异面2、二面角βα--l 是直二面角，βα∈∈B A ，，设直线AB 与βα、所成的角分别为∠1和∠2，则（A ）∠1+∠2=900（B ）∠1+∠2≥900（C ）∠1+∠2≤900（D ）∠1+∠2＜9003、（A 方案）二面角α―AB ―β的平面角是锐角，C 是面α内的一点（它不在棱AB 上），点D是点C 在面β上的射影，点E 是棱AB 上满足∠CEB 为锐角的任意一点，那么（A ）∠CEB =∠DEB （B ）∠CEB ＞∠DEB（C ）∠CEB ＜∠DEB （D ）∠CEB 与∠DEB 的大小关系不能确定（B 方案）若点A （42+λ，4－μ，1+2γ）关于y 轴的对称点是B （－4λ，9，7－γ），则λ，μ，γ的值依次为（A ）1，－4，9 （B ）2，－5，－8 （C ）－3，－5，8 （D ）2，5，8 4、已知正方形ABCD ，沿对角线AC 将△ADC 折起，设AD 与平面ABC 所成的角为β，当β取最大值时，二面角B ―AC ―D 等于（A ）1200（B ）900（C ）600（D ）4505、有三个平面α，β，γ，下列命题中正确的是（A ）若α，β，γ两两相交，则有三条交线（B ）若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ （C ）若α⊥γ，β∩α=a ，β∩γ=b ，则a ⊥b （D ）若α∥β，β∩γ=∅，则α∩γ=∅ 6、已知一个简单多面体的各个顶点处都有三条棱，则顶点数V 与面数F 满足的关系式是（A ）2F+V=4 （B ）2F －V=4 （C ）2F+V=2 （D ）2F －V=2 7、（A 方案）如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为V ，点P 、Q 分别在侧棱AA 1和CC 1上，AP=C 1Q ，则四棱锥B －APQC 的体积为（A ）2V （B ）3V （C ）4V （D ）5VABCPQA 1B 1C 1（7方案A 图）（7方案B 图）（B 方案）侧棱长为2的正三棱锥，若其底面周长为9，则该正三棱锥的体积是（A ）239 （B ）433 （C ）233 （D ）439（A ）（B ）（C ）（D ）ABC DA 1B 1C 1D 1AB CDA 1B 1C 1D 1F（8题A 方案图）（8题B 方案图）8、（A 方案）在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中与AD 1成600角的面对角线的条数是（A ）4条（B ）6条（C ）8条（D ）10条（B 方案）正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱AB ，BB 1的中点，A 1E 与C 1F 所成的角是θ，则（A ）θ=600（B ）θ=450（C ）52cos =θ （D ）52sin =θABC DA 1B 1C 1D 1OM P（第9题B 方案图）9、（A 方案）已知三棱锥D －ABC 的三个侧面与底面全等，且AB=AC=3，BC =2，则以BC 为棱，以面BCD 与面BCA 为面的二面角的大小是（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）32π（B 方案）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面正方形ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角为（A ）4π （B ）3π （C ）2π（D ）与P 点的位置有关 10、（A 方案）如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF =23，EF 与面AC 的距离为2，则该多面体的体积为（A ）29 （B ）5 （C ）6 （D ）215ACDEFABC DE（第10题A 方案图）（第10题B 方案图）（B 方案）如图所示，四面体ABCD 中，AB ，BC ，CD 