2019高考数学专题复习导练测第八章立体几何章末检测理新人教A版

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人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》章末练习题卷含答案解析 (1)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷7（共22题）一、选择题（共10题）1.如图，三棱柱A1B1C1−ABC中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．A1C1∥平面AB1ED．AE与B1C1为异面直线，且AE⊥B1C12.长方体的表面积为11，十二条棱长之和为24，则这个长方体的一条体对角线长为( )A．2√3B．√14C．5D．6．则3.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=12下列结论中正确的个数为( )① AC⊥BE；② EF∥平面ABCD；③三棱锥A−BEF的体积为定值；④ △AEF的面积与△BEF的面积相等．A．4B．3C．2D．14.已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，侧棱长为2，体积为1，若此三棱柱的顶点均在同一球面上，则该球半径的最小值为( )A．1B．2C．√6D．√625.下列几何体中是棱柱的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个6.四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有( )A．4B．3C．2D．17.空间四点A，B，C，D共面而不共线，那么这四点中( )A．必有三点共线B．必有三点不共线C．至少有三点共线D．不可能有三点共线8.若一个长方体的长、宽、高分别为√3，√2，1，则它的外接球的表面积为( )πB．5πC．6πD．24πA．329.若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( )A．至多等于3B．至多等于4C．等于5D．大于510.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )A．6B．8C．12D．24二、填空题（共6题）11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是A1B1的中点，过点A1作与截面PBC1平行的截面，所得截面的面积是．12.在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q是直线DD1上的两个动点．如果PQ=2，那么三棱锥P−BCQ的体积等于．13.一条直线a上的3个点A，B，C到平面M的距离都为1，这条直线和平面的关系是．14.侧棱长为3，底面面积为8的正四棱柱的体对角线的长为．15.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB=2，AC=BC=√2，等边三角形ADB以AB为轴运动，当平面ADB⊥平面ABC时，CD=．16.如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，AB=1，BC=2．将矩形ABCD绕直线AD旋转所得到的几何体体积记为V1，将△MCD绕直线CD旋转所得到的几何体体积记为V2，则V1V2的值为．三、解答题（共6题）17.如图，四棱锥S−ABCD中，△ABS是正三角形，四边形ABCD是菱形，点E是BS的中点．(1) 求证：SD∥平面ACE；(2) 若平面ABS⊥平面ABCD，AB=4，∠ABC=120∘，求三棱锥E−ASD的体积．18.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AD=2，E，F，Q分别为AD，AA1，BC的中点，求证：平面BEF∥平面A1DQ．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60∘，Q为AD的中点，(1) 若PA=PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；(2) 点M在线段PC上，PM=tPC，试确定实数t的值，使得PA∥平面MQB；(3) 在（2）的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，PA=AD=PD=2，求二面角M−BQ−C的大小．20.用符号表示下列语句，并画出图形．(1) 平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B．(2) 点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上．AD=1，21.如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAD=90∘，BC=CD=12 PA=2√2，M为PD的中点．(1) 求证：PA⊥AB；(2) 求证：CM∥平面PAB；(3) 求直线CM与平面PAD所成的角．22.一个几何体，它的下面是一个圆柱，上面是一个圆锥，并且圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面直径为3cm，高（两底面圆心连线的长度）为4cm，圆锥的高（顶点与底面圆心连线的长度）为3cm，画出此几何体的直观图．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】D【知识点】直线与平面的位置关系、直线与直线的位置关系2. 【答案】C【解析】设长方体的长，宽，高分别为a，b，c，由题意可知，4(a+b+c)=24, ⋯⋯①2ab+2bc+2ac=11, ⋯⋯②联立①②可得a2+b2+c2=25，则这个长方体的一条体对角线长为5．【知识点】棱柱的结构特征3. 【答案】B【解析】①中AC⊥BE，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，此命题正确；② EF∥平面ABCD，由正方体ABCD−A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；③三棱锥A−BEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A−BEF的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确．【知识点】棱锥的表面积与体积、直线与平面垂直关系的性质、直线与平面平行关系的判定4. 【答案】D【解析】因为三棱柱内接于球，所以棱柱各侧面均为平行四边形且内接于圆，所以棱柱的侧棱都垂直于底面，所以该三棱柱为直三棱柱．设底面三角形的两条直角边长为a，b，因为三棱柱ABC−A1B1C1的高为2，体积是1，所以12ab⋅2=1，即ab=1，将直三棱柱ABC−A1B1C1补成一个长方体，则直三棱柱ABC−A1B1C1与长方体有同一个外接球，所以球O的半径为√a2+b2+42≥√2ab+42=√62（当且仅当a=b=1时，等号成立）．【知识点】棱柱的结构特征、球的结构特征5. 【答案】C【解析】观察图形得：“有两个面互相平行，其余各面都是四边形，”的几何体有：①③⑤，只有它们是棱柱，共三个．【知识点】棱柱的结构特征6. 【答案】A【解析】首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．【知识点】平面的概念与基本性质7. 【答案】B【解析】由题意，四点共面不共线分为图①和图②两种情况，只有选项B正确．【知识点】平面的概念与基本性质8. 【答案】C【知识点】球的表面积与体积、组合体9. 【答案】B【解析】由正四面体的定义可知n=4能满足条件．当n≥5时，可设其中三个点为A，B，C，由直线与平面垂直的性质及点到点的距离定义可知到A，B，C三点距离相等的点必在过△ABC 的重心且与平面ABC垂直的直线上，从而易知到A，B，C的距离等于正三角形ABC边长的点有两个，分别在平面ABC的两侧．此时可知这两点间的距离大于正三角形的边长，从而不可能有5个点满足条件．当然也不可能有多于5个的点满足条件．【知识点】空间线段的长度、直线与平面垂直关系的性质10. 【答案】B【知识点】由三视图还原空间几何体、棱锥的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】2√6【解析】如图，取AB，C1D1的中点E，F，连接A1E，A1F，EF，则平面A1EF∥平面BPC1．在△A1EF中，A1F=A1E=√5，EF=2√2，S△A1EF =12×2√2×√(√5)2−(√2)2=√6，从而所得截面面积为2S△A1EF=2√6．【知识点】平面与平面平行关系的判定12. 【答案】12【解析】因为在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q是直线DD1上的两个动点，PQ=2，所以S△PQC=12×PQ×CD=12×2×6=6，所以三棱锥P−BCQ的体积：V P−BCQ=V B−PQC=13×S△PQC×BC=13×6×6=12．【知识点】棱锥的表面积与体积13. 【答案】平行【解析】假设直线a与平面α相交，则A，B，C三点中必有两个点在平面α同一侧，不妨设为A，B，过A，B分别作平面α的垂线，垂足为M，N，则AM∥BN，AM=BN．所以四边形AMNB是平行四边形，所以AB∥MN，又MN⊂α，AB⊄α，所以AB∥α，这与假设直线a与平面α相交矛盾，故假设错误，于是直线a与平面α平行．【知识点】直线与平面的位置关系14. 【答案】5【解析】正四棱柱的底面为正方形，设底面边长为a，侧棱长为b，则有a2=8，所以a=2√2，则四棱柱的体对角线为√a2+a2+b2=√8+8+9=5．故答案为：5．【知识点】棱柱的结构特征15. 【答案】2【解析】如图，取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB．当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC=AB，所以DE⊥平面ABC．又CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE．由已知可得DE=√3，CE=1，在Rt△DEC中，CD=√DE2+CE2=2．【知识点】平面与平面垂直关系的性质16. 【答案】6【知识点】圆柱的表面积与体积三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 连接BD，设AC∩BD=O，连接OE，则点O是BD的中点．又因为E是BS的中点，所以SD∥OE，又因为SD⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以SD∥平面ACE．(2) 因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC=120∘，所以∠ABD=12∠ABC=60∘．又因为AB=AD，所以三角形ABD是正三角形．取AB的中点F，连接SF，则DF⊥AB，DF=2√3．又平面ABS⊥平面ABCD，DF⊂平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD=AB，所以DF⊥平面ABS，即DF是四棱锥D−AES的一条高，而S△ASE=12SA⋅SE⋅sin∠ASE=2√3，所以V E−ADS=V D−AES=13S△ASE⋅DF=13×2√3×2√3=4.综上，三棱锥E−ASD的体积为4．【知识点】直线与平面平行关系的判定、棱锥的表面积与体积18. 【答案】因为E是AD的中点，Q是BC的中点，所以ED=BQ，ED∥BQ，所以四边形BEDQ是平行四边形，所以BE∥DQ，又因为BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，所以BE∥平面A1DQ，又因为F是A1A的中点，所以EF∥A1D,因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，所以EF∥平面A1DQ，因为BE∩EF=E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面A1DQ．【知识点】平面与平面平行关系的判定(1) 因为 PA =PD ，Q 为 AD 的中点，所以 PQ ⊥AD ．因为底面 ABCD 为菱形，∠BAD =60∘，所以 △ABD 为正三角形，所以 BQ ⊥AD ．又 BQ ∩PQ =Q ，所以 AD ⊥平面PQB ．又 AD ⊂平面PAD ，所以平面PQB ⊥平面PAD ．(2) 当 t =13 时，PA ∥平面MQB ．下面证明：设 AC ∩BQ =N ，连接 MN ．因为 AQ ∥BC ，所以 AN NC =AQ BC =12．由 PM =13PC ，得 PM MC =12，所以 AN NC =PM MC ，所以 PA ∥MN ．又 MN ⊂平面MQB ，PA ⊄平面MQB ，所以 PA ∥平面MQB ．(3) 由(1)，得 BQ ⊥AD ，PQ ⊥AD ．因为平面 PAD ⊥平面ABCD ，平面 PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 PQ ⊥平面ABCD ．如图，建立空间直角坐标系，则 Q (0,0,0)，A (1,0,0)，B(0,√3,0)，C(−2,√3,0)，P(0,0,√3)，则 QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0), 且 QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =QP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =QP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−23,√33,2√33)．设平面 MQB 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z )．由 {n ⃗ ⋅QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√3y =0,−2x 3+√3y 3+2√3z 3=0, 取 z =1，则 n ⃗ =(√3,0,1)．又因为平面 ABCD 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(0,0,1)，所以 cos 〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=12，于是，二面角 M −BQ −C 的大小为 π3．【知识点】直线与平面平行关系的判定、二面角、平面与平面垂直关系的判定、空间向量的应用(1) 用符号表示a∩β=l，a∩α=A，a∩β=B，如图．(2) 用符号表示A∈α，B∈α，a∩α=C，C∉AB，如图．【知识点】平面的概念与基本性质21. 【答案】(1) 因为∠PAD=90∘，所以PA⊥AD．又因为PA⊥CD，CD∩AD=D，所以PA⊥平面ABCD．又因为AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB．(2) 取PA中点N，连接MN，BN．因为M，N分别是PA，PD的中点，所以MN∥AD且MN=12AD，又因为BC∥AD且BC=12AD，所以MN∥BC且MN=BC，所以四边形MNBC是平行四边形，所以CM∥BN，又因为CM⊄平面PAB，BN⊂平面PAB，所以CM∥平面PAB．(3) 因为CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．所以∠CMD为直线CM与平面PAD所成的角．在Rt△PAD中，因为PA=2√2，AD=2，所以PD=2√3，所以MD=√3．所以在Rt△CMD中，tan∠CMD=CDMD =√33．所以，直线CM与平面PAD所成的角为π6．【知识点】线面角、直线与平面垂直关系的判定、直线与平面平行关系的性质22. 【答案】（1）画轴．如图①所示，画x轴，z轴，使∠xOz=90∘．（2）画圆柱的下底面．在x轴上取A，B两点，使AB=3cm，且OA=OB，选择椭圆模板中适当的椭圆且过A，B两点，使它为圆柱的下底面．（3）在Oz上截取OOʹ=4cm，过点Oʹ作平行于Ox轴的Oʹxʹ轴，类似圆柱下底面的画法画出圆柱的上底面．（4）画圆锥的顶点．在Oz上截取点P，使POʹ=3cm．（5）成图．连接AʹA，BʹB，PAʹ，PBʹ，整理（去掉辅助线，将被遮挡部分改成虚线）得到此几何体的直观图，如图②所示．【知识点】直观图。

第八章立体几何初步单元测试-2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册

2022-2023学年高一第二学期第八章《立体几何初步》单元测试（新人教A 版必修第二册）一、单项选择题（每小题5分，共40分）1、下列说法中正确的是 A ．若一个平面内有3个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行B ．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱D ．过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行2、已知正三角形的边长为2，那么的直观图△的面积为 ABCD3、已知S 为圆锥的顶点，O为底面圆心，圆锥的体积为 ABCD4、如图：已知正四面体中E 在棱上，，G 为的重心，则异面直线与所成角为（）A. B. C. D. 5．已知直线，与平面，，，则能使成立的充分条件是 A ．，B ．，C ．，D ．，，6、如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题错误的是 ()ABC ABC ∆A B C '''()SO =()ABCD CD 2EC DE =ABC V EG BD 30°45︒60︒90︒m n αβγαβ⊥()αγ⊥βγ⊥//m α//m β//m αm β⊥m n ⊥m αβ= n β⊂1111ABCD A B C D -()A ．直线与平面所成的角等于B ．点到面C ．两条异面直线和所成的角为D ．三棱柱7、端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗. 粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明, 且形状各异. 裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子, 是用当地特有的冬叶、水草包裹糯米、绿豆、猪肉、咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子. 现将裹蒸粽看作一个正四面体, 其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为A. B. C. D. 8、已知三棱锥中，，，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的半径为 A ．2B．5C ．13D 二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）9、高空走钢丝是杂技的一种，渊源于古代百戏的走索，演员手拿一根平衡杆，在一根两头拴住的钢丝上来回走动，并表演各种动作．在表演时，假定演员手中的平衡杆是笔直的，水平地面内一定存在直线与演员手中的平衡杆所在直线 A ．垂直B ．相交C ．异面D ．平行10、设，，表示不同的点，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下列说法错误的是 A ．若，，，则B ．若，，，，则C ．若，，，，，，则D ．若，，，则11、如图，在菱形中，，，将沿折起，使到，点不落在底面内，若为线段的中点，则在翻折过程中，以下命题中正确的是 BC 11ABC D 4πC 11ABCD 1D C 1BC 4π1111AA D BB C -43π46810O ABC -A B C O 2AB BC ==120ABC ∠=︒O ABC -O ()()A B C n l αβ()l αβ= //n α//n β//n l A B l ∈A B α∉//l αA B α∈A B C β∈l αβ= C l ∈//αβl α⊂n β⊂//l n ABCD 2AB =3BAD π∠=ABD ∆BD A A 'A 'BCD M A C 'ABD ∆()A ．四面体的体积的最大值为1B ．存在某一位置，使得C ．异面直线，所成的角为定值D ．当二面角的余弦值为时，四面体12、四面体的四个顶点都在球的球面上，，，点，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是 A ．过点，，做四面体的截面，则该截面的面积为2B ．四面体C ．与的公垂线段的长为D ．过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为二、填空题（每小题5分，共20分）13、将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为．14、在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为．15、某校高一级学生进行创客活动，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去正四棱台后所得的几何体，其中，为增强其观赏性和耐用性，现对该模型表面镀上一层金属膜，每平方厘米需要金属，不考虑损耗，所需金属膜的质量为____________．A BCD '-BM CD ⊥BM A D 'A BD C '--13A BCD '-ABCD O 4AB BC CD DA ====AC BD ==EFG BC CD AD ()E F G ABCD ABCD AC BD E O 5:41111ABCD A B C D -P 11B D PB 1AD 1111ABCD A B C D -ABCD EFGH -122,6cm,4cm AB EF BF AB BC AA =====2mg mg16、如图，在长方体中，四边形是边长为4的正方形，，为棱的中点，为棱（包括端点）上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值是．三解答题（共6小题，共计70分）17、（10分）如图，在三棱锥中，平面，是直角三角形，，．，分别是棱，的中点．（1）证明：平面平面．（2）求三棱锥的体积．18．（12分）如图，在三棱锥中，，底面．1111ABCD A B C D -ABCD 13AA =E CD F 11C D A DEF -P ABC -PA ⊥ABC ABC ∆AC BC =6PA AB ==D E PB PC PAC ⊥ADE P ADE -P ABC -90ACB ∠=︒PA ⊥ABC（1）求证：平面平面；（2）若，，求与平面所成角的正弦值．19．（12分）如图，在直四棱柱中，四边形是平行四边形，是的中点，点是线段上，且．（1）证明：直线平面．（2）若，，，求点到平面的距离．20、（12分）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点底面四边形是边长为2的菱形，且，交于点．（1）求证：平面；（2）二面角的平面角为，若．①求与底面所成角的大小；②求点到平面的距离．21、（12分）如图在直三棱柱中，，，，是上的一点，且，、、分别是、、的中点，与相交于．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；PAC ⊥PBC 2AC PA ==3BC =AB PBC 1111ABCD A B C D -ABCD F 1BD E 1CD 12D E CE =//AF BDE 13AA AB ==2AD =60BAD ∠=︒F BDE P ABCD -PB PD =PA PC ⊥M N PA BC ABCD 60DAB ∠=︒AC BD O //MN PCD B PC D --θ1cos 7θ=-PA ABCD N CDP 111ABC A B C -90ABC ∠=︒2BC =14CC =E 1BB 11EB =D F G 1CC 11B C 11A C EF 1B D H 1B D ⊥ABD //EFG ABD（Ⅲ）求平面与平面的距离．22、（12分）如图，在四棱锥，底面为梯形，且，，等边三角形所在的平面垂直于底面，．（1）求证：平面；（2）若直线与平面，求二面角的余弦值．参考答案1、D2、D3、B4、A5、C6、C7、A8、D 8、【解析】设的外接圆的圆心为，半径为,在中，，，由余弦定理可得，由正弦定理可得，解得，所以又三棱锥所以EGF ABD P ABCD -ABCD 12BC AD =//BC AD PCD ABCD BC PD ⊥BC ⊥PCD PB ABCD P AB D --ABC ∆1O r ABC ∆2AB BC ==120ABC ∠=︒222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠=24sin AC r ABC ===∠2r =11sin 2222ABC S AB BC ABC ∆=⋅⋅⋅∠=⨯⨯=O ABC -111133O ABC ABC V S OO OO -∆=⋅⋅==故三棱锥的高，所以球．9、AC10、BCD 11、ABD 12、ACD9、【解析】根据题意可得：对直线与平面的任何位置关系，平面内均存在直线与直线垂直，A 正确；平衡杆所在直线与水平地面的位置关系：平行或相交，根据线面关系可知：若直线与平面平行，则该直线与平面内的直线的位置关系：平行或异面，若直线与平面相交，则该直线与平面内的直线的位置关系：相交或异面，C 正确，B 、D 错误；【答案】AC11、【解析】连接交于，连接，取的中点，连接，，对于A ，当平面平面时，四面体的体积最大，点到平面的距离最大，此时在菱形中，，则，都是等边三角形，则，此时四面体的体积为，所以四面体的体积的最大值为1，故A 正确；对于B ，因为，分别为，的中点，所以，且，由题意，则，当时，，因为，O ABC -13OO =O =l l AC BD O OA 'CD N MN BN A BD '⊥BCD A BCD '-A 'BCD ABCD 2AB =3BAD π∠=ABD ∆BCD ∆OA OA OC '===A BCD '-112132⨯⨯=A BCD '-M N C 'CD BN CD ⊥//MN A D '112MN A D ='=2(0,)3A DC π∠'∈2(0,3MNC π∠∈2MNC π∠=MN CD ⊥MN BN N =所以当时，平面，又平面，所以，所以存在某一位置，使得，故B正确；对于C，因为，所以异面直线，所成的角即为或其补角，，因为不为定值，所以不为定值，即异面直线，，所成的角不为定值，故C错误；对于D，因为，，所以即为二面角的平面角，则，所以，所以四面体为正四面体，如图，补全正四面体，即四面体的D正确．【答案】ABD12、【解析】如图所示：取中点，连结、，则有：，且，同理可得，且所以，且为平行四边形，2MNCπ∠=CD⊥BMNBM⊂BMN CD BM⊥BM CD⊥//MN A D'BM A D'BMN∠2131cos22BM BMBMNBM BM+-∠==-BM cos BMN∠BM A D'OC BD⊥OA BD'⊥A OC∠'A BD C'--26163A CA OC-'∠'==2A C'=A BCD'-A BCD'-=A BCD'-AB H EH HG//HG BD12GH BD==//EF BD12EF BD== //HG EF HG EF==EFGH同理可得，且，所以平行四边形的菱形；取中点，连结、，因为，所以，同理，所以平面，所以，又因为，，所以，所以菱形的正方形，所以，故A 正确；因为，，，所以，同理可得，在中，，所以边上的高，又因为平面，为中点，所以，故B 错；因为平面，平面，所以，又因为，所以是与的公垂线，由选项可知，故C 正确；取中点，则为球心，理由如下：因为平面，，所以，同理，，所以，所以即为球心，所以，又因为，所以过所作的面积最小的截面是以为圆心，为半径的圆；面积最大的截面是过，的大圆，//HE GF HE GF ==EFGH BD Q AQ CQ AB AD =AQ BD ⊥CQ BD ⊥BD ⊥ACQ BD AC ⊥//HG BD //HE AC HG HE ⊥EFGH 2EFGH S =4AB AD ==BD =AQ BD ⊥BQ DQ ==AQ =CQ =ACQ ∆AQ CQ ==AC =AC QM ==12ACQ S AC QM ∆=⋅⋅=BD ⊥ACQ Q BD 1122233A BCD B ACQ ACQ V V S BQ --∆==⨯⨯=⨯⨯=BD ⊥ACQ QM ⊆ACQ BD QM ⊥QM AC ⊥QM AC BD B QM =QM S S O BD ⊥ACQ BQ DQ =12QS QM ==225SB SD ==12MS QM ==225SA SC ==SA SB SC SD ====S O R =OE BC ⊥E E 2BE =O E所以，故D 正确．13、 14、15、16、15、【详解】由题意，该几何体侧面4个面的面积和为，底面积，正方形面积.考虑梯形，高为，故正四棱台的侧面积为，故该模型表面积为，故所需金属膜的质量为16、【解析】如图，取的中点，过作平面的垂线，与平面交于点，过作的垂线，垂足为，则三棱锥外接球的球心在上，设，，则，设球的半径为，则，即，所以．因为，所以，则．()()22::5:4S S R BE ππ==大小2π6π282+2449π244696cm ⨯⨯=26636cm ⨯=EFGH 2339cm ⨯=ABFE =()214362⨯+=(296369141cm +++=+((2141282mg⨯+=+AE 1O 1O ABCD 1111A B C D M M 11C D N E ADF -O 1MO 1OO m =NF n =03n ……O R 222R OE OF ==22222225(3)4R m OM MN NF m n =+=++=-++286n m +=03n ......41736m (2261)59R m =+…故三棱锥外接球的表面积．17、（1）证明：因为是直角三角形，且，所以．因为平面，且平面，所以．因为平面，平面，且，所以平面．因为，分别是棱，的中点，所以，，因为平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）解：因为，所以因为平面，且，所以三棱锥的体积．连接，因为是棱的中点，所以三棱锥的体积．因为是棱的中点，所以三棱锥的体积．因为三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，所以的体积为．18．（1）证明：底面．，又，，又，平面，又平面，平面平面；（2）解：取的中点，连接、，，，又平面平面且交线为，平面，A DEF -224449S R ππ=…ABC ∆AC BC =AC BC ⊥PA ⊥ABC BC ⊂ABC PA BC ⊥PA ⊂PAC AC ⊂PAC PA AC A = BC ⊥PAC D E PB PC 12DE BC =//DE BC BC ⊥PAC DE ⊥PAC DE ⊂ADE PAC ⊥ADE 6AB =AC BC ==PA ⊥ABC 6PA =P ABC -1161832V =⨯⨯=CD D PB D PAC -11118922V ==⨯=E PC D PAE -211199222V V ==⨯=P ADE -D PAE -P ADE -92PA ⊥ ABC PA BC ∴⊥90ACB ∠=︒ AC BC ∴⊥PA AC A = BC ∴⊥PAC BC ⊂PBC ∴PBC ⊥PAC PC O AO BO PA AC = AO PC ∴⊥ PBC ⊥PAC PC AO ∴⊥PBC直线在平面中的射影为，为与平面所成的角，在直角中，，，．19．（1）证明：连接，记，连接．取线段的中点，连接，．因为四边形是平行四边形，所以是的中点．因为是的中点，且，所以是的中点，因为，分别是，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，分别是，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为平面，平面，且，所以平面平面．因为平面，所以平面．（2）解：由（1）可知平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离．因为，，，所以的面积为作，垂足为，连接，则平面．因为，所以，，则．因为，，，所以AB PBC OB ABO ∴∠AB PBC AOB ∆AB =AO =∴sin ABO ∠=AC AC BD O = OE 1D E H AH HF ABCD O AC H 1D E 12D E CE =E HC O E AC HC //OE AH OE ⊂BDE AH ⊂/BDE //AH BDE H F 1D E 1BD //HF BE BE ⊂BDE HF ⊂/BDE //HF BDE AH ⊂AHF HF ⊂AHF AH HF H = //AHF BDE AF ⊂AHF //AF BDE //AF BDE F BDE A BDE 2AD =3AB =60BAD ∠=︒ABD ∆1sin 2AD AB BAD ⋅∠=EG CD ⊥G BG EG ⊥ABCD 12D E CE =1113EG DD ==22DG GC ==DE =3AB =2AD =60BAD ∠=︒BD因为，，，所以，则．在中，由余弦定理可得．故的面积为．设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以，解得到平面20、（1）证明：取得中点，连接，，如图，为的中点，，为的中点且四边形为菱形，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2）解：①连接，过作于，连接，，由，是的中点，，由菱形知，又，平面，平面，平面平面，且交线为，直线在平面上的射影为，即与底面所成角为，平面，，且在平面上的射影为，，又，，是的中点，是的中点，，由知，，，为二面角的平面角，，1CG =2BC =60BCG ∠=︒BG =2BE =BDE ∆cos BED ∠==sin BED ∠=BDE ∆11sin 222BE DE BED ⋅∠=⨯=F BDE h E ABD -A BDE -11133=h =F BDE PD E ME CE M PA ∴1,//2ME AD ME AD =N BC ABCD ∴1//,2NC AD NC AD =//NC ME ∴NC ME =∴MNCE //MN EC ∴MN ⊂/PCD CE ⊂PCD //MN ∴PCD PO B BF PC ⊥F DF OF PB PD =O BD PO BD ∴⊥ABCD AC BD ⊥PO AC O = BD ∴⊥PAC BD ⊂ ABCD ∴PAC ⊥ABCD AC ∴PA ABCD AC PA ABCD PAC ∠BD ⊥ PAC BF PC ⊥BF PAC OF OF PC ∴⊥PA PC ⊥//OF PA ∴O BD F ∴PC 2PB BC ∴==BPC DPC ∆≅∆DF PC ⊥BF DF =BFD ∴∠B PC D --∴2222222162cos 277BD BF DF BF DF BFD BF BF BF =+-⋅∠=+=即，解得，，，，，即与底面所成角的大小为；②连接，过作于，由，平面，平面，平面，点到平面的距离即点到平面的距离，，，，平面，平面平面，且是交线，，平面，在中，，由等积法可得，即，即点到平面．21、（12分）（Ⅰ）证明：由直三棱柱的性质，得平面平面，又，平面，又平面，，，在和△中，，，即，又，平面．（Ⅱ）证明：由题意知，在△中，，又，，平面，不包含于平面，平面，、分别为、的中点，，又，，，不包含平面，平面，平面，平面，，平面平面．（Ⅲ）解：平面，平面平面，平面，为平行平面与之间的距离，21647BF =274BF =∴23PC FC ===∴sin 2PC PC PAC AC AO ∠====090PAC ︒∠︒ ……60PAC ∴∠=︒PA ABCD 60︒ON O OG FD ⊥G //ON CD ON ⊂/PCD CD ⊂PCD //ON ∴PCD ∴N CDP O CDP BF PC ⊥ DF PC ⊥BF DF F = PC ∴⊥BFD ∴PCD ⊥BDF DF OG FD ⊥ OG ∴⊥PCD Rt OFD ∆1,OF OD DF ===OF OD FD OG ⋅=⋅OG =N CDP ABC ⊥11BB C C AB BC ⊥AB ∴⊥11BB C C 1B D ⊂11BB C C 1AB B D ∴⊥1112BC CD DC B C ==== ∴Rt BCD ∆Rt 11DC B 1145BDC B DC ∠=∠=︒190BDB ∴∠=︒1B D BD ⊥AB BD B = 1B D ∴⊥ABD 111EB B F ==∴Rt 1EB F 145FEB ∠=︒145DBB ∠=︒//EF BD ∴BD ⊂ ABD EF ABD //EF ∴ABD G F 11A C 11B C 11//GF A B ∴11//A B AB //GF AB ∴\AB ABD ⊂ 平面GF ABD //GF ∴ABD EF ⊂ EFG GF ⊂EFG EF GF F = ∴//EFG ABD 1B D ⊥ ABD //EGF ABD 1B D ∴⊥EGF HD ∴EFG ABD．22、证明：（1）如图所示，取中点，连接，是正三角形，又平面平面，且平面平面，平面，平面，，，且，平面；如图所示，连接，，过点，作，，分别与交于点，，过点作，交于点，连接，设，，，则，由（1）得平面，即为直线与平面所成角的平面角，平面，，则，解得：，故，，解得又，所以平面，，，，解得所以点为线段的中点，故点也为线段中点，11HD B D B H ∴=-==CD O PO PCD ∆ PO CD∴⊥PCD ⊥ABCD PCD ⋂ABCD CD =PO ∴⊥ABCD BC ⊂ABCD PO BC ∴⊥BC PD ⊥ PO PD P = BC ∴⊥PCD OB BD D P DM AB ⊥PN AB ⊥AB M N M //MQ NP AP Q DQ 22AD BC ==2CD a =0a >OP =OP ⊥ABCD OBP ∴∠PB ABCD BC ⊥PCD BC CP ∴⊥OP PB OBP BP =∠===1a =BD AB ====BM AM =DM //BC AD AD ⊥PCD AD PD ⊥PA ===BN AN PN ===M AN Q AP所以，所以即为二面角的平面角，．12QM PN DQ ===DMQ ∠P AB D --222cos 2DM QM DQ DMQ DM QM +-∠===⋅。

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》章末练习题卷含答案解析 (5)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷6（共22题）一、选择题（共10题）1.若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交2.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A．8π3B．10π3C．14π3D．10π3.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4.如图，一个半圆柱内部截去某几何体后得到一个新几何体，其三视图如图所示，则该新几何体的体积为( )A．8π−163B．4π−163C．8π−4D．4π+835.关于斜二测画法所得直观图，以下说法正确的是( )A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B．正方形的直观图为平行四边形C．梯形的直观图不是梯形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形6.如图，在四棱锥P一ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中错误的是( )A．平面PAB⊥平面PAD B．平面PAB⊥平面PBCC．平面PBC⊥平面PCD D．平面PCD⊥平面PAD7.若将棱长为4的一块正方体木料经过切割、打磨加工出一个体积最大的球，则这个球的体积是( )A．323πB．16πC．64πD．2563π8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．16+16√2B．32+16√2C．48D．6439.给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0B．1C．2D．310.若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12πB．24πC．36πD．144π二、填空题（共6题）11.已知A，B，C，D是某球面上不共面的四点，且AB=BC=AD=√2，BD=AC=2，BC⊥AD，则此球的表面积等于．12.平面的概念几何中所说的“平面”，是从课桌面、黑板面、平静的水面等，这样的一些物体中抽象出来的．类似于直线向两端无限延伸，几何中的平面是向四周的．13.圆台的一个底面周长是另外一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面半径为．14.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB=2，AC=BC=√2，等边三角形ADB以AB为轴运动，当平面ADB⊥平面ABC时，CD=．15.一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π的扇形，则该圆锥的高为．316.思考辨析，判断正误．夹在两平行平面间的平行线段相等．三、解答题（共6题）17.已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？18.画正五棱柱的直观图，使底面边长为3cm，侧棱长为5cm．19.如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图在下面画出（单位：cm）．(1) 在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2) 按照给出的尺寸，求该多面体的体积；20.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF=DE，M为棱AE的中点．(1) 求证：平面BDM∥平面EFC；(2) 若AB=1，BF=2，求三棱锥A−CEF的体积．21.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，点D是棱B1C1的中点，AB=AC=√2，BC=BB1=2．(1) 求证：AC1∥平面A1BD；(2) 求点D到平面ABC1的距离．π，底面直径AB=2，点C是弧AB的中点，点D是母线PA的22.如图所示的圆锥的体积为√33中点.(1) 求该圆锥的侧面积；(2) 求异面直线PB与CD所成角的大小.答案一、选择题（共10题） 1. 【答案】B【解析】因为 l ⊄α，直线 l 不平行于平面 α，所以直线 l 只能与平面 α 相交，于是直线 l 与平面 α 只有一个公共点，所以平面 α 内不存在与 l 平行的直线．【知识点】直线与直线的位置关系2. 