两两互相垂直，且AB=BC =2，E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成的角的大小是1010arccos，则四面体ABCD 的体积是（A ）8 （B ）6 （C ）2 （D ）3811、已知球面的三个大圆所在平面两两垂直，则以三个大圆的交点为顶点的八面体的体积与球体积之比是（A ）2∶π （B ）1∶2π （C ）1∶π （D ）4∶3πABC D A 1B 1C 1D 1PQ（第12题图）12、在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 是对角线A 1C 上的点，且PQ =2a，则三棱锥P －BDQ 的体积为（A ）3363a （B ）3183a （C ）3243a （D ）无法确定 13、如图，在一根长11cm ，外圆周长6cm 的圆柱形柱体外表面，用一根细铁丝缠绕，组成10个螺旋，如果铁丝的两端恰好落在圆柱的同一条母线上，则铁丝长度的最小值为（A ）61cm （B ）157cm （C ）1021cm （D ）1037cm14、在空间四边形ABCD 各边上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF 和GH 能相交于点P ，那么（A ）点P 必在直线AC 上（B ）点P 必在直线BD 上（C ）点P 必在平面ABC 内（D ）点P 必在平面上ABC 外 15、已知四棱锥P －ABCD 的底面为平行四边形，设x =2PA 2+2PC 2－AC 2，y =2PB 2+2PD 2－BD 2，则x ，y 之间的关系为（A ）x ＞y （B ）x ＝y （C ）x ＜y （D ）不能确定（B 方案）如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若=11B A a ，=11D A b ，=A A 1c ，则下列向量中与M B 1相等的是（A ）21-a +21b +c （B ）21a +21b +c （C ）21a 21-b +c （D ）21-a 21-b +c 16、（A 方案）a 、b 为异面直线，α⊂a ，β⊂b ，又A ∈α，B ∈β，AB =12cm ，AB 与β成60角，则a 、b 间距离为．（B 方案）已知向量a 、b 满足| a | = 31，| b | = 6，a 与b 的夹角为3π，则3| a |－2（a ·b ）+4| b | = ．17、正方体的两个面上的两条对角线所成的角为．18、如图，在四棱锥P －ABCD 中，E 为CD 上的动点，四边形ABCD 为时，体积V P －AEB 恒为定值（写上你认为正确的一个答案即可）．ABCDEP（第35题图）19、四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出三个结论：（1）四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱；（2）底面ABCD 为菱形；（3）AC 1⊥B 1D 1．以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，可以得到三个命题，其中正确命题的个数为．20、（A 方案）一个四面体的所有棱长都是2，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为．（B 方案）已知点A 、B 、C 的坐标分别为（0，1，0），（－1，0，1），（2，1，1），点P 的坐标为（x ，0，z ），若AB PA ⊥，AC PA ⊥，则点P 的坐标为．简明参考答案题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15答案A CB B D B BC CD C A A A B16、（A 方案）36cm ；（B 方案）23 17、00或600或90018、可有多种答案，如正方形 19、120、（A 方案）3π ；（B 方案）（31，0，32-）。