【答案】C【解析】根据三视图，该几何体是由一个圆锥和一个圆柱构成，圆锥的求半径为 2，高为 2，圆柱的底面半径为 1，高为 2．所以V =V 1+V 2=13×π×22×2+π×12×2=14π3.【知识点】圆锥的表面积与体积、圆柱的表面积与体积、三视图3. 【答案】B【解析】因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是 3，4，5，且它的 8 个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：√32+42+52=5√2，所以球的半径为：5√22，所以这个球的表面积是：4π(5√22)2=50π．【知识点】组合体、球的表面积与体积4. 【答案】A【解析】由三视图知，该几何体是一个半圆柱挖去一个三棱锥得到， V =12π×22×4−13×12×4×2×4=8π−163．【知识点】圆柱的表面积与体积、棱锥的表面积与体积、由三视图还原空间几何体5. 【答案】B【知识点】直观图6. 【答案】C【解析】由面面垂直的判定定理知，平面PAB ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PBC ，平面PCD ⊥平面PAD ，A ，B ，D 正确．故选C ．【知识点】平面与平面垂直关系的判定7. 【答案】A【解析】正方体木料经过切割、打磨加工出一个体积最大的球，则该球是正方体的内切球，球的直径是正方体的棱长，即 2r =4⇒r =2，所以这个球的体积是4π3r 3=4π3×23=32π3．【知识点】球的表面积与体积8. 【答案】B【知识点】棱锥的表面积与体积、三视图9. 【答案】B【解析】①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．【知识点】棱柱的结构特征10. 【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即 R =√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)22=3，所以，这个球的表面积为 S =4πR 2=4π×32=36π．【知识点】球的表面积与体积二、填空题（共6题） 11. 【答案】 6π【解析】如图，把三棱锥 A −BCD 补形为棱长为 √2 的正方体，可得 CD =√2+2+2=√6 为球的直径，则球的半径为 √62，所以球的表面积为 4π×(√62)2=6π．【知识点】球的表面积与体积12. 【答案】无限延展【知识点】平面的概念与基本性质13. 【答案】7【解析】由题意，设较小底面半径为r，则该底面周长为2πr，则另一个底面周长为6πr，因为母线长为3，×(2πr+6πr)×3=12πr=84π，所以圆台侧面积S=12所以r=7．【知识点】圆台的表面积与体积14. 【答案】2【解析】如图，取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB．当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC=AB，所以DE⊥平面ABC．又CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE．由已知可得DE=√3，CE=1，在Rt△DEC中，CD=√DE2+CE2=2．【知识点】平面与平面垂直关系的性质15. 【答案】 √2【解析】设圆锥底面半径是 r ，母线长为 l ，所以 πr 2+πrl =π，即 r 2+rl =1，根据圆心角公式2π3=2πr l，即 l =3r ，所以解得 r =12，l =32，那么高 ℎ=√l 2−r 2=√2．【知识点】圆锥的表面积与体积16. 【答案】 √【知识点】平面与平面平行关系的性质三、解答题（共6题）17. 【答案】设圆柱的底面半径为 r ，则 S 侧=2πrh ，R 2=ℎ24+r 2，所以，S 侧=2π⋅2⋅h2⋅r ≤2π[(h 2)2+r 2]=2πR 2，当且仅当 ℎ2=r 时取等号，即内接圆柱底面半径为√22R ，高为 √2R 时，S 侧最大，最大值为2πR 2．【知识点】圆柱的表面积与体积18. 【答案】略．【知识点】直观图19. 【答案】(1) 如图，(2) 所求多面体的体积V=V长方体−V正三棱锥=4×4×6−13×(12×2×2)×2=2843(cm3)．【知识点】棱锥的表面积与体积、棱柱的表面积与体积、简单多面体的三视图20. 【答案】(1) 如图，设AC与BD交于点N，则N为AC的中点，连接MN，又M为棱AE的中点，所以MN∥EC．因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，所以MN∥平面EFC．因为BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且BF=DE，所以BF∥DE且BF=DE，所以四边形BDEF为平行四边形，所以BD∥EF．因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，所以BD∥平面EFC．又MN∩BD=N，MN,BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面EFC．(2) 连接EN，FN．在正方形ABCD中，AC⊥BD，又BF⊥平面ABCD，所以BF⊥AC．又BF∩BD=B，BF,BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，又N是AC的中点，所以V三棱锥A−NEF =V三棱锥C−NEF，所以V三棱锥A−CEF =2V三棱锥A−NEF=2×13×AN×S△NEF=2×13×√22×12×√2×2=23，所以三棱锥A−CEF的体积为23．【知识点】棱锥的表面积与体积、平面与平面平行关系的判定21. 【答案】(1) 在三棱桂ABC−A1B1C1中，连接AB1交A1B于点M，连接DM，如图．由四边形ABB1A1为平行四边形，得M为AB1的中点，又点D是棱B1C1的中点，所以AC1∥DM，因为AC1⊄平面A1BD，DM⊂平面A1BD，所以AC1∥平面A1BD.(2) 设点D到平面ABC1的距离为ℎ，由A1A⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，得A1A⊥AB，由AB=AC=√2，BC=2，得AB2+AC2=BC2，则AC⊥AB，又AC,AA1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥AC1，又AC1=√AC2+CC12=√(√2)2+22=√6，所以S△ABC1=12⋅AB⋅AC1=√3，连接AD，作AN⊥BC交BC于点N，因为三角形ABC为等腰直角三角形，所以AN=1，又AN⊂底面ABC，所以AN⊥AA1，又AA1∥CC1，所以AN⊥CC1，又CC1,BC⊂平面B1BCC1，CC1∩BC=C，所以AN⊥平面B1BCC1，由V D−ABC1=V A−BDC1，得13⋅S△ABC1⋅ℎ=13⋅S△BDC1⋅AN，又S△BDC1=12⋅DC1⋅CC1=12×1×2=1，所以ℎ=√33，即点D到平面ABC1的距离为√33．【知识点】点面距离（线面距离、点线距离、面面距离）、直线与平面平行关系的判定22. 【答案】(1) 由圆锥的体积V=13⋅π⋅(AB2)2⋅OP=√33π，得OP=√3，即PB=√OP2+OB2=2,则该圆锥的侧面积为S=12×2π⋅OB⋅PB=12×2π×1×2=2π．(2) （2）连接O，D，由条件得OD∥PB，即∠CDO是异面直线PB与CD所成角或其补角，点C是弧AB的中点，则CO⊥AB，又PO为该圆锥的高，则PO⊥CO，即CO⊥平面PAB，OD在平面PAB内，则CO⊥OD，即△CDO为直角三角形，又DO=12PB=1=CO，则∠CDO=π4，即异面直线PB与CD所成角的大小为π4．【知识点】异面直线所成的角、圆锥的表面积与体积。

人教版A版(2019)高中数学必修第二册：第八章立体几何初步综合测试(附答案与解析)

A
B
C
D
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.将答案填在题中横线上）
高中数学必修第二册 4 / 17
13.已知一圆锥的侧面展开图是半径为 2 的半圆，则该圆锥的表面积为________，体积为________.（本题第一空 2 分，第二空 3 分） 14.已知正四棱锥的侧棱长为 2 3 ，侧棱与底面所成的角为 60 ，则该四棱锥的高为________. 15.如图所示，直线 a∥平面，点 A 在另一侧，点 B,C, D a ，线段 AB, AC, AD 分别交于点 E, F ,G . 若 BD 4,CF 4, AF 5, 则 EC ________.
A. 5 3
B. 4 3
C. 3 4
D. 4 5
6.如图所示，表面积为 2 3 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（）
A. 2π 3
B. 1π 3
C. 2π 3
高中数学必修第二册 2 / 17
D. 2 2π 3
7.已知三棱锥 P ABC 中， PA 23 ， AB 3 ， AC 4 ， AB AC ， PA 平面 ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为（） A.16 B.28 C.64 D.96 8.如图，在边长为 1 的正方形 ABCD 中，点 E, F 分别为边 BC, AD 的中点，将 △ABF 沿 BF 所在的直线进行翻折，将 △CDE 沿 DE 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是（）
18.（本小题满分 12 分）已知正方体 ABCD A1B1C1D1 .
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（1）证明： D1A∥ 平面 C1BD ；（2）求异面直线 D1A 与 BD 所成的角.

新教材人教A版高中数学必修第二册第八章立体几何初步课时练习题及章末测验精选配套习题含解析

第八章立体几何初步1、棱柱、棱锥、棱台的结构特征................................................................................ - 1 -2、圆柱、圆锥、圆台、球与简单组合体的结构特征................................................ - 7 -3、立体图形的直观图.................................................................................................. - 12 -4、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积...................................................................... - 18 -5、圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积...................................................................... - 23 -6、球的表面积和体积.................................................................................................. - 29 -7、平面 ......................................................................................................................... - 35 -8、空间点、直线、平面之间的位置关系.................................................................. - 40 -9、直线与直线平行直线与平面平行...................................................................... - 44 -10、平面与平面平行.................................................................................................... - 49 -11、直线与直线垂直.................................................................................................... - 56 -12、直线与平面垂直.................................................................................................... - 63 -13、平面与平面垂直.................................................................................................... - 70 -章末综合测验................................................................................................................ - 76 -1、棱柱、棱锥、棱台的结构特征一、选择题1．(多选题)观察如下所示的四个几何体，其中判断正确的是()A．①是棱柱B．②不是棱锥C．③不是棱锥D．④是棱台ACD[结合棱柱、棱锥、棱台的定义可知①是棱柱，②是棱锥，④是棱台，③不是棱锥．]2．(多选题)下列说法错误的是()A．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台B．多面体至少有3个面C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形ABC[选项A错误，反例如图①；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项B错误；选项C错误，反例如图②，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知选项D正确．①②]3．在下列四个平面图形中，每个小四边形皆为正方形，其中可以沿相邻正方形的公共边折叠围成一个正方体的图形是()C[动手将四个选项中的平面图形折叠，看哪一个可以折叠围成正方体即可．]4.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定A[如图．因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形，因此是棱柱．]5．用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是()A．四边形B．三角形C．三角形或四边形D．不可能为四边形C[按如图①所示用一个平面去截三棱锥，截面是三角形；按如图②所示用一个平面去截三棱锥，截面是四边形．①②]二、填空题6．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.12[该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，所以每条侧棱长为12 cm.]7．如图所示，在所有棱长均为1的三棱柱上，有一只蚂蚁从点A出发，围着三棱柱的侧面爬行一周到达点A1，则爬行的最短路程为________．10[将三棱柱沿AA1展开如图所示，则线段AD1即为最短路线，即AD1＝AD2＋DD21＝10.]8．以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成________个三棱锥．3[如图，三棱台可分成三棱锥C1-ABC，三棱锥C1-ABB1，三棱锥A-A1B1C1，共3个．]三、解答题9．如图所示的几何体中，所有棱长都相等，分析此几何体的构成？有几个面、几个顶点、几条棱？[解]这个几何体是由两个同底面的四棱锥组合而成的八面体，有8个面，都是全等的正三角形；有6个顶点；有12条棱．10．试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干，连接后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来．(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥；(2)四个面都是等边三角形的三棱锥；(3)三棱柱．[解](1)如图①所示，三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一)．(2)如图②所示，三棱锥B1-ACD1(答案不唯一)．(3)如图③所示，三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一)．①②③11．由五个面围成的多面体，其中上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，则该多面体是() A．三棱柱B．三棱台C．三棱锥D．四棱锥B[该多面体有三个面是梯形，而棱锥最多有一个面是梯形(底面)，棱柱最多有两个面是梯形(底面)，所以该多面体不是棱柱、棱锥，而是棱台．三个梯形是棱台的侧面，另两个三角形是底面，所以这个棱台是三棱台．]12．如图所示都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是()①②③④A．①②B．②③C．③④D．①④B[在图②③中，⑤不动，把图形折起，则②⑤为对面，①④为对面，③⑥为对面，故图②③完全一样，而图①④则不同．]13．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱的对角线共有________条．10[在上底面选一个顶点，同时在下底面选一个顶点，且这两个顶点不在同一侧面上，这样上底面每个顶点对应两条对角线，所以共有10条．]14.如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A、B、C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？[解](1)如图，折起后的几何体是三棱锥．(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF均为直角三角形．(3)S△PEF＝12a2，S△DPF＝S△DPE＝12×2a×a＝a2，S△DEF＝S正方形ABCD－S△PEF－S△DPF－S△DPE＝(2a)2－12a2－a2－a2＝32a2.15.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝4，A1A＝5，现有一只甲壳虫从点A出发沿长方体表面爬行到点C1来获取食物，试画出它的最短爬行路线，并求其路程的最小值．[解]把长方体的部分面展开，如图，有三种情况．对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别为90，74，80，由此可见乙是最短线路，所以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A到E，再在长方形BCC1B1内由E到C1，也可以先在长方形AA1D1D内由A到F，再在长方形DCC1D1内由F到C1，其最短路程为74.2、圆柱、圆锥、圆台、球与简单组合体的结构特征一、选择题1．下列几何体中是旋转体的是 ( )①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．A ．①和⑤B ．①和②C ．③和④D ．①和④D [根据旋转体的概念可知，①和④是旋转体．]2．图①②中的图形折叠后的图形分别是( )① ②A ．圆锥、棱柱B ．圆锥、棱锥C ．球、棱锥D ．圆锥、圆柱B [根据图①的底面为圆，侧面为扇形，得图①折叠后的图形是圆锥；根据图②的底面为三角形，侧面均为三角形，得图②折叠后的图形是棱锥．]3．圆锥的侧面展开图是直径为a 的半圆面，那么此圆锥的轴截面是( )A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．顶角为30°等腰三角形D ．其他等腰三角形A [设圆锥底面圆的半径为r ，依题意可知2πr ＝π·a 2，则r ＝a 4，故轴截面是边长为a 2的等边三角形．]4．如图，在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是( )A ．一个棱柱中挖去一个棱柱B ．一个棱柱中挖去一个圆柱C ．一个圆柱中挖去一个棱锥D ．一个棱台中挖去一个圆柱B [一个六棱柱挖去一个等高的圆柱，选B ．]5．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为( )A ．32B ．32πC ．16πD ．8πB [若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为8π，其轴截面的面积为32π；若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为4π，其轴截面的面积为32π.]二、填空题6．如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是________．圆柱 [一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱．]7．下列命题中错误的是________．①过球心的截面所截得的圆面的半径等于球的半径；②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等；③圆台所有平行于底面的截面都是圆面；④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形．② [因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式，当两条母线的夹角为90°时，圆锥的轴截面面积最大．]8．一个半径为5 cm 的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm ，则截面圆面积为________ cm 2.9π [设截面圆半径为r cm ，则r 2＋42＝52，所以r ＝3.所以截面圆面积为9π cm 2.]三、解答题9．如图所示，梯形ABCD中，AD∥BC，且AD<BC，当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征．[解]如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．10．一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．[解](1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示)．由已知可得上底面半径O1A＝2(cm)，下底面半径OB＝5(cm)，又因为腰长为12 cm，所以高AM＝122－(5－2)2＝315(cm)．(2)如图所示，延长BA，OO1，CD交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO可得l－12l＝25，解得l＝20 (cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.11. (多选题)对如图中的组合体的结构特征有以下几种说法，其中说法正确的是()A．由一个长方体割去一个四棱柱所构成的B．由一个长方体与两个四棱柱组合而成的C．由一个长方体挖去一个四棱台所构成的D．由一个长方体与两个四棱台组合而成的AB[如图，该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成，也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成．故选项AB正确．]12.在正方体ABCD-A′B′C′D′中，P为棱AA′上一动点，Q为底面ABCD上一动点，M是PQ的中点，若点P，Q都运动时，点M构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱锥D．球的一部分A[由题意知，当P在A′处，Q在AB上运动时，M的轨迹为过AA′的中点，在平面AA′B′B内平行于AB的线段(靠近AA′)，当P在A′处，Q在AD上运动时，M的轨迹为过AA′的中点，在平面AA′D′D内平行于AD的线段(靠近AA′), 当Q在B处，P在AA′上运动时，M的轨迹为过AB的中点，在平面AA′B′B内平行于AA′的线段(靠近AB), 当Q在D处，P在AA′上运动时，M的轨迹为过AD的中点，在平面AA′D′D内平行于AA′的线段(靠近AB), 当P在A处，Q在BC上运动时，M 的轨迹为过AB的中点，在平面ABCD内平行于AD的线段(靠近AB), 当P在A处，Q在CD上运动时，M的轨迹为过AD的中点，在平面ABCD内平行于AB的线段(靠近AD), 同理得到：P在A′处，Q在BC上运动；P在A′处，Q在CD上运动；Q在C处，P在AA′上运动；P，Q都在AB，AD，AA′上运动的轨迹．进一步分析其他情形即可得到M的轨迹为棱柱体．故选A．]13．如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA 上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A．则绳子的最短长度的平方f(x)＝________.x2＋16(0≤x≤4)[将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA′的长度L就是圆O的周长，所以L＝2πr＝2π，所以∠ASM＝Ll＝π2.由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝x2＋16 (0≤x≤4)．所以f(x)＝AM2＝x2＋16(0≤x≤4)．]14．球的两个平行截面的面积分别是5π，8π，两截面间的距离为1，求球的半径．[解]设两个平行截面圆的半径分别为r1，r2，球半径为R.由πr21＝5π，得r1＝ 5.由πr22＝8π，得r2＝2 2.(1)如图，当两个截面位于球心O的同侧时，有R2－r21－R2－r22＝1，即R2－5＝1＋R2－8，解得R＝3.(2)当两个截面位于球心O的异侧时，有R2－5＋R2－8＝1.此方程无解．由(1)(2)知球的半径为3.15．圆台上底面面积为π，下底面面积为16π，用一个平行于底面的平面去截圆台，该平面自上而下分圆台的高的比为2∶1，求这个截面的面积．[解]圆台的轴截面如图，O1，O2，O3分别为上底面、下底面、截面圆心．过点D作DF⊥AB于点F，交GH于点E.由题意知DO1＝1，AO2＝4，∴AF＝3.∵DE＝2EF，∴DF＝3EF，∴GEAF＝DEDF＝23，∴GE＝2.∴⊙O3的半径为3.∴这个截面面积为9π.3、立体图形的直观图一、选择题1．(多选题)如图，已知等腰三角形ABC，则如下所示的四个图中，可能是△ABC 的直观图的是()A B C DCD[原等腰三角形画成直观图后，原来的腰长不相等，CD两图分别为在∠x′O′y′成135°和45°的坐标系中的直观图．]2．(多选题)对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述正确的是()A．三角形的直观图仍然是一个三角形B．90°的角的直观图会变为45°的角C．与y轴平行的线段长度变为原来的一半D．由于选轴的不同，所得的直观图可能不同ACD [对于A ，根据斜二测画法特点知，相交直线的直观图仍是相交直线，因此三角形的直观图仍是一个三角形，故A 正确；对于B,90°的角的直观图会变为45°或135°的角，故B 错误；C ，D 显然正确．]3．把△ABC 按斜二测画法得到△A ′B ′C ′(如图所示)，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．三边互不相等的三角形A [根据斜二测画法还原三角形在直角坐标系中的图形，如图所示：由图易得AB ＝BC ＝AC ＝2，故△ABC 为等边三角形，故选A ．]4．一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，已知长方体的长、宽、高分别为20 m 、5 m 、10 m ，四棱锥的高为8 m ，若按1∶500的比例画出它的直观图，那么直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( )A ．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB ．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC ．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD ．2 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cmC [由比例尺可知长方体的长、宽、高和四棱锥的高分别为4 cm,1 cm,2 cm 和1.6 cm ，再结合斜二测画法，可知直观图的相应尺寸应分别为4 cm,0.5 cm ，2 cm ，1.6 cm.]5．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋22C ．2＋22D ．1＋2A[画出其相应平面图易求，故选A．]二、填空题6．斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点M(4,4)在直观图中的对应点是M′，则点M′的坐标为________．(4,2)[在x′轴的正方向上取点M1，使O′M1＝4，在y′轴上取点M2，使O′M2＝2，过M1和M2分别作平行于y′轴和x′轴的直线，则交点就是M′.] 7．水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为________．2.5[由直观图知，由原平面图形为直角三角形，且AC＝A′C′＝3，BC＝2B′C′＝4，计算得AB＝5，所求中线长为2.5.]8．水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图如图所示，其中D′是A′C′的中点，且∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．2[△ABC为直角三角形，因为D为AC中点，所以BD＝AD＝CD．所以与BD的长相等的线段有2条．]三、解答题9．画出水平放置的四边形OBCD(如图所示)的直观图．[解](1)过点C作CE⊥x轴，垂足为点E，如图①所示，画出对应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°，如图②所示．①②③(2)如图②所示，在x′轴上取点B′，E′，使得O′B′＝OB，O′E′＝OE；在y′轴上取一点D′，使得O′D′＝12OD；过点E′作E′C′∥y′轴，使E′C′＝12EC．(3)连接B′C′，C′D′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图③所示，四边形O′B′C′D′就是所求的直观图．10．如图，△A′B′C′是水平放置的平面图形的直观图，试画出原平面图形△ABC．[解](1)画法：过C′，B′分别作y′轴的平行线交x′轴于D′，E′.(2)在直角坐标系xOy中．在x轴上取两点E，D使OE＝O′E′，OD＝O′D′，再分别过E，D作y轴平行线，取EB＝2E′B′，DC＝2D′C′.连接OB，OC，BC即求出原△ABC．11.如图所示，△A′O′B′表示水平放置的△AOB的直观图，B′在x′轴上，A′O′和x′轴垂直，且A′O′＝2，则△AOB的边OB上的高为()A ．2B ．4C ．2 2D ．42D [设△AOB 的边OB 上的高为h ，由题意，得S 原图形＝22S 直观图，所以12OB ·h ＝22×12×2×O ′B ′.因为OB ＝O ′B ′，所以h ＝4 2.故选D ．]12．已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm ，另一个圆锥顶点到底面的距离为 3 cm ，则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A ．2 cmB ．3 cmC ．2.5 cmD ．5 cmD [由题意可知其直观图如图，由图可知两个顶点之间的距离为5 cm.故选D ．]13．已知用斜二测画法，画得的正方形的直观图面积为182，则原正方形的面积为________．72 [如图所示，作出正方形OABC 的直观图O ′A ′B ′C ′，作C ′D ′⊥x ′轴于点D ′.S 直观图＝O ′A ′×C ′D ′.又S 正方形＝OC ×OA ．所以S 正方形S 直观图＝OC ×OAO ′A ′×C ′D ′，又在Rt △O ′D ′C ′中，O ′C ′＝2C ′D ′，即C ′D ′＝22O ′C ′，结合平面图与直观图的关系可知OA ＝O ′A ′，OC ＝2O ′C ′，所以S 正方形S 直观图＝OC ×OA OA ×22O ′C ′＝2O ′C ′22O ′C ′＝2 2. 又S 直观图＝182，所以S 正方形＝22×182＝72.]14.如图是一个边长为1的正方形A ′B ′C ′D ′，已知该正方形是某个水平放置的四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．[解]四边形ABCD的真实图形如图所示，因为A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，所以∠D′A′C′＝∠A′C′B′＝45°，所以在原四边形ABCD中，AD⊥AC，AC⊥BC，因为AD＝2D′A′＝2，AC＝A′C′＝2，＝AC·AD＝2 2.所以S四边形ABCD15．画出底面是正方形，侧棱均相等的四棱锥的直观图．[解](1)画轴．画x轴、y轴、z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°，如图①.(2)画底面．以O为中心在xOy平面内画出正方形水平放置的直观图ABCD．(3)画顶点．在Oz轴上截取OP，使OP的长度是原四棱锥的高．(4)成图．连接P A、PB、PC、PD，并擦去辅助线，得四棱锥的直观图如图②.①②4、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积一、选择题1．如图，ABC-A′B′C′是体积为1的棱柱，则四棱锥C-AA′B′B的体积是()A ．13 B ．12 C ．23D ．34C [∵V C -A ′B ′C ′＝13V ABC -A ′B ′C ′＝13，∴V C -AA ′B ′B＝1－13＝23.] 2．正方体的表面积为96，则正方体的体积为( ) A ．48 6 B ．64 C ．16 D ．96[答案] B3．棱锥的一个平行于底面的截面把棱锥的高分成1∶2(从顶点到截面与从截面到底面)两部分，那么这个截面把棱锥的侧面分成两部分的面积之比等于( )A ．1∶9B ．1∶8C ．1∶4D ．1∶3 B [两个锥体的侧面积之比为1∶9，小锥体与台体的侧面积之比为1∶8，故选B ．]4．若正方体八个顶点中有四个恰好是正四面体的顶点，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比是( )A ． 3B ． 2C ．23D ．32 A [如图所示，正方体的A ′、C ′、D 、B 的四个顶点可构成一个正四面体，设正方体边长为a ，则正四面体边长为2a . ∴正方体表面积S 1＝6a 2，正四面体表面积为S 2＝4×34×(2a )2＝23a 2，∴S 1S 2＝6a 223a 2＝ 3.] 5．四棱台的两底面分别是边长为x 和y 的正方形，各侧棱长都相等，高为z ，且侧面积等于两底面积之和，则下列关系式中正确的是( )A ．1x ＝1y ＋1zB ．1y ＝1x ＋1zC ．1z ＝1x ＋1yD ．1z ＝1x ＋yC [由条件知，各侧面是全等的等腰梯形，设其高为h ′，则根据条件得， ⎩⎪⎨⎪⎧4·x ＋y 2·h ′＝x 2＋y 2，z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －x 22＝h ′2，消去h ′得，4z 2(x ＋y )2＋(y －x )2(y ＋x )2＝(x 2＋y 2)2. ∴4z 2(x ＋y )2＝4x 2y 2， ∴z (x ＋y )＝xy ， ∴1z ＝1x ＋1y .] 二、填空题6．已知一个长方体的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体积为________．6[设长方体从一点出发的三条棱长分别为a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，三式相乘得(abc )2＝6，故长方体的体积V ＝abc ＝ 6.]7．(一题两空)已知棱长为1，各面均为等边三角形的四面体，则它的表面积是________，体积是________．3 212 [S 表＝4×34×12＝3， V 体＝13×34×12×12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33 2＝212.]8.如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，则点A 到平面A 1BD 的距离d ＝________.33a [在三棱锥A 1-ABD 中，AA 1是三棱锥A 1-ABD 的高，AB ＝AD ＝AA 1＝a ，A 1B ＝BD ＝A 1D ＝2a ，∵V 三棱锥A 1-ABD ＝V 三棱锥A -A 1BD ， ∴13×12a 2×a ＝13×12×2a ×32×2a ×d ， ∴d ＝33a .∴点A 到平面A 1BD 的距离为33a .] 三、解答题9．已知四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝13，BC ＝AD ＝25，BD ＝AC ＝5，求四面体ABCD 的体积．[解] 以四面体的各棱为对角线还原为长方体，如图．设长方体的长、宽、高分别为x ，y ，z ，则⎩⎨⎧x 2＋y 2＝13，y 2＋z 2＝20，x 2＋z 2＝25，∴⎩⎨⎧x ＝3，y ＝2，z ＝4.∵V D -ABE ＝13DE ·S △ABE ＝16V 长方体，同理，V C -ABF ＝V D -ACG ＝V D -BCH ＝16V 长方体， ∴V 四面体ABCD ＝V 长方体－4×16V 长方体＝13V 长方体．而V 长方体＝2×3×4＝24，∴V 四面体ABCD ＝8.10．如图，已知正三棱锥S -ABC 的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO ＝3，求此正三棱锥的表面积．[解] 如图，设正三棱锥的底面边长为a ，斜高为h ′，过点O 作OE ⊥AB ，与AB 交于点E ，连接SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝h ′.∵S 侧＝2S 底， ∴12·3a ·h ′＝34a 2×2. ∴a ＝3h ′.∵SO ⊥OE ，∴SO 2＋OE 2＝SE 2. ∴32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫36×3h ′2＝h ′2.∴h ′＝23，∴a ＝3h ′＝6.∴S 底＝34a 2＝34×62＝93，S 侧＝2S 底＝18 3. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝183＋93＝27 3.11．正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为( ) A ．3π B ．43 C ．32πD ．1B [如图所示，由图可知，该几何体由两个四棱锥构成，并且这两个四棱锥体积相等．四棱锥的底面为正方形，且边长为2，故底面积为(2)2＝2；四棱锥的高为1，故四棱锥的体积为13×2×1＝23.则几何体的体积为2×23＝43.]12．正三棱锥的底面周长为6，侧面都是直角三角形，则此棱锥的体积为( ) A ．423 B ． 2 C ．223 D ．23D [由题意，正三棱锥的底面周长为6，所以正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，可知侧棱长均为2，三条侧棱两两垂直，所以此三棱锥的体积为13×12×2×2×2＝23.]13．(一题两空)已知某几何体是由两个全等的长方体和一个三棱柱组合而成，如图所示，其中长方体的长、宽、高分别为4,3,3，三棱柱底面是直角边分别为4,3的直角三角形，侧棱长为3，则此几何体的体积是________，表面积是________．90 138 [该几何体的体积V ＝4×6×3＋12×4×3×3＝90，表面积S ＝2(4×6＋4×3＋6×3)－3×3＋12×4×3×2＋32＋42×3＋3×4＝138.]14．如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为4的正方形，EF ∥AB ，EF ＝2，EF 上任意一点到平面ABCD 的距离均为3，求该多面体的体积．[解] 如图，连接EB ，EC ．四棱锥E -ABCD 的体积 V 四棱锥E -ABCD ＝13×42×3＝16. ∵AB ＝2EF ，EF ∥AB ， ∴S △EAB ＝2S △BEF .∴V 三棱锥F -EBC ＝V 三棱锥C -EFB ＝12V 三棱锥C -ABE ＝12V 三棱锥E -ABC ＝12×12V 四棱锥E -ABCD ＝4. ∴多面体的体积V ＝V 四棱锥E -ABCD ＋V 三棱锥F -EBC ＝16＋4＝20.15．一个正三棱锥P -ABC 的底面边长为a ，高为h .一个正三棱柱A 1B 1C 1-A 0B 0C 0的顶点A 1，B 1，C 1分别在三条棱上，A 0，B 0，C 0分别在底面△ABC 上，何时此三棱柱的侧面积取到最大值？[解] 设三棱锥的底面中心为O ，连接PO (图略)，则PO 为三棱锥的高，设A 1，B 1，C 1所在的底面与PO 交于O 1点，则A 1B 1AB ＝PO 1PO ，令A 1B 1＝x ，而PO ＝h ，则PO 1＝ha x ，于是OO 1＝h －PO 1＝h －h a x ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x a .所以所求三棱柱的侧面积为S ＝3x ·h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x a ＝3h a (a －x )x ＝3h a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 24－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22.