高中数学第一章立体几何初步单元检测北师大版必修2推荐

数学北师版必修2第一章立体几何初步单元检测(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(每小题6分，共48分)1．一个棱柱是正四棱柱的条件是( )．A．底面是正方形，有两个侧面是矩形sB．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，且每一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )．A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面3．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )．A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，mα，nβ，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若n⊥α，n⊥β，则α∥β4．空间四边形ABCD的四边相等，则它的两条对角线AC，BD的关系是( )．A．垂直且相交 B．相交但不一定垂直C．垂直但不相交 D．不垂直也不相交5．如图，某几何体的主视图、左视图和俯视图分别是等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )．A．．4 C．．26．如图，在正四面体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ABC7．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )．A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β8．如图，若Ω是长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )．A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台二、填空题(每小题6分，共18分)9．如图，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图，若A 1D 1∥O ′y ′，A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝23C 1D 1＝2，A 1D 1＝1，则ABCD 的面积是__________．10．圆柱形容器内部盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.11．有一木块如图所示，点P 在平面A ′C ′内，棱BC 平行平面A ′C ′，要经过P 和棱BC 将木料锯开，锯开的面必须平整，有N 种锯法，N ＝________.三、解答题(共3小题，共34分)12．(10分)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD，AD=A1B1，∠BAD=60°.(1)证明AA1⊥BD；(2)证明CC1∥平面A1BD.13．(12分)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝AD＝2，点E为AB的中点．(1)求三棱锥A1－ADE的体积；(2)求证：A1D⊥平面ABC1D1；(3)求证：BD1∥平面A1DE.14．(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．参考答案1答案：C2答案：B 解析：对于A选项，在同一平面内满足条件是正确的．而在空间中不一定正确．如正方形ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥AD，AD⊥AB.有A1A⊥AB，而不是A1A∥AB；对于C 选项，如正方体ABCD－A1B1C1D1中，D1C1∥A1B1∥AB，而三直线D1C1，A1B1，AB不共面；对于D 选项，如正方形ABCD－A1B1C1D1中，AA1，B1A1，D1A1共点于A1，而三直线AA1，B1A1，D1A1不共面；对于B选项，由两直线所成角的定义可知正确．3答案：D 解析：考虑墙角的三个面，满足α⊥γ，α⊥β，而β与γ是相交的，故A错误；B中α，β可能相交，如图，故B错误；C中n可能在平面α内，故C错误；由垂直于同一条直线的两个平面平行知D正确．4答案：C 解析：如图，取BD中点E，连接AE，CE.∵AB＝AD＝BC＝CD，∴AE⊥BD，CE⊥BD.∴BD⊥平面AEC.又AC平面AEC，∴BD⊥AC.5答案：C 解析：根据几何体的三视图可得几何体的直观图如下图所示．此几何体是底面为菱形的四棱锥，且顶点S在底面上的射影O为底面菱形ABCD的中心，由三视图可知菱形ABCD的边长为2，SA＝BD＝2.故S 菱形ABCD ＝2×2sin 60°＝AO 棱锥的高SO = 3.∴V S －ABCD ＝13⨯6答案：D 解析：因为BC ∥DF ，所以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．7答案：D 解析：A ∈α，AB ∥l ，则AB α，AC ⊥l ，C 点未必在α内，由图知，AC ⊥β不成立．8答案：D 解析：∵EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，∴EH ∥B 1C 1. ∴EH ∥平面BCGF .∵平面EFGH ∩平面BCGF ＝GF ， ∴EH ∥FG ，故A 对．∵B 1C 1⊥平面A 1B 1BA ，EF 平面A 1B 1BA ， ∴B 1C 1⊥EF .则EH ⊥EF .又平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且与平面EFGH 的交线分别为EF ，GH ， ∴EF ∥GH ，∴四边形EFGH 为平行四边形，故它也是矩形，故B 对．由EH ∥B 1C 1∥FG ，故Ω是棱柱，故C 对，选D. 9答案：5 解析：还原成原图，如图．CD =C 1D 1=3，AD =2A 1D 1=2， AB =A 1B 1=2，∠ADC =90°，∴S ABCD =12×(2+3)×2=5. 10答案：4 解析：设球的半径为r ，由题意得3V 球＋V 水＝V 柱，即3×43πr 3＋πr 2×8＝πr 2×6r ，解得r ＝4(cm)．11答案：1 解析：∵BC ∥平面A ′C ′，BC ∥B ′C ′，∴平面A ′C ′上过P 作EF ∥B ′C ′，则EF ∥BC ，∴过EF ，BC 所确定的平面锯开即可．又由于此平面唯一确定，∴只有一种锯法．12答案：证明：(1)证法一：因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD 平面ABCD ，所以D 1D ⊥BD . 又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos 60°＝3AD 2，所以AD 2＋BD 2＝AB 2.因此AD ⊥BD .又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1.又AA 1平面ADD 1A 1，故AA 1⊥BD .证法二：因为D1D⊥平面ABCD，且BD平面ABCD.所以BD⊥D1D.取AB的中点G，连接DG，在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD.又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形，因此GD＝GB.故∠DBG＝∠GDB，又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°.故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°.所以BD⊥AD.又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1⊥BD.(2)连接AC，A1C1.设AC∩BD＝E，连接EA1.因为四边形ABCD为平行四边形，所以EC＝12 AC.由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且A1C1＝EC.所以四边形A1ECC1为平行四边形．因此CC1∥EA1.又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.13答案：(1)解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，因为AB＝1，E为AB的中点，所以AE＝12.又因为AD＝2，所以S△ADE＝12AD·AE＝12×2×12＝12.又AA1⊥底面ABCD，AA1＝2，所以三棱锥A1ADE的体积V＝13S△ADE·AA1＝13×12×2＝13.(2)证明：因为AB⊥平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.因为ADD1A1为正方形，所以AD1⊥A1D.又AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1.(3)证明：设AD1，A1D的交点为O，连接OE.因为ADD1A1为正方形，所以O是AD1的中点．在△AD1B中，OE为中位线，所以OE∥BD1.又OE平面A1DE，BD1平面A1DE，所以BD1∥平面A1DE.14答案：(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＝13S正方形ABCD·PD＝83.由于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＝112122= 323⎛⎫⨯⨯⨯⨯⎪⎝⎭，所以V P－MAB∶V P－ABCD＝1∶4.。