当x ＝a 2时，S 有最大值为34ah ，此时O 1为PO 的中点．5、圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积一、选择题1．面积为Q 的正方形，绕其一边旋转一周，则所得几何体的侧面积为( ) A ．πQ B ．2πQ C ．3πQD ．4πQB [正方形绕其一边旋转一周，得到的是圆柱，其侧面积为S ＝2πrl ＝2π·Q ·Q ＝2πQ .故选B ．]2．一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是32π，则母线长为( )A ．2B ．2 2C ．4D ．8C[圆台的轴截面如图，由题意知，l＝12(r＋R)，S圆台侧＝π(r＋R)·l＝π·2l·l＝32π，∴l＝4.]3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为()A．7B．6C．5D．3A[设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.]4．已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为()A．210 B．2 5C．3 D．2A[圆柱的侧面展开图如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，AC＝22＋62＝210.故选A．]5．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得截面面积与底面面积的比是1∶3，这截面把圆锥母线分为两段的比是()A．1∶3 B．1∶ (3－1)C．1∶9 D．3∶2B[由面积比为1∶3，知小圆锥母线与原圆锥母线长之比为1∶3，故截面把圆锥母线分为1∶(3－1)两部分，故选B．]二、填空题6．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．2 [设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r ，由题意可知，πrl ＋πr 2＝3π，且πl ＝2πr .解得r ＝1，即直径为2.]7．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) 3 [圆台的轴截面是下底长为12寸，上底长为28寸，高为18寸的等腰梯形，雨水线恰为中位线，故雨水线直径是20寸，所以降水量为π3(102＋10×6＋62)×9π×142＝3(寸)．]8．圆台的上、下底面半径分别是10 cm 和20 cm ，它的侧面展开图扇环的圆心角是180°(如图)，那么圆台的体积是________．7 000π3 3 cm 3[180°＝20－10l ×360°，∴l ＝20， h ＝103，V ＝13π(r 21＋r 22＋r 1r 2)·h ＝7 0003π3 (cm 3)．] 三、解答题9．若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是60°，求圆锥的体积． [解] 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则2πr ＝13πl ，得l ＝6r .又S 圆锥＝πr 2＋πr ·6r ＝7πr 2＝15π，得r ＝157，圆锥的高h ＝⎝⎛⎭⎪⎫61572－⎝⎛⎭⎪⎫1572＝53，V ＝13πr 2h ＝13π×157×53＝2537π.10．如图是一个底面直径为20 cm 的装有一部分水的圆柱形玻璃杯，水中放着一个底面直径为6 cm ，高为20 cm 的圆锥形铅锤，且水面高于圆锥顶部，当铅锤从水中取出后，杯里的水将下降多少？[解] 因为圆锥形铅锤的体积为13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622×20＝60π(cm 3)，设水面下降的高度为x cm ，则小圆柱的体积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2022x ＝100πx .所以有60π＝100πx ，解此方程得x ＝0.6. 故杯里的水将下降0.6 cm.11．已知圆柱的侧面展开图矩形面积为S ，底面周长为C ，它的体积是( ) A ．C 34πS B ．4πS C 3 C ．CS 2πD ．SC 4πD [设圆柱底面半径为r ，高为h ，则⎩⎨⎧Ch ＝S ，C ＝2πr ，∴r ＝C 2π，h ＝S C .∴V ＝πr 2·h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2π2·S C ＝SC4π.]12．如图，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a ，最小值为b .那么圆柱被截后剩下部分的体积是________．πr 2(a ＋b )2 [采取补体方法，相当于一个母线长为a ＋b 的圆柱截成了两个体积相等的部分，所以剩下部分的体积V ＝πr 2(a ＋b )2.]13．(一题两空)圆柱内有一个内接长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，长方体的体对角线长是10 2 cm ，圆柱的侧面展开图为矩形，此矩形的面积是100π cm 2，则圆柱的底面半径为________cm ，高为________cm.5 10 [设圆柱底面半径为r cm ，高为h cm ，如图所示，则圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长，则：⎩⎨⎧(2r )2＋h 2＝(102)2，2πrh ＝100π，所以⎩⎨⎧r ＝5，h ＝10.即圆柱的底面半径为5 cm ，高为10 cm.]14．如图在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．[解] 设圆锥的底面半径为R ，圆柱的底面半径为r ，表面积为S .则R ＝OC ＝2，AC ＝4， AO ＝42－22＝2 3.如图所示，易知△AEB ∽△AOC ，所以AE AO ＝EB OC ，即323＝r 2，所以r ＝1，S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π. 所以S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π＝(2＋23)π.15．某养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪用)．已建的仓库的底面直径为12 m ，高为4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积； (2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积； (3)哪种方案更经济些？[解] (1)设两种方案所建的仓库的体积分别为V 1，V 2.方案一：仓库的底面直径变成16 m ，则其体积V 1＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1622×4＝2563π(m 3)；方案二：仓库的高变成8 m ，则其体积V 2＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1222×8＝96π(m 3)．(2)设两种方案所建的仓库的表面积分别为S 1，S 2. 方案一：仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ，此时圆锥的母线长为l 1＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×(8＋45)＝(64＋325)π(m 2)；方案二：仓库的高变成8 m ，此时圆锥的母线长为l 2＝82＋62＝10(m)，则仓库的表面积S 2＝π×6×(6＋10)＝96π(m 2)． (3)因为V 2>V 1，S 2<S 1，所以方案二比方案一更加经济．。

第八章立体几何初步达标检测卷 (含答案)高一数学人教A版(2019)必修第二册

人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷立体几何初步注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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．下面关于空间几何体的定义或结构特征叙述错误的是（） A ．空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱B ．有两个侧面都是矩形的三棱柱，它的侧棱垂直于底面C ．以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥D ．底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影一定是底面正多边形的中心 2．正四面体的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为（） A ．2B ．3C ．43-D ．43+3．直角三角形的三边满足a b c <<，分别以a ，b ，c 三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为a V 、b V 、C V ，则（） A ．c b a V V V << B ．a b c V V V << C ．c a b V V V <<D ．b a c V V V <<4．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（）A ．m α⊥，n α∥，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则m n ∥C ．m α⊥，m n ⊥，则n α∥D ．m n ⊥，n α∥，则m α⊥5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB CC ==，CA CB ⊥，1CC ⊥底面ABC ，则异面直线1AB 与BC 所成角的余弦值是（）A ．33B ．63C ．22D ．236．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π7．已知一个圆柱的表面积等于侧面积的32，且其轴截面的周长为16，则该圆柱的体积为（）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A ．8πB ．16πC ．27πD ．36π 8．如图，在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，将ADE △沿直线DE 翻折成1A DE △，连接1A C ．若当三棱锥1A CDE -的体积取得最大值时，三棱锥1A CDE -外接球的体积为82π3，则a =（）A ．2B ．2C ．22D ．4二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．如图，在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，有下列结论正确的有（）A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90︒ D ．ON PB ⊥10．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，截面BDE 与直线PC 平行，与PA 交于点E ，则下列判断正确的是（）A ．E 为PA 的中点B ．BD ⊥平面PACC ．PB 与CD 所成的角为π3D ．三棱锥C BDE -与四棱锥P ABCD -的体积之比等于1:4．11．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是（）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PAC12．如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=︒，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △位置，连结PC ，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．PC 与平面BCD 所成的最大角为45︒B ．存在某个位置，使得PB CD ⊥C ．当二面角P BD C --的大小为90︒时，6PC =D ．存在某个位置，使得B 到平面PDC 的距离为3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．已知边长为1的菱形ABCD 中，π3A ∠=，则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为__________．14．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥P EFGH -，下半部分是长方体ABCD EFGH -．正四棱锥P EFGH -的高为3，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为____________．15．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为V ，A 、B 是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个判断，其中正确的是_________． ①圆锥的侧面积为4π；②母线与圆锥底面所成角的大小为60°；③VAB △可能为等腰直角三角形；④VAB △面积的最大值为3．16．如图，四棱锥P ABCD -的底面为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA AD =，E ，F 分别是线段P A ，PD 的中点，H 在线段AB 上．若平面PBC ∥平面EFH ，则AH =__________AB ，若4AD =，2AB =，则点D 到平面P AC 的距离为__________．四、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．（10分）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，S 是11B D 的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：（1）直线EG ∥平面11BDD B ；（2）平面EFG ∥平面11BDD B ．18．（12分）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，2AB=，6 PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（1）证明：平面EAC⊥平面PBD；（2）若PD∥平面EAC，求三棱锥P EAD-的体积．19．（12分）如图，等腰直角三角形ABC的直角边2AC BC==，沿其中位线DE将平面ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A BCDE-，设CD，BE，AE，AD的中点分别为M N P Q，，，．（1）求证：M N P Q，，，四点共面；（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；（3）求异面直线BE与MQ所成的角．20．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，侧棱PD a =，2PA PC a ==．（1）求证：PD ⊥平面ABCD ；（2）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（3）求二面角P BC D --的平面角的大小．21．（12分）如图①，ABC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，BCD △是等边三角形，1AB =，如图②，将BCD △沿BC 折起使平面BCD ⊥平面,,ABC E M 分别为,BC BD 的中点，点F 在棱AC 上，且3AF FC =，点N 在棱AC 上，且38CN CA =．（1）在棱BC 上是否存在一点G ，使平面MNG ∥平面DEF ？若存在，求CGGB的值；若不存在，请说明理由；（2）求点F 到平面ABD 的距离．22．（12分）在正方体1AC 中，E ，F 分别为11D C ，11B C 的中点，ACBD P =，11A C EF Q =，如图．（1）若1A C 交平面EFBD 于点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线；（2）线段AC 上是否存在点M ，使得平面11B D M ∥平面EFBD ，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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．【答案】D【解析】对于A ，由四棱柱的定义：空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱，故A 正确；对于B ，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，是真命题，故B 正确；对于C ，由圆锥的定义：以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥，故C 正确；对于D ，底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故D 错误，故选D ． 2．【答案】A【解析】如题所示：连接AE ，DE ，因为DB DC =，E 为BC 的中点，所以DE BC ⊥，所以2213DE =-=，同理3AE =．又因为AE DE =，F 为AD 的中点，所以EF AD ⊥，所以()2312EF =-=，故选A ．3．【答案】A 【解析】直角三角形的三边满足a b c <<，分别以a ，b ，c 三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为a V 、b V 、c V ，22111πππ333a V b a ab b ab ∴=⨯⨯⨯==⨯，22111πππ333b V a b a b a ab =⨯⨯⨯==⨯，该直角三角形斜边上的高h 满足1122ab ch =，可得abh c=， 222111πππ333c ab a b ab V c ab c c c ⎛⎫=⨯⨯⨯=⋅=⨯ ⎪⎝⎭，0ab ab bc b c c --=<，ab a b c∴<<，c b a V V V ∴<<，故选A ． 4．【答案】D【解析】对于A ，n α∥，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得m n ∥，故B 正确；对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则n α∥或n α⊂，又n α⊄，//n α∴，故C 正确；对于D ，若m n ⊥，n α∥，则m α∥或m 与α相交或m α⊂，而m α⊄，则m α∥或m 与α相交，故D 错误，故选D ． 5．【答案】A【解析】在三棱柱111ABC A B C -中，11BC B C ∥，∴异面直线1AB 与BC 所成的角为11AB C ∠或其补角，连接1AC ，1CC ⊥底面ABC ，CB ⊂平面ABC ，1CC CB ∴⊥，又CA CB ⊥，1CACC C =，CB ∴⊥平面11ACC A ，又1AC ⊂平面11ACC A ，1CB AC ∴⊥，由11CB B C ∥，可得111B C AC ⊥，CA CB ⊥，2AB ∴=，又111BB CC ==，13AB ∴=，∴在11AB C Rt △中，1111113cos 33B C AB C AB ∠===，即异面直线1AB 与BC 所成角的余弦值为33，故选A ．6．【答案】B【解析】设底面圆半径为r ，由母线长4l =，可知侧面展开图扇形的圆心角为2ππ2r rl α==，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ；如图，在ABM △中，25MB =2AM =，4AB =，所以222AM AB MB +=，所以π2MAB ∠=，故2ππ2r α==，解得1r =，所以圆锥的表面积为2ππ5πS rl r =+=，故选B ． 7．【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为R ，高为h ， ∵圆柱的侧面积等于表面积的23，且其轴截面的周长是16， ∴()22π2π32416Rh R h R h R ⎧=⨯+⎪⎨⎪+=⎩，解得24R h =⎧⎨=⎩， ∴圆柱的体积为2π16πV R h ==，故选B ．8．