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'

北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(有答案解析)

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．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（） A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥4．已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直，且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ，又2()162a b c +=，侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（） A ．10πB ．40πC ．20πD ．18π5．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 l6．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 ．434π7．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 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 ．128．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 ．32π9．一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 ．83π10．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 ．1611．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 α B ．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．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．14B 2C 3D ．12二、填空题13．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中AC B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.14．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且所有顶点都在球O 的表面上，侧面PAB ⊥底面ABCD ，23PA PB ==，120APB ∠=︒，4=AD ，则球O 的表面积为_______.15．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一.如果把sin 36按35计算，则棱长为6的正二十面体的外接球半径等于___________.16．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___17．在三棱锥P ABC -中，4PA PB ==，42BC =8AC =，AB BC ⊥．平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为_________．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 DE 19．已知扇形的面积为56π，圆心角为6π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________．20．在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是．三、解答题21．在三棱锥P ABC -中，PAC ∆和PBC ∆是边长为2的等边三角形，2AB =，O ，D 分别是AB ， PB 的中点.（1）求证://OD 平面PAC （2）求证:OP ⊥平面ABC （3）求三棱锥D OBC -的体积.22．如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAH ；（2）若2PA AD ==，求直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值.23．如图，平行四边形ABCD 中，45DAB ∠=，PD ⊥平面ABCD ，PA BD ⊥，BD PD =，4AB =.（1）求证：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若点,M N 分别是,PA PC 的中点，求三棱锥P MBN -的体积.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，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（1）求证：BE PA ⊥；（2）求二面角A PD C --的余弦值；（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PFPB的值；若不存在，说明理由．26．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.【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--=，即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2532x 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．C解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 4．A解析：A 【分析】将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和2()162a b c +=a b =，进而得到2c =，带入体积公式求得2,2a b c ===，根据公式24S R π=求出外接球的表面积. 【详解】解：21116211622266()643V abc ab ab a b ab ==⋅⋅=+，当且仅当a b =时取等号，因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，则22PC a c ==， 21222623V a a ∴=⨯=， 2,2a b c ∴===所以2222410R a b c =++=，故外接球的表面积为10π. 故选：A. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.5．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.6．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145DF CF ==+，故3cos 5255DFC ∠==⨯⨯，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1CDFD 25411164+=，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.7．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.8．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.9．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33，易得底面正三角形内切圆的半径为高的三分之一，即3r =，由于234<，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大值为3，它的体积()343433V ππ==.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33，第二个关键是确定球的最大半径.10．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．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．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =，以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos452AC CD ==AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==ABD ∴为等边三角形，则2BD ，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥，AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==，所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，2AB =，2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 24AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅. 因此，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 故选：B. 【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】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根解析：82【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可．【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以11422ABCSBC AO =⋅=⨯⨯=故答案为：【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．14．【分析】首先利用垂直关系和底面和侧面外接圆的圆心作出四棱锥外接球的球心再计算外接球的半径以及球的表面积【详解】连结交于点取中点连结并延长于点点是外接圆的圆心侧面底面侧面底面平面过点作平面侧面所以点是解析：64π【分析】首先利用垂直关系和底面ABCD 和侧面ABCD 外接圆的圆心，作出四棱锥P ABCD -外接球的球心，再计算外接球的半径，以及球O 的表面积. 