【答案】B【解析】在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，所以1A DE △为等腰直角三角形，斜边DE 上的高为221112222A K DE a a a==+=，要想三棱锥1A CDE -的体积最大，需高最大，则平面1A DE ⊥面BCDE 时体积最大，此时1A K ⊥平面DEBC ，三棱锥1A CDE -的高等于122A K a =，因为三棱锥1A CDE -外接球的体积为82π3，可得3482ππ33R =，解得2R =，取DC 的中点H ，连接HE ，1HA ，HK ，由1A K ⊥平面DEBC ，得KH ⊂平面DEBC ，∴1A K HK ⊥，由已知HDAE 是正方形，HA DE ⊥，且HA 与DE 平分于K ， ∴22222211A H A K KH AK KH DK KH HD HE HC =+=+=+===，H 即为1A DEC -外接球球心，∴2HD =，即2a =，故选B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．【答案】ABD【解析】选项A ，连接BD ，显然O 为BD 的中点，又N 为PB 的中点，所以PD ON ∥，由线面平行的判定定理可得PD ∥平面OMN ；选项B ，由M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，得MN AB ∥，又底面为正方形，所以MN CD ∥，由线面平行的判定定理可得，CD ∥平面OMN ，又选项A 得PD ∥平面OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面PCD ∥平面OMN ；选项C ，因为MN CD ∥，所以PDC ∠为直线PD 与直线MN 所成的角，又因为所有棱长都相等，所以60PDC ∠=︒，故直线PD 与直线MN 所成角的大小为60︒；选项D ，因底面为正方形，所以222AB AD BD +=，又所有棱长都相等，所以222PB PD BD +=，故PB PD ⊥，又PD ON ∥，所以ON PB ⊥，故ABD 均正确． 10．【答案】ABD【解析】对于A ，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，如图所示，PC ∥面BDE ，PC ⊂面APC ，且面APC面BDE EM =，PC EM ∴∥，又四边形ABCD 是正方形，M ∴为AC 的中点，E ∴为PA 的中点，故A 正确；对于B ，PA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，PA BD ∴⊥，又AC BD ⊥，ACPA A =，AC ，PA ⊂面PAC ，BD ∴⊥面PAC ，故B 正确；对于C ，AB CD ∥，PBA ∴∠为PB 与CD 所成的角，PA ⊥面ABCD ，AB ⊂面ABCD ，PA AB ∴⊥，在PAB Rt △中，PA AB =，4πPBA ∴∠=，故C 错误；对于D ，由等体积法可得13C BDE E BCDBCD V V S EA --==⋅⋅，13P ABCDABCD V S PA -=⋅⋅，又12BCD ABCD S S =，2PA EA =，14C BDE P ABCD V V --∴=，故D 正确，故选ABD ． 11．【答案】ABC【解析】如图，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 是菱形，60DAB ∠=︒，ABD ∴△是等边三角形，AD BM ∴⊥，又PMBM M =，PM ，BM ⊂平面PMB ，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1AB =，则32BM =，32PM =，在PBM Rt △中，tan 1PMPBM BM∠==，即45PBM ∠=︒，故二面角P BC A --的大小为45°，故C 正确；对于D ，因为BD 与PA 不垂直，所以BD 与平面PAC 不垂直，故D 错误，故选ABC ． 12．【答案】BC 【解析】如图所示：A 项：取BD 的中点O ，连接OP 、OC ，因为四边形ABCD 是菱形，O 是线段BD 的中点，所以OP BD ⊥，OC BD ⊥，OPOC O =，BD ⊥平面POC ，BD ⊂平面BCD ，所以POC ⊥平面BCD ，所以POC 平面BCD OC =，所以PC 在平面BCD 的射影为OC ，PCO ∠即PC 与平面BCD 所成角，PO OC =，三角形POC 是等腰三角形，当60POC ∠=︒时，PC 与平面BCD 所成角为60︒，故A 错误； B 项：当PD PC =时，取CD 的中点N ，可得CD PN ⊥，CD BN ⊥，故CD ⊥平面PBN ，PB CD ⊥，故B 正确； C 项：因为四边形ABCD 是菱形，O 是线段BD 的中点，所以PO BD ⊥，CO BD ⊥，因为BD 是平面PBD 与平面CBD 的交线，所以POC ∠即平面PBD 与平面CBD 所成角，因为二面角P BD C --的大小为90︒，所以90POC ∠=︒，因为3PO OC ==，所以6PC =，故C 正确；D 项：因为3BN =，所以如果B 到平面PDC 的距离为3，则BN ⊥平面PCD ，2PB =，3BN =，1PN =，1DN =，则2PD =，显然不可能，故D 错误，故选BC ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】68【解析】菱形ABCD 中，1AB =，π3A ∠=，则菱形的面积为π132211sin 23ABD ABCD S S ==⨯⨯⨯⨯=△菱形，所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为3622222ABCD S S ===．14．【答案】20【解析】由题意，正四棱锥P EFGH -312+=，该组合体的表面积为122421422202⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=． 15．【答案】②④【解析】如图，设O 为底面圆的圆心，则VO 为圆锥的高．设圆锥的母线为l ，由底面半径为1，所以底面圆的周长为2π，其侧面展开图是一个半圆，则此半圆的半径为l ，此半圆的半圆弧长π2πl =，所以2l =，所以侧面展开图的面积为21π2π2l =，所以①不正确；由圆锥的性质可知VA 与圆锥底面所成角为VAO ∠，则1cos 2OA VAO VA ∠==，所以60VAO ∠=︒，所以②正确；在VAB △中，2VA VB ==，2AB ≤，VAB △不可能为直角三角形，所以③不正确；在VAB △中，22228cos 28AV VB AB ABAVB VA VB +--∠==⋅，由2AB ≤，所以1cos 2AVB ∠≥，所以03πAVB <∠≤，所以1sin 32VAB S VA VB AVB =⋅∠≤△，所以④正确，故正确的判断为②④．16．【答案】12，455【解析】平面//PBC 平面EFH ，面APB平面PBC PB =，面PBA平面EFH EH =， EH PB ∴∥．又E 是线段PA 的中点，H 在线段AB 上，H ∴是AB 的中点，故12AH AB =，过D 作DM AC ⊥于M ，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA DM ∴⊥，且PAAC A =，DM ∴⊥面PAC ，∴线段DM 的长就是点D 到平面PAC 的距离．在直角三角形ACD 中，AC DM DA DC ⋅=⋅，45525DA DC DM AC ⋅∴===．故答案为12，45．四、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．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】证明：（1）如图，连接SB ，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点，所以EG SB ∥．又因为SB ⊂平面11BDD B ，EG ⊄平面11BDD B ，所以直线EG ∥平面11BDD B ．（2）连接SD ，因为F ，G 分别是DC ，SC 的中点，所以FG SD ∥．又因为SD ⊂平面11BDD B ，FG ⊄平面11BDD B ，所以FG ∥平面11BDD B ，由（1）有直线EG ∥平面11BDD B ，又EG ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EG FG G =，所以平面EFG ∥平面11BDD B ．18．【答案】（1）证明见解析；（2）6．【解析】（1）PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面 ABCD ，AC PD ∴⊥， ∵四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥， PD BD D =，AC ∴⊥平面PBD ，AC ⊂平面EAC ，∴平面E AC ⊥平面PBD ．（2）//PD 平面EAC ，平面EAC 平面PBD OE =，//PD OE ∴，O 是BD 中点，E ∴是PB 中点，111166222232P EAD E ABD P BAD V V V ---∴===⨯⨯⨯⨯⨯=．19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）60︒．【解析】（1）由题意易知：PQ DE ∥，MN DE ∥，所以PQ MN ∥，所以M N P Q ，，，四点共面．（2）因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE平面BCDE DE =，而AD DE ⊥，所以AD ⊥平面BCDE ，即AD BC ⊥，又AD BC ⊥，所以BC ⊥平面ACD ，而BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ACD ．（3）由条件知1AD =，1DC =，2BC =，延长ED 至R ，使DR ED =，延长ED 至R ，使DR ED =，则ER BC =，ER BC ∥，故ERCB 为平行四边形，所以RC EB ∥，又AC QM ∥，所以ACR ∠为异面直线BE 与QM 所成的角（或补角）．因为DA DC DR ==，且三线两两互相垂直，由勾股定理得 2AC AR RC ===因为三角形ACR 为正三角形，所以60ACR ∠=︒．所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60︒．20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45︒．【解析】（1）PD a =，DC a =，2PC a =，222PC PD DC ∴=+，PD DC ∴⊥．同理可证PD AD ⊥，AD DC D =，PD ∴⊥平面ABCD ．（2）由（1）知PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，PD AC ∴⊥，∵四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥．又BD PD D =，AC ∴⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面PBD ．（3）由（1）知PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥．又BC DC ⊥，PD DC D =，BC ∴⊥平面PDC ，PC ⊂平面PDC ，BC PC ∴⊥， PCD ∴∠为二面角P BC D --的平面角．在PDC Rt △中，PD DC a ==，45PCD ∴∠=︒， ∴二面角P BC D --的平面角的大小为45︒． 21．【答案】（1）存在点G 满足题意，3GG GB=；（2）33．【解析】（1）存在点G 满足题意，3CGGB=，证明如下：如图，取BE 的中点G ，连接,MG NG ，因为BG GE =，DM MB =，所以MG DE ∥．又MG ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以MG ∥平面DEF ．因为3AF FC =，所以14FC CA =，所以124338CA FC CN CA ==，又23CE CG =，所以CE FCCG CN=，所以EF GN ∥．又EF ⊂平面DEF ，GN ⊄平面DEF ，所以GN ∥平面DEF ．因为MGGN G =，所以平面MNG ∥平面DEF ，所以3CGGB=．（2）如图，连接BF ，因为平面BCD ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，平面ABC 平面BCD BC =，所以AB ⊥平面BCD ．又BD ⊂平面BCD ，所以AB BD ⊥．同理，DE ⊥平面ABC ，所以 1122ABD S AB BD =⨯=△，33134428ABF ABC S S AB BC ==⨯⨯=△△．由题得32DE =，设点F 到平面ABD 的距离为d ，由F ABD D ABF V V --=，得1133ABD ABF S d S DE ⋅=⋅△△，所以33338212ABF ABD S DE d S ⋅⋅===△△，即点F 到平面ABD 的距离为33．22．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，M 为AP 中点．【解析】（1）证明：∵在正方体1AC 中，E ，F 分别为11D C ，11B C 的中点，ACBD P =，11A C EF Q =，1A C 交平面EFBD 于点R ，∴P ，Q ，R 是平面BDEF 和平面11BDD B 的公共点， ∴P ，Q ，R 三点共线．（2）存在点M 为AP 中点，使平面11B D M ∥平面EFBD ．证明如下：取AD 中点G ，AB 中点H ，连接GH ，交AC 于点M ，连接1D G ，1B H ，如图：由题意得，GH EF ∥，因为GH ⊂平面11GHB D ，EF ⊄平面11GHB D ，所以EF ∥平面11GHB D ，因为1B H DE ∥，同理可证，DE ∥平面11GHB D ，又因为EFDE E =，由面面平行的判定定理可得，∴平面11GHB D ∥平面BDEF ，∴线段AC 上存在点M ，使得平面11B D M ∥平面EFBD ，且M 为AP 中点．。

第八章立体几何初步章末检测-2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册

第八章《立体几何初步》章末检测（答案）一、选择题：本题共8小题，每小题5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.已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，则下列命题中正确的是(　D　)A．若α⊥β，则m∥β B．若α⊥β，则m⊥βC．若m∥β，则α∥βD．若m⊥β，则α⊥β解:如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，令平面ABB1A1为平面α，平面ABCD为平面β，则α⊥β，若A1B所在直线为直线m，则m⊂α，此时直线m与平面β既不平行也不垂直，因此选项A，B均不正确；若A1B1所在直线为直线m，则m⊂α且m∥β，但此时平面α与平面β不平行，故选项C也不正确，故选D.2.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是(　B　)A．AC与BD1是两条相交直线B．AA1∥平面BB1D1C．B1C∥BD1D．A，C，B1，D1四点共面解:对于A，BD1⊂平面ABD1，AC∩平面ABD1＝A，A∉BD1，所以AC与BD1是异面直线，故A错误；对于B，因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1，BB1⊂平面BB1D1，所以AA1∥平面BB1D1，故B正确；对于C，BD1⊂平面BB1D1，B1C∩平面BB1D1＝B1，B1∉BD1，所以B1C与BD1是异面直线，故C错误；对于D，A，C，D1三点在平面ACD1内，B1不在平面ACD1内，所以A，C，B1，D1四点不共面，故D错误．故选B.3.如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个体积最大的正方体，则切割掉的废弃石材的体积为(　A )A ．23π－22 B ．43π－22C ．23π－2724D ．43π－2724解:设球O 的半径为R ，正方体的棱长为a ，则R ＝3，当满足R 2＝(22a)2＋a 2时，正方体体积最大，此时a ＝63R ＝2，切割掉的废弃石材的体积V ＝V 半球－V 正方体＝12×43πR 3－a 3＝23π－22，故选A.4.平面α的一条斜线AP 交平面α于点P ，过定点A 的直线l 与AP 垂直，且交平面α于点M ，则点M 的轨迹是(　A )A ．一条直线B ．一个圆C ．两条平行直线D ．两个同心圆解:如图，设直线l 与l ′是满足条件的两条任意的直线，则这两条相交直线确定一个平面β，且斜线AP ⊥β.由过直线上一点有且只有一个平面与这条直线垂直可知，过定点A 且与AP 垂直的直线都在平面β内，所以点M 在平面α与平面β的交线上．故选A.5.在棱长为10的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为左侧面ADD 1A 1上一点，已知点P 到A 1D 1的距离为3，P 到AA 1的距离为2，则与过点P 且与A 1C 平行的直线相交的面是(　A )A ．ABCDB ．BB 1C 1CC．CC1D1D D．AA1B1B解:如图，由题意知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为10，且点P到A1D1，AA1的距离分别为3,2，连接A1P并延长交AD于点E，连接CE，则过点P且与A1C平行的直线PQ必在平面A1EC内，因为平面A1EC∩平面ABCD＝EC，所以点Q必在直线EC上，即在平面ABCD内，故选A.6.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥DABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是(　B　)A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④解:由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知，③正确；由①知，④不正确，故选B.7.已知侧棱和底面垂直的三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为3，D为侧棱CC1的中点，M 为侧棱AA1上一点，且A1M＝1，N为B1C1上一点，且MN∥平面ABD，则NB1的长为(　B　)A．1 B．2C.32D．12解:如图1，过点N作NP∥A1A，交BC于点P，交BD于点E，连接AE，AP，则A，M，N，P四点共面．因为MN∥平面ABD，MN⊂平面MAPN，平面MAPN∩平面ABD＝AE，所以MN∥AE，则四边形MAEN 为平行四边形，因为A 1M ＝1，三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为3，所以NE ＝AM ＝2.因为D 为C 1C 的中点，所以C 1D ＝32.过点C 1作C 1F ∥BD ，分别交B 1B ，NP于点F ，G ，易得GE ＝BF ＝C 1D ＝32，所以NG ＝NE －GE ＝2－32＝12，B 1F ＝32，所以C 1N C 1B 1＝NGB 1F＝13，所以NB 1＝2，故选B.8.如图，正四棱锥P ABCD 的每个顶点都在球M 的球面上，侧面PAB 是等边三角形，若半球O 的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四棱锥四个侧面均相切，则半球O 的体积与球M 的体积的比值为(　D )A.314B ．316C.315D ．318解:如图，连接PO ，BD (易知BD 过点O )，取CD 的中点E ，连接PE ，OE ，过O 作OH ⊥PE 于H ，可知PO ⊥底面ABCD .设AB ＝4，则BD ＝42＋42＝42，BO ＝12BD ＝22，PO ＝BP 2－BO 2＝22＝BO .设球M 的半径为R ，半球O 的半径为r ，则R ＝22，r ＝OH .在等边三角形PCD 中，求得PE ＝42－22＝23.由Rt △PHO ∽Rt △POE ，可得r R ＝OH PO ＝OE PE ＝223＝33，故V 半球OV 球M ＝12×43πr 343πR 3＝12×(r R )3＝318.故选D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为(　AB )A.2π B ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π解:如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1.母线长是直角三角形的斜边长2，所以所形成的几何体的表面积S ＝πrl ＋πr 2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长为1，所以形成的几何体的表面积S ＝2×πrl ＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2＋1)π或2π.故选AB.10.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，下列直线或平面与平面ACD 1平行的是(　AD )A ．直线A 1B B ．直线BB 1C ．平面A 1DC 1D ．平面A 1BC 1解:　如图，对于A ，A 1B ∥D 1C ，又A 1B ⊄平面ACD 1，D 1C ⊂平面ACD 1，所以A 1B ∥平面ACD 1.对于B ，由于BB 1∥DD 1，且DD 1∩平面ACD 1＝D 1，所以直线BB 1与平面ACD 1不平行．对于C ，因为A 1D 与AD 1相交，A 1D ⊂平面A 1DC 1，AD 1⊂平面ACD 1，所以平面A 1DC 1与平面ACD 1不平行．对于D ，因为A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，又A 1B ∥平面ACD 1，A 1B ∩A 1C 1＝A 1，所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.故选AD.11.沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时，细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm 3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是(　AC )A ．沙漏中的细沙体积为1 024π81 cm 3B ．沙漏的体积是128π cm 3C ．细沙全部漏入沙漏的下部后，此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1 565 s(π≈3.14)解:设细沙圆锥的底面半径为r ，对于A ，因为细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，即r 4＝23h h ，所以细沙的底面半径r ＝23×4＝83(cm)，所以细沙的体积V 1＝13·πr 2·2h 3＝13π×(83)2×163＝1 024π81(cm 2)，所以A 正确．对于B ，沙漏的体积V 2＝2×13×π×(h 2)2×h ＝2×13π×42×8＝256π3(cm 3)，所以B 错误．对于C ，设细沙流入沙漏的下部后的高度为h 1，则根据细沙体积不变可知13π×42×h1＝1 024π81，解得h 1＝6427≈2.4(cm)．所以C 正确．对于D ，该沙漏的一个沙时为1 024π81÷0.02≈1 024×3.1481×50≈1 985(s)，所以D 错误．故选AC.12.如图，棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球为球O ，E ，F 分别是棱AB 和棱CC 1的中点，G 在棱BC 上移动，则下列结论成立的有(　ACD )A ．存在点G ，使OD 垂直于平面EFGB ．对于任意点G ，OA ∥平面EFGC ．直线EF 被球O 所截得的弦长为2D ．过直线EF 的平面截球O 所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为π2解:由题意知，O 为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的中心，球O 的半径为1，对A ，当G 为BC 的中点时，连接AC ，AD 1，CD 1(图略)，易知OD ⊥平面ACD 1，又E ，F 分别为AB ，CC 1的中点，所以EG ∥AC ，FG ∥AD 1，所以EG ∥平面ACD 1，FG ∥平面ACD 1，又EG ∩FG ＝G ，所以平面EFG ∥平面ACD 1，所以OD ⊥平面EFG ，A 正确；对B ，易知当G 与B 重合时，A 在平面EFG 内，即OA 与平面EFG 相交，B 不正确；对C ，连接EC ，OE ，OF (图略)，则EC ＝EB 2＋BC 2＝5，EF ＝EC 2＋FC 2＝6，易知OE ＝OF ＝2，所以球心O到EF 的距离为(2)2－(62)2＝22，则直线EF 被球O 所截得的弦长为212－(22)2＝2，C 正确；对于D ，当过直线EF 的平面与平面OEF 垂直时，所得截面圆的半径最小，由C 选项可知半径最小为22，此时圆的面积为π2，D 正确．故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知E ，F ，G ，H 是空间四点，命题甲：E ，F ，G ，H 四点不共面，命题乙：直线EF 和GH 不相交，则甲是乙成立的____充分不必要____条件．解:若E ，F ，G ，H 四点不共面，则直线EF 和GH 不相交，但直线EF 和GH 不相交，E ，F ，G ，H 四点可以共面，例如EF ∥GH ，故甲是乙成立的充分不必要条件．14．若P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出以下四个命题：①OM ∥平面PCD ；②OM ∥平面PBC ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA .其中正确的命题是__①③______．解:由已知可得OM ∥PD ，∴OM ∥平面PCD 且OM ∥平面PAD ，点M 在平面PBA 和PBC 内，故②④不正确，故正确的只有①③.15.如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别为线段PC ，PB 上一点，若PM ∶MC ＝3∶1，且AN ∥平面BDM ，则PN ∶NB ＝__2∶1_____.解:如图，连接AC 交BD 于点O ，连接CN 交BM 于点G ，连接OG ，由AN ∥平面BDM ，可得AN ∥OG .∵OA ＝OC ，∴CG ＝NG ，∴G 为CN 的中点．过点N 作HN ∥BM 交PC 于点H ，∴CM ＝HM .∵PM ∶MC ＝3∶1，∴PH ＝HC ，∴PN ∶NB ＝PH ∶HM ＝2∶1.16.已知正三棱锥A －BCD 的外接球是球O ，BC ＝1，AB ＝233，点E 为BD 中点，过点E作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是[π4，4π9].解:如图，设△BCD 的中心为O 1，球O 的半径为R ，连接O 1D ，OD ，O 1E ，OE ，则O 1D ＝1×sin π3×23＝33，AO 1＝AD 2－O 1D 2＝1，在Rt △OO 1D 中，R 2＝(33)2＋(1－R )2，解得R ＝23，所以OO 1＝AO 1－R ＝13，O 1E ＝1×sin π3×13＝36，所以OE ＝O 1E 2＋OO 21＝76，过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，此时截面的半径为R 2－OE 2＝12，则截面面积为π×(12)2＝π4，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为πR 2＝4π9.故答案为：[π4，4π9].四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，设几何体的三个侧面AA 1B 1B ，BB 1C 1C ，CC 1A 1A 都是矩形．(1)证明：平面ABC∥平面A1B1C1；(2)若AA1＝2AC，AC⊥AB，M为CC1中点，证明：A1M⊥平面ABM.证明　(1)∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1B1∥AB.又A1B1⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.同理可得A1C1∥平面ABC.∵A1B1∩A1C1＝A1，∴平面ABC∥平面A1B1C1.(2)∵侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形，∴A1A⊥AB.又AC⊥AB，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.∵A1M⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1M.∵M为CC1的中点，AA1＝2AC，∴△ACM，△A1C1M都是等腰直角三角形，∴∠AMC＝∠A1MC1＝45°，∠A1MA＝90°，即A1M⊥AM.而AB∩AM＝A，∴A1M⊥平面ABM.18.如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角EBCD 的大小为45°，求三棱锥ABCD的体积．解:　(1)证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)作EF ⊥BD 于F ，作FM ⊥BC 于M ，连接EM .因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD ，AO ⊥CD .所以EF ⊥BD ，EF ⊥CD ，BD ∩CD ＝D ，因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC .因为FM ⊥BC ，FM ∩EF ＝F ，所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF .则∠EMF 为二面角E BC D 的平面角，∠EMF ＝π4.因为BO ＝OD ，△OCD 为正三角形，所以△BCD 为直角三角形，所以MF ∥CD .因为DE ＝2EA ，所以EF ＝23OA ，DF ＝2OF ，所以BF FD ＝2，所以MF CD ＝23，从而EF ＝FM ＝23，所以AO ＝1.因为AO ⊥平面BCD ，所以V ＝13AO ·S △BCD ＝13×1×12×1×3＝36.19.如图，已知四棱锥P ABCD 中，CD ⊥平面PAD ，△PAD 为等边三角形，AB ∥CD,2AB ＝CD ，M 是PC 的中点．(1)求证：BM ⊥平面PCD ；(2)若AB ＝AD ＝2，求点M 到平面PAB 的距离．解:(1)证明　如图，取PD 的中点为N ，连接AN ，MN ，则MN ∥DC ，且MN ＝12DC ，又AB ∥DC ，AB ＝12CD ，所以MN ∥BA ，且MN ＝BA ，所以四边形ABMN 是平行四边形，AN ∥BM .因为△PAD 为等边三角形，N 为PD 的中点，所以AN ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥AN ，又CD ∩PD ＝D ，所以AN ⊥平面PCD .由AN ∥BM 得BM ⊥平面PCD .(2)因为M 是PC 的中点，所以点M 到平面PAB 的距离d 是点C 至平面PAB 的距离的一半，因为AB ∥CD ，所以点C 到平面PAB 的距离等于点D 到平面PAB 的距离．连接BD ，因为V D PAB ＝V B PAD ，所以13×2d ×S △PAB ＝13×AB ×S △PAD ，所以2d ＝AB ×S△PAD S △PAB ＝2×12×2×312×2×2＝3，所以点M 到平面PAB 的距离为32.20.如图(1)是矩形ABCD 和以边AB 为直径的半圆组成的平面图形，AB ＝2AD ＝2a .将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，如图(2)，点E 是折后图形中半圆O 上异于A ，B 的点．(1)证明：EA ⊥EC ；(2)若异面直线AE 和DC 所成的角为π6，求三棱锥D ACE 的体积．解:(1)证明　如图，连接BE ，因为平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC ⊥AB ，所以BC ⊥平面ABE .又EA ⊂平面ABE ，所以BC ⊥EA .易知∠AEB 是直角，即BE ⊥EA ，BE ∩BC ＝B ，所以EA ⊥平面EBC .因为EC ⊂平面EBC ，所以EA ⊥EC .(2)在矩形ABCD 中，AB ∥CD ，因为直线AE 和DC 所成的角为π6，所以直线AE 和AB 所成的角为π6，即∠BAE ＝π6.过E 作EF ⊥AB 于F ，易知EF ⊥平面ABCD .又AB ＝2AD ＝2a ，∠BAE ＝π6，所以AE ＝3a ，EF ＝32a ，S △ACD ＝12×AD ×CD ＝12×a ×2a ＝a 2，所以V D ACE ＝V E ACD ＝13×S △ACD ×EF ＝13×a 2×32a ＝36a 3.所以三棱锥D ACE 的体积是36a 3.21.如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△PBC 为正三角形，M ，N 分别为PD ，BC 的中点，PN ⊥AB .(1)求三棱锥P －AMN 的体积；(2)求二面角M －AN －D 的正切值.解　(1)∵PB ＝PC ，∴PN ⊥BC ，又∵PN ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，AB ，BC ⊂平面ABCD ，∴PN ⊥平面ABCD .∵AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2，M 为PD 的中点，∴PN ＝3，V P －AMN ＝V D －AMN ＝V M －ADN ，∴V P －AMN ＝12V P －ADN ＝14V P －ABCD ＝14×13×4×3＝33.(2)如图，取DN 的中点E ，连接ME ，∵M ，E 分别为PD ，DN 的中点，∴ME ∥PN .∵PN ⊥平面ABCD ，∴ME ⊥平面ABCD .过E 作EQ ⊥AN ，连接MQ ，又ME ⊥AN ，EQ ∩ME ＝E ，∴AN ⊥平面MEQ ，∴AN ⊥MQ ，∠MQE 即为二面角M －AN －D 的平面角，∴tan ∠MQE ＝ME QE.∵PN ＝3，∴ME ＝32.∵AN ＝DN ＝5，AD ＝2，∴QE ＝12×2×25＝255，∴tan ∠MQE ＝154.即该二面角的正切值为154.22.如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，圆柱OQ 的侧面积为63π，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，且△OPB 是边长为3的等边三角形，点G 是DP 的中点．(1)求证：AG ⊥平面PBD ；(2)求点A 到平面OPG 的距离．解　(1)证明　如图，连接AP ，因为点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，所以AP ⊥PB .因为四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，所以AD ⊥平面APB ，又PB ⊂平面APB ，所以AD ⊥PB ，又AD ∩AP ＝A ，AD ，AP ⊂平面APD ，所以PB ⊥平面APD ，又AG ⊂平面APD ，所以PB ⊥AG .因为△OPB 是边长为3的等边三角形，所以在Rt △APB 中，∠BAP ＝30°，AP ＝3tan 30°＝3，又圆柱的侧面积为63π，所以2π×3×AD＝63π，可得AD＝3，所以△DAP是等腰直角三角形，又G为DP的中点，所以AG⊥DP，又PB∩DP＝P，PB，DP⊂平面PBD，所以AG⊥平面PBD.(2)由已知得，S△AOP＝12×3×3×sin 120°＝334，因为G是DP的中点，所以V GAOP＝13×32×334＝338.设点A到平面OPG的距离为h，连接GB，由(1)知AG⊥平面PBD，所以AG⊥GB，△AGB是直角三角形，所以OG＝12AB＝3.在△GOP中，OP＝OG＝3，易得GP＝12DP＝12AD2＋AP2＝322，过O作OM⊥GP，垂足为M，则OM＝(3)2－(324)2＝304，所以S△OGP＝12×304×322＝3158，所以V AOPG＝13h×3158＝158h.由V GAOP＝V AOPG，得158h＝338，所以h＝355，即点A到平面OPG的距离为355.。

高中数学人教a版(2019)必修第二册《立体几何初步》测试卷

人教A 版（2019）必修第二册《第八章立体几何初步》2022年最热同步卷一．选择题（共15小题）1．如图，在四面体A B C D ，2A BC D ==，2A CB D ==，B CA D ==E ，F 分别是A D ，B C中点．若用一个与直线E F 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A B 2C ．3D ．322．下列说法正确的是( )A ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B ．一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台3．已知直角三角形的两直角边分别为1则该几何体的体积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π4．如图，某粮仓（粮仓的底部位于地面上）是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为()A ．(4)π+ B ．(4)π+ C ．(4)πD ．(4)π+5．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45︒的等腰梯形，已知直观图O A B C '''的面积为4，则该平面图形的面积为()A B ．C ．D ．6．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D 是B C 的中点，且2A BB C ==，A B ，B C分别与y '轴、x '轴平行，则A C D ∆在原图中的对应三角形的面积为()A ．2B ．1C ．2D ．87．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中2B C A B ==，则原平面图形的面积为()A 2B ．C ．1D ．8．用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形所得的直观图的面积是( )A 2B C ．D ．9．已知正四棱锥PA B C D-的高为，且2A B=，则正四棱锥P A B C D-的侧面积为()A ．B ．4C ．D ．10．已知圆锥的母线长为5，高为4，则这个圆锥的表面积为( )A ．21πB ．24πC ．33πD ．39π11．已知一个球的半径为3．则该球内接正六棱锥的体积的最大值为( )A ．1B 2C ．1D 212．由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为()A ．38092mB ．34046mC ．324276mD ．312138m13．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B ，C ，D ，满足5A B C D ==，6B D AC ==，7A DB C ==，则该鞠的表面积为( )A ．55πB ．60πC ．63πD ．68π14．已知四棱锥SA B C D-的所有顶点都在半径为(R R 为常数）的一个球面上，底面A B C D是正方形且球心O 到平面A B C D 的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球O 的体积等于( )A ．323πB ．8πC ．16πD ．163π15．如图：正三棱锥A B C D-中，30B A D ∠=︒，侧棱2A B=，B D 平行于过点C 的截面11C BD ，则截面11C B D 与正三棱锥AB C D-侧面交线的周长的最小值为()A ．2B ．C ．4D ．二．填空题（共10小题）16．若把圆心角为120︒，半径为6的扇形卷成圆锥，则该圆锥的底面半径是，侧面积是．17．如图为A B O ∆水平放置的直观图，其中2O D B D A D ''=''=''，且//B D y''轴由图判断原三角形中A B ，O B ，B D ，O D 由小到大的顺序是．18．某水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，它是底角为45︒，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的周长为．19．已知正四面体SA B C-的棱长为16转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为． 20．如图，在四棱锥PA B C D-中，P A⊥平面A B C D ，底面A B C D 是直角梯形，//A BC D，A B A D⊥，2C DA DB ===，3P A =，若动点Q 在P A D∆内及边上运动，使得C QD B Q A∠=∠，则三棱锥QA B C-的体积最大值为．21．如图，在三棱锥P A B C-中，P A⊥平面A B C ，A CB C⊥，2A B=，A P=，则三棱锥PA B C-的外接球的体积为．22．如图，圆锥的底面直径2A B=，母线长3V A=，点C 在母线V B 上，且1V C=，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是．23．在棱长为4的正方体1111A B C DA B C D -中，E ，F 分别是B C 和11C D 的中点，经过点A ，E，F 的平面把正方体1111A B C DA B C D -截成两部分，则截面与11B C C B 的交线段长为． 24．棱长为2的正方体1111A B C DA B C D -中，异面直线1B D 与C D 所成的角的正切值是，点D 到平面1A C D 的距离为． 25．在三棱锥PA B C-中，P A⊥平面A B C ，45P B A∠=︒，60P B C∠=︒，则A B C ∠为．三．解答题（共5小题）26．如图所示，在边长为6的正三角形A B C 中，E ，F 依次是A B ，A C 的中点，A DB C⊥，E H B C⊥，F GB C⊥，D ，H ，G 为垂足，若将A B D ∆绕A D 旋转一周，求阴影部分形成的几何体的表面积．27．如图，已知P A⊥平面A B C D ，A B C D 为矩形，M 、N 分别为A B 、P C 的中点，P A A D=，2A B =，A D=．（1）求证：平面M P C ⊥平面P C D ；（2）求三棱锥BM N C-的高．28．已知长方体1111A B C D A B C D -，1A A =，22A BB C ==，E 为棱A B 的中点，F 为线段1D C 的中点．