【详解】连结,AC BD ，交于点M ，取AB 中点N 连结AN ，MN ，并延长于点E ，点E 是PAB △外接圆的圆心，侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB 底面ABCD AB =，MN AB ⊥MN ∴⊥平面PAB ，过点M 作MO ⊥平面ABCD ，//EO MN ，EO ∴⊥侧面PAB ，所以点O 是四棱锥P ABCD -外接球的球心，可知四边形MNEO 是矩形，右图，PA PB ==，120APB ∠=，2cos306AB PB ∴==，点E 是PAB △外接圆的圆心，sin303PN PB ∴==，PBE △是等边三角形，PE =NE ∴==MO ∴=12MC AC ==4R OC ∴===， ∴球O 的表面积2464S R ππ==故答案为：64π 【点睛】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,a b c ，那么外接球的直径2222R a b c =++2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R 的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.15．【分析】由已知得出正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球设正五边形的外接圆半径为由平面几何知识可求得外接球的半径【详解】由图正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球设其半径为正五边形的外接圆半 1811【分析】由已知得出正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设正五边形的外接圆半径为r ，由平面几何知识可求得外接球的半径．【详解】由图，正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设其半径为R ，正五边形的外接圆半径为r ，则33sin 365r ==，得=5r ，所以正五棱362511-= 所以(222511R R =+，解得181111R = 1811．【点睛】关键点点睛：本题考查几何体的外接球的问题，关键在于确定外接球的球心和半径．16．【分析】将三棱锥补成长方体计算出三棱锥的外接球半径计算出球心到过点的截面的距离的最大值可求得截面圆半径的最小值利用圆的面积可求得结果【详解】平面将三棱锥补成长方体则三棱锥的外接球直径为所以设球心为点解析：π【分析】将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，计算出球心到过点M 的截面的距离d 的最大值，可求得截面圆半径的最小值，利用圆的面积可求得结果.【详解】PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，则三棱锥P ABC -的外接球直径为22222223R PC PA AB AD PA AC ==+++=，所以，3R =设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ， O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且2211222OM PB PA AB ==+= 设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d .①当OM α⊥时，2d OM ==②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤=设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则221r R d =-，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.故答案为：π.【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. 17．4【分析】取中点连接再根据题意依次计算进而得球的球心即为（与重合）【详解】解：因为所以又因为所以所以因为平面平面平面平面平面所以平面取中点连接所以所以平面所以此时所以即球的球心球心即为（与重合）半径解析：4【分析】取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP ，再根据题意依次计算4EA EB EC EP ====，进而得球O 的球心O 即为E （O 与E 重合）【详解】解：因为42BC =，8AC =，AB BC ⊥，所以42AB =，又因为4PA PB ==，所以222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面PAB ，取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP所以//DE BC ，22DE =，22DP =所以DE ⊥平面PAB ，所以DE PD ⊥，此时，142EB AC EA EC ====， 224EP DP DE =+=，所以4EA EB EC EP ====，即球O 的球心球心O 即为E （O 与E 重合），半径为4EA =.故答案为：4.【点睛】本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，,PAB ABC △△均为直角三角形，故易得AC 中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.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】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22111222S lR R α====，解得R =l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径r =∴5=．设外接球的半径为1R ，∴()222115R 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. 20．【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH 此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD 且低于平面AFC 而当平面EHD 平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状都不可能是三角形解析：15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH ，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD ，且低于平面AFC ．而当平面EHD 平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD 的体积16，并且＜正方体ABCD-EFGH 体积-三棱柱B-AFC 体积15166-=考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法三、解答题21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）112. 【分析】（1）利用三角形中位线定理证明//OD PA ，利用线面平行的判定定理证明；（2）根据条件，证明PO OC ⊥，PO AB ⊥，利用线面垂直的判定定理证明；（3）利用转化法求体积.【详解】(1)证明:O ，D 分别为AB ，PB 的中点//OD PA ∴PA ⊂平面PAC ，OD ⊄平面PAC ，//OD ∴平面PAC .(2)证明: 2AC BC == 2AB =，AC BC ∴⊥O 为AB 的中点，2AB =，OC AB ∴⊥，1OC =同理， PO AB ⊥，1PO =.2PC =2222PC OC PO ∴=+=，则90POC ︒∠=，即PO OC ⊥PO OC ⊥，PO AB ⊥，AB OC O ⋂=OP ∴⊥平面ABC .(3)解:由()2可知，OP ⊥平面ABC .OP ∴为三棱锥P ABC -的高，且1OP =11112111212212D OBC ABC V S OP -∆∴=⋅=⨯⨯⨯⨯= 【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求体积，常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.22．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）由PA ⊥底面ABCD ，得PA DE ⊥，由Rt ABH Rt DAE ≌△△，得DE AH ⊥，可得答案.（2）由可知DE ⊥平面PAH ，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，在Rt PDG △中，由sin DPG ∠可得答案.【详解】（1）因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点， ,,AB DA BH AE HBA EAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠= 所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥，因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .（2）由（1）可知DE ⊥平面PAH ，设AH DE G ⋂=，如图，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，因为2PA AD ==，所以PD =DE在Rt DAE 中，由于AG DE ⊥，所以2AD DG DE =⋅，所以4DG =DG =所以在Rt PDG △中，sin 5DG DPG PD ∠===，即直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为10.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明、线面角的求法，对于线面角的求法的步骤,作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.23．（1）证明见解析；（2）23. 【分析】（1）可由PD BD ⊥，PA BD ⊥证得BD ⊥平面PAD ，故BD AD ⊥，再由BD BC ⊥和PD BC ⊥可得BC ⊥平面PBD ，从而面PBC ⊥面PBD（2）可利用1144P MBN B PMN B PAC P ABC V V V V ----===，进行转化求体积. 【详解】解：（1）因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD BD ⊥.又PA BD ⊥，PA PD P =，平面PD ⊂平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，而AD ⊂平面PAD ，所以BD AD ⊥.在平行四边形ABCD 中，//AD BC ，所以BD BC ⊥.由PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD BC ⊥，而BD PD D =，PD ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD . 又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBD .（2）由（1）可知，BD AD ⊥，而45DAB ∠=，则ADB △为等腰直角三角形，又4AB =，所以22PD BD AD ===。

第一章《立体几何初步》单元检测A卷(北师大版必修2)

4①长方体②圆锥③三棱锥④圆柱 A .④③②B .②①③C .①②③ 5.两个平面平行的条件是（）A 有一条直线与这两个平面都平行 D .③②④B 有两条直线与这两个平面都平行C 有一条直线与这两个平面都垂直D 有一条直线与这两个平面所成的角相等6.把边长为4、2的矩形卷成一个圆柱的侧面，其体积是（4B .-87.—个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为的面积等于（）.a 的正方形，则原平面四边形丿2 22、22《立体几何初步》单元检测 A 卷（120分钟 150分）学号：姓名：成绩：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备选项中, 只有一项是符合题目要求的.）C I 、m 是内两条直线，且丨// , m 〃D I 、m 是两条异面直线，且I// , m 〃，且I//, m 〃4. 如图所示，甲、乙、丙是三个立体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号正确的是（）.1 .互不重合的三个平面最多可以把空间分成（C 7 D, ）B allb）个部分B> 5F 列命题正确的是（all b b alla// ba 〃b Calla ll bb a ll 3.下列条件中，可判定平面A 、都垂直于平面B内不共线的三个点到a与平面的距离相等平行的是（）则这个圆锥的表面积为（10. 若圆锥的轴截面是等边三角形，则它的侧面展开图扇形的圆心角为（18 （ 12分）设AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，A a , B b ，自AB 的中点O 作平面与a 、b 分别平行，M 、N 分别是a 、b 上的两点，MN 与交于P ,求证：P 是MN 的中点•已知m , n 为异面直线, m P 平面，n P 平面l ，则 I ()与m , n 都相交与m , n 都不相交与m , n 中至少一条相交与m , n 中一条相交若一个圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面直径的截面）是等边三角形，其面积为「3 ,A. 3B. 3 3C. 6D. 9A.900B.1800C.450D. 60011. 对于直线m 、n 和平面 A . m n, m// ,n // C . m// n,n ,m 12. 正方体的位置关系是（A 平行，能得出 B . m n, D .m // n,m的一个条件是（）•ABCD — A 1B 1C 1D 1中，EF 是异面直线 )B 相交m, n ,nAD i 与A i C i 的公垂线，则 EF 与B i DC 异面不垂直D 异面垂直第n 卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共 4小题，每小题4分，共16分.） 13. 正视图、侧视图、俯视图都是长方形的几何体是 ______ 。

高中数学第1章立体几何初步章末测试北师大版必修2

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.。

数学北师大版高中必修2北师大版高中数学必修二立体几何初步复习2

2 . 若某几何体任何一种视图都为圆，那么这个几何体
是 ___球__体______
3．已知球面上A、B两点的球面距离等于1，
过这两点的球的半径的夹角等于60°，则这
个球的表面积与体积之比等于π
。
4．共端点M的三条线段MA、MB、MC两
两垂直，过M、A、B、C刚好可作一个半
径为2的球，则MA、MB、MC的平方和
1、简单几何体概念性质
直观图
2、简单几何体
三视图
3、空间几何体的侧面积与体积公式
五、课外作业
课本P54--56 A组12、13、14 B组5
共同进步！
（D）(1025 －20)m
7．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都
相切，已知这个球的体积为 32 , 那么该三棱柱的
体积是（D）
3
（A）96 3 （B）16 3 （C）24 3 （D）48 3
9已知某几何体的三视图如下，画出它的直观图。
左
正
侧
视
视
图
图
D1
C1
俯视
A1
图
D A
C B
四、课堂小结
3、空间几何体的侧面积与体积公式
(1)多面体侧面积为平面展开图的面积和. (2)旋转体侧面积公式：
圆柱的侧面积：S 2rl
圆锥的侧面积：S rl 圆台的侧面积：S (rl rl) 球的表面积： S 4R2
(3)几何体体积公式：柱体体积： V Sh 锥体体积： V 1 Sh
3
台体体积： V 1 (S SS S)h
【略解】由思路分析知，PA、PB、PC 恰是正方体PF的三条棱，球的直径2r等于正方体对角线的长，即
2r 3a，球面积S＝4πr 2＝3 πa2 ．

2020-2021学年北师大版高中数学必修二《立体几何初步》单元综合测试题及解析

最新（新课标）北师大版高中数学必修二《立体几何初步》单元测试卷（120分钟 150分）命题：傅外生一、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备选项中，只有一项是符合题目要求的，写在答题表内，否则不计分。

）1. 已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正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．则该几何体的体积为A. 48B. 64C. 96D. 1922．下列命题正确的是（）A.αα////a b b a ⇒⎭⎬⎫⊂ B.b a b a ////⇒⎭⎬⎫⊂ααC.αα⊂⇒⎭⎬⎫b a b a //// D.ααα////a a b b a ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂3．下列条件中，可判定平面α与平面β平行的是A. βα、都垂直于平面γB. m l 、是两条异面直线，且αα////m l ，，且ββ////m l ，C.α内不共线的三个点到β的距离相等D.m l 、是α内两条直线，且ββ////m l ，4．如图所示，甲、乙、丙是三个几何体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号正确的是甲乙丙①长方体 ②圆锥 ③三棱锥 ④圆柱A ．④③②B ．②①③C ．①②③D ．③②④5．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA 垂直底面111A B C ，底面三角形111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，则下列叙述正确的是A. 1CC 与1B E 是异面直线B. AC ⊥平面11ABB AC. AE ，11B C 为异面直线，且11AE B C ⊥D. 11//AC 平面1AB E6．一平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于A ．242a B ．222a C ．222a D ．2322a7．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，则这个球的表面积是A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对8．底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是A ．130B ．140C ．150D ．1609．若圆锥的轴截面是等边三角形，则它的侧面展开图扇形的圆心角为A.090B.0180C.045D.06010．对于直线n m 、和平面βα、，能得出βα⊥的一个条件是A ．βα//,//,n m n m ⊥B ．,,m n m n αβα⊥=⊂IC ．αβ⊂⊥m n n m ,,//D ．βα⊥⊥n m n m ,,//一、选择题答题表二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分．）11．把边长为4、2的矩形卷成一个圆柱的侧面，其体积是12. 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=2，BC=3，AA 1=5，则一只小虫从A 点沿长方体的表面爬到C 1点的最短距离是．13．若夹在两个平面间的三条平行线段相等，那么这两个平面的位置关系是.14．OX ，OY ，OZ 是空间交于同一点O 的互相垂直的三条直线，点P 到这三条直线的距离分别为3，4，7，则OP 长为.15. 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：（1）AC ⊥BD ；（2）△ACD 是等边三角形；（3）AB 与平面BCD 所成的角为60°；（4）AB 与CD 所成的角为60°。

北师大版高中数学必修2-第1章单元综合复习：单元小结：立体几何初步

第一章《立体几何初步》单元小结导航
点击考点
（1）了解柱，锥，台，球及简单组合体的结构特征。

（2）能画出简单空间图形的三视图，能识别三视图所表示的立体模型，并会用
斜二测法画出它们的直观图。

（3）通过观察用平行投影与中心投影这两种方法画出的视图与直观图，了解空
间图形的不同表示形式。

（4）会根据公式计算一些简单几何体的表面积和体积。

学习导航
1.学习方法指导
①空间图形直观描述了空间形体的特征，我们一般用斜二测画法来画空间图形的直观图。

②空间图形可以看作点的集合，用符号语言表述点，线，面的位置关系时，经常用到集合的有关符号，要注意文字语言，符号语言，图形语言的相互转化。

③柱，锥，台，球是简单的几何体，同学们可用列表的方法对它们的定义，性质，表面积及体积进行归纳整理。

④对于一个正棱台，当上底面扩展为下底面的全等形时，就变为一个直棱柱；当上底面收缩为中心点时，就变为一个正棱锥。

由1()2
S c c h ''=+正棱台侧和
()3
h V s s '=+正棱台，就可看出它们的侧面积与体积公式的联系。

2.思想方法小结
在本章中需要用到的数学思想方法有：观察法，数形结合思想，化归与转化思想等。

主要是立体几何问题转化为平面几何问题，平行与垂直的相互转化等。

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必修2立体几何初步单元测试题
（考试时间：100分钟，满分100分）
姓名：＿＿＿＿＿＿＿班级：＿＿＿＿＿＿成绩：＿＿＿＿＿＿＿一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 1、已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，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 2．棱长都是1的三棱锥的表面积为（）
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，则这个球的表面积是（）
A ．25π
B ．50π
C ．125π
D ．都不对 4、已知正方体外接球的体积是32
3
π，那么正方体的棱长等于（）
（A
）（B
（C
）3 （D
5、若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（）
A ．若//,,l n αβαβ⊂⊂，则//l n
B ．若,l αβα⊥⊂，则l β⊥
C. 若,//l l αβ⊥，则αβ⊥ D ．若,l n m n ⊥⊥，则//l m
6、如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，E F G H ，，，分别为1AA ，
AB ，1BB ，11B C 的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角等于（） A ．45°
B ．60°
C ．90°
D ．120°
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；
A F
D B
C
G
E 1B
H
1C
1D 1A
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.3
B.2
C.1
D.0
8、如图长方体中，AB=AD=23，CC 1=2，则二面角 C 1—BD —C 的大小为（）Ａ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
9、平面α与平面β平行的条件可以是（）
A.α内有无穷多条直线与β平行；
B.直线a//α,a//β
C.直线a α⊂,直线b β⊂,且a//β,b//α
D.α内的任何直线都与β平行 10、如图，一个封闭的立方体，它的六个表面各标有A,B,C,D,E,F 这六个字母之一，现放置成如图的三种不同
的位置，则字母A,B,C 对面的字母分别为（） A) D ,E ,F B) F ,D ,E C) E, F ,D D) E, D,F 选择题答题卡
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
11.已知直线b//平面α，平面α//平面β，则直线b 与β的位置关系为 .
12．正方体的内切球和外接球的半径之比为＿＿＿＿＿
13如图，△ABC 是直角三角形，∠ACB=︒90，PA ⊥平面ABC ，此图形中有个直角三角形
A
B
D
A 1
B 1
C 1
D 1
C
B A
A
D C
E
B C
A
B
C
P。