（1）求异面直线E F 与1A D 所成角的余弦值；（2）求直线1A D 与平面D E F 所成角的正弦值．29．已知A B C ∆，直线mA C⊥，mB C⊥，求证：mA B⊥．30．如图所示，正方形A B C D 与直角梯形A D E F 所在平面互相垂直，90A D E ∠=︒，//A F D E，22D E D A A F ===．（1）求证：A C ⊥平面B D E ；（2）求证：//A C平面B E F ；（3）若A C 与B D 相交于点O ，求四面体B O E F 的体积．人教A 版（2019）必修第二册《第八章立体几何初步》2022年最热同步卷参考答案与试题解析一．选择题（共15小题）1．如图，在四面体A B C D ，2A BC D ==，2A CB D ==，B CA D ==E ，F 分别是A D ，B C中点．若用一个与直线E F 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )AB 2C ．3D ．32【分析】证明E FB C⊥，E FA D⊥，得出截面四边形与A D ，B C 都平行，从而截面为矩形，设Q 为截面与A C 的交点，A Q A Cλ=，用λ表示出截面的面积，根据二次函数性质求出最大值．【解答】解：连接A F ，D F ，2A B A C B D C D ====，F 是B C 的中点，B C A F∴⊥，B CD F⊥，又A FD F F=，B C ∴⊥平面A D F ，又E F⊂平面A D F ，A D ⊂平面A D F ，B C E F∴⊥，B CA D⊥，又B CA D ==2A F D F ∴==，F是A D 的中点，E F A D∴⊥，E F ⊥平面α，//B C α∴，//A D α，设α与棱锥的截面多边形为M N P Q ，则////B C P Q M N ，////A DM Q P N，又B CA D⊥，故P QM Q⊥，∴截面四边形M N P Q 是矩形，设(01)A Q A Cλλ=<<，则P Q B Cλ=，1M Q C Q A DA Cλ==-，P Q ∴=，)Q Mλ=-，∴截面矩形M N P Q 的面积为2136(1)6()22λλλ-=--+，∴当12λ=时，截面面积取得最大值32．故选：D ．【点评】本题考查了平面的性质，考查线面平行与垂直的性质，属于中档题． 2．下列说法正确的是()A ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B ．一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台【分析】举反例判断A ，B ，D 错误，根据棱锥侧棱交于一点判断C ．【解答】解：对于A ，棱台的上下底面互相平行，侧面都是四边形，但棱台不是棱柱，故A 错误；对于B ，当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由于棱锥的所有侧棱都交于一点，故棱锥的侧面都是三角形，故C 正确；对于D ，当平面与棱锥的底面不平行时，截面与棱锥底面间的几何体不是棱台，故D 错误．故选：C ．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征，属于基础题．3．已知直角三角形的两直角边分别为1则该几何体的体积为()A ．4πB ．3πC ．2πD ．π【分析】几何体的体积是由上下两个圆锥的体积组成的，它们的底面半径相同，都是直角三角形斜边上的高，利用圆锥体积公式，即可求得结论．【解答】解：如图，1A C =，BC =2A B=，斜边的高为：122⨯÷=，以A C 为母线的圆锥体积213()32A Oπ=，以B C 为母线的圆锥体积213()32B Oπ=，∴绕斜边旋转一周形成的几何体的体积等于213()322A B ππ=．故选：C ．【点评】本小题主要考查圆锥的体积公式以及几何旋转体的知识等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力，得到这个立体图形是由两个圆锥组成，以及圆锥体积公式求出是解决问题的关键．4．如图，某粮仓（粮仓的底部位于地面上）是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为()A ．(4)π+ B ．(4)π+ C ．(4)πD ．(4)π+【分析】设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，高为h ；根据题意列方程求出r 的值，再计算圆柱和圆锥的侧面积之和．【解答】解：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，高为h ；所以4r lππ=，解得1r =，h ==又圆柱的侧面积为22r hπ⋅=，所以制作这样一个粮仓的用料面积为(4)π+．故选：D ．【点评】本题考查了圆柱与圆锥的侧面积计算问题，也考查了空间想象能力，是基础题． 5．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45︒的等腰梯形，已知直观图O A B C '''的面积为4，则该平面图形的面积为()A B ．C ．D ．【分析】结合S =原图直观图，可得答案．【解答】解：由已知直观图O A B C '''的面积为4，∴原来图形的面积4S=⨯=，故选：C ．【点评】本题考查的知识点是斜二测画法，熟练掌握水平放置的图象S =原图观图，是解答的关键．6．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D 是B C 的中点，且2A BB C ==，A B ，B C分别与y '轴、x '轴平行，则A C D ∆在原图中的对应三角形的面积为()A 2B ．1C ．2D ．8【分析】求出直观图面积后，根据S S =原图直观图可得答案．【解答】解：三角形的直观图中点D 是B C 的中点，且2A B B C ==，A B ，B C 分别与y '轴、x '轴平行，122452A B C S s in ∴=⨯⨯⨯︒=直观图，又4S S ===原图直观图，A C D∴∆在原图中的对应三角形的面积为：122S =原图．故选：C ．【点评】本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中熟练掌握原图面积与直观图面积关系公式S S =原图直观图是解答本题的关键．7．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中2B C A B ==，则原平面图形的面积为()A 2B ．C ．1D ．【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，从而求得平面图形的面积．【解答】解：直观图中，45A D C∠=︒，2A BB C ==，D CB C⊥，A D ∴=4D C=，∴原来的平面图形上底长为2，下底为4，高为∴该平面图形的面积为1(24)12+⨯=．故选：C ．【点评】本题考查了斜二测画法直观图与平面图形的面积计算问题，是基础题． 8．用斜二测画法画水平放置的边长为2的正方形所得的直观图的面积是( )A 2B C ．D ．【分析】根据斜二测画法所得的直观图是平面图形，原面积与直观图的面积比为1，由此求出直观图的面积．【解答】解：水平放置的正方形的面积与斜二测画法所得的直观图是一个四边形，两者面积之比为1，由边长为2的正方形的面积为4，所以这个四边形的直观图面积为4÷=．故选：B ．【点评】本题考查了斜二测画法中水平放置的平面图形与原图形面积比问题，是基础题．9．已知正四棱锥PA B C D-的高为，且2A B=，则正四棱锥PA B C D-的侧面积为()A ．B ．4C ．D ．【分析】利用勾股定理计算侧面三角形的高，再计算侧面积．【解答】解：设P 在底面A B C D 上的射影为O ，则O 为底面正方形A B C D 的中心，取C D 的中点E ，连接O E ，则112O EA B ==，P E ∴==，P C P D=，P E C D∴⊥，∴正四棱锥PA B C D-的侧面积为14422P C DS ∆=⨯⨯⨯=，故选：D ．【点评】本题考查棱锥的结构特征与侧面积计算，属于基础题． 10．已知圆锥的母线长为5，高为4，则这个圆锥的表面积为( )A ．21πB ．24πC ．33πD ．39π【分析】首先根据勾股定理求得底面半径，则可以得到底面周长，然后利用扇形的面积公式即可求解．【解答】解：圆锥的母线长为5，高为4，底面半径是：3，则底面周长是6π，则圆锥的侧面积是：165152ππ⨯⨯=，底面积为9π，则表面积为15924πππ+=．故选：B ．【点评】考查了圆锥的计算．正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长． 11．已知一个球的半径为3．则该球内接正六棱锥的体积的最大值为( )A ．1B 2C ．1D 2【分析】过P 作P M ⊥底面A B C D E F ，取O 为球心，设A B a=，P Mh=，求解直角三角形可得226a h h=-，求出正六棱锥的底面积，代入棱锥体积公式，再由基本不等式求最值．【解答】解：如图，过P 作P M⊥底面A B C D E F ，取O 为球心，设A Ba=，P Mh=，在R t D O M ∆中，222(3)3ha-+=，226a h h∴=-，(06)h <<，∴正六棱锥的体积为2116322Vh=⨯⨯⨯23122(6)(122)()12443h h hh h h h ++-=-=⋅-=…当且仅当122hh=-，即4h=时上式等号成立．故该球名为如果获得六棱锥的体积的最大值为1．故选：C ．【点评】本题考查球内接多面体体积最值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、训练利用基本不等式求最值等基础知识，是中档题．12．由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为()A ．38092mB ．34046mC ．324276mD ．312138m【分析】由题意可得正四棱锥的底面边长与高，代入棱锥体积公式求解．【解答】解：如图，四棱锥P A B C D-，P O⊥底面A B C D ，21P Om=，34A Bm=，则3134342180923P A B C DV m-=⨯⨯⨯=，故选：A ．【点评】本题考查棱锥体积的求法，是基础的计算题．13．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B ，C ，D ，满足5A B C D ==，6B D AC ==，7A DB C ==，则该鞠的表面积为( )A ．55πB ．60πC ．63πD ．68π【分析】扩展几何体为长方体，求解外接球的半径，然后求解该“鞠”的表面积．【解答】解：因为A BC D=，B DA C=，A DB C=，所以可以把A ，B ，C ，D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径．设该长方体的长、宽、高分别为x ，y ，z ， “鞠”的半径为R ，则2222(2)R x y z=++．因为2225x y+=，2236x z+=，2249y z+=，所以21105584R ==，所以2455SR ππ==．故选：A ．【点评】本题考查空间几何体的外接球的表面积的求法，考查转化思想以及计算能力． 14．已知四棱锥SA B C D-的所有顶点都在半径为(R R 为常数）的一个球面上，底面A B C D是正方形且球心O 到平面A B C D 的距离为1，若此四棱锥体积的最大值为6，则球O 的体积等于( )A ．323πB ．8πC ．16πD ．163π【分析】当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥，根据该四棱锥的最大体积为6，确定球的半径为R ，从而可求球的体积．【解答】解：如图，可得A C =2A BA C ==，此四棱锥的体积最大值212(1)(1)(1)633A B C D V S R RR =+=-+= 整理可得：3219R RR +--=，即可得2(2)(35)0RRR -++=．解得2R=．则球O 的体积等于343233Rππ=，故选：A ．【点评】本题考查球内接多面体，球的表面积，解题的关键是确定球的半径，再利用公式求解．15．如图：正三棱锥AB C D-中，30B A D ∠=︒，侧棱2A B=，B D 平行于过点C 的截面11C BD ，则截面11C B D 与正三棱锥AB C D-侧面交线的周长的最小值为()A ．2B ．C ．4D ．【分析】首先，展开三棱锥，然后，两点间的连接线C C '即是截面周长的最小值，然后，求解其距离即可．【解答】解：把正三棱锥AB C D-的侧面展开，两点间的连接线C C '即是截面周长的最小值．正三棱锥AB C D-中，30B A D∠=︒，所以A CA C ⊥'，2A B=，C C ∴'=∴截面周长最小值是C C '=．故选：D ．【点评】本题重点考查了空间中的距离最值问题，属于中档题．注意等价转化思想的灵活运用．二．填空题（共10小题）16．若把圆心角为120︒，半径为6的扇形卷成圆锥，则该圆锥的底面半径是 2 ，侧面积是．【分析】根据圆锥底面的周长等于扇形的弧长，列方程求出圆锥的底面半径．利用扇形的面积求出圆锥的侧面积．【解答】解：设圆锥底面的半径为r ，则120226360r ππ=⨯⨯，解得2r=，所以该圆锥的底面半径是2．圆锥的侧面积是2120612360S ππ=⋅⋅=圆锥侧．故答案为：2，12π．【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图是扇形的应用问题，是基础题． 17．如图为A B O ∆水平放置的直观图，其中2O D B D A D ''=''=''，且//B D y''轴由图判断原三角形中A B ，O B ，B D ，O D 由小到大的顺序是O D B D A B B O<<< ．【分析】利用直观图，求出原图对应的边长，写出结果即可．【解答】解：设22A D ''=，则直观图的平面图形为：A B =B O=4B D=，2O D=．原三角形中A B ，B O ，B D ，O D 由小到大的顺序O D B D A B B O<<<．故答案为：O DB D A B B O<<<．【点评】本题考查斜二测平面图形的直观图的画法，以及数据关系，基本知识的考查． 18．某水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形，它是底角为45︒，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的周长为4+【分析】根据题意画出图形，结合图形得出原来的平面图形的上底与下底、高和腰长，即可求出它的周长．【解答】解：根据题意画出图形，如图所示；原来的平面图形是直角梯形，上底是1，下底是1+2=，所以它的周长是1214+++=++．故答案为：4+【点评】本题考查了平面图形的直观图的画法与应用问题，是基础题19．已知正四面体SA B C-的棱长为1，如果一个高为6的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为 124．【分析】计算棱锥内切球的半径，令长方体体对角线长小于或等于内切球的直径，根据基本不等式求出长方体底面积的最大值．【解答】解：设S 在平面A B C 上的射影为O ，则O 为A B C ∆的中心，延长A O 交B C 于D ，则D 为B C 的中点，正四面体棱长为1，2A D ∴=，233A OA D ==，3S O ∴==，∴正四面体的体积为11113322312S A B C A B C V S S O -∆==⨯⨯⨯=，表面积为144122A B C S S ∆==⨯⨯⨯=表，设正四面体SA B C-的内切球半径为R ，则1312R ⨯=，解得12R=设长方体的长和宽分别为x ，y ，=626R =，22112xy ∴+…，221224xy x y +∴剟，当且仅当12xy ==时取等号．故答案为：124【点评】本题考查棱锥与球的位置关系，考查基本不等式的应用，属于中档题． 20．如图，在四棱锥PA B C D-中，P A⊥平面A B C D ，底面A B C D 是直角梯形，//A BC D，A B A D⊥，2C DA DB ===，3P A =，若动点Q 在P A D∆内及边上运动，使得C QD B Q A∠=∠，则三棱锥QA B C-的体积最大值为 3 ．【分析】证明A BQ A⊥，C DQ D⊥，由C Q DB Q A∠=∠，结合C DB=，可得Q DA=，由平面解析几何知识求得Q 到A D 建立的最大值，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：底面A B C D 是直角梯形，//A B C D，A BA D⊥，C DA B∴⊥，又P A ⊥平面A B C D ，P A ⊂平面P A D ，∴平面P A D ⊥平面A B C D ，则A B⊥平面P A D ，C D⊥平面P A D ，连接Q A ，Q D ，则A B Q A⊥，C DQ D⊥，由C Q DB Q A∠=∠，得tan tan C Q DB Q A∠=∠，则A B C D Q AQ D=，2C D B=，Q D A=，2A D =，在平面P A D 内，以D A 所在直线为x 轴，D A 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则(1,0)D -，(1,0)A ，设(,)Q x y ，由Q DA=，得222Q D Q A=，即2222(1)2(1)2xyx y++=-+，整理得：22610x y x +-+=，取1x =，可得2y=，得Q 在P A D ∆内距离A D 的最大值为2，此时Q 在P A 上，11222A B C S A B A D ∆=⨯⨯=⨯⨯=，∴三棱锥QA B C -的体积最大值为1233V =⨯=．3【点评】本题考查多面体体积最值的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．21．如图，在三棱锥P A B C-中，P A⊥平面A B C ，A CB C⊥，2A B=，A P=，则三棱锥PA B C-的外接球的体积为 92π ．【分析】以A C ，B C ，P A 为长宽高构建长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P A B C-的外接球，由此能求出三棱锥PA B C-的外接球的体积．【解答】解：在三棱锥PA B C-中，P A⊥平面A B C ，A CB C⊥，∴以A C ，B C ，P A 为长宽高构建长方体，则长方体的外接球就是三棱锥PA B C-的外接球，∴三棱锥P A B C-的外接球的半径1322R=⋅=，∴三棱锥PA B C-的外接球的体积为：334439()3322S Rπππ==⨯=．故答案为：92π．【点评】本题考查三棱锥的外接球的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题． 22．如图，圆锥的底面直径2A B=，母线长3V A=，点C 在母线V B 上，且1V C=，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．【解答】解：由题意知，底面圆的直径为2，故底面周长等于2π，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为α，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，23πα=，解得：23πα=， 23A V A π∴∠'=，则13π∠=，过C 作C FV A⊥，C为V B 的三等分点，3B V =，1V C ∴=， 160∠=︒，30V C F ∴∠=︒，12F V ∴=，22234C FC V V F∴=-=，3A V =，12F V =，52A F ∴=，在R t A F C ∆中，利用勾股定理得：2227A C A FF C=+=，则A C=【点评】考查了平面展开-最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决． 23．在棱长为4的正方体1111A B C DA B C D -中，E ，F 分别是B C 和11C D 的中点，经过点A ，E，F 的平面把正方体1111A B C D A B C D -截成两部分，则截面与11B C C B 的交线段长为103．【分析】首先利用平行线的相交的应用和成比例问题的应用，求出C P 的长，进一步利用勾股定理的应用求出结果．【解答】解：如图所示：过点F 作//F H A E交11A D 于H ，易知11D H=，所以点H 为11A D 的四等分点，所以11114D H A D =过点E 作//E PA H交1C C 于点P ，则△1A A H P C E ∆∽，所以11A A C P A HC E=，解得83C P=．所以截面与11B C C B的交线段长为103P E ==．故答案为：103．【点评】本题考查的知识要点：截面的交线，平行线成比例，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题， 24．棱长为2的正方体1111A B C DA B C D -中，异面直线1B D 与C D点D 到平面1A C D 的距离为．【分析】以D 为原点，D A 为x 轴，D C 为y 轴，1D D 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线1B D 与C D 所成的角的正切值和点D 到平面1A C D 的距离．【解答】解：以D 为原点，D A 为x 轴，D C 为y 轴，1D D 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(2B ，2，0)，1(0D ，0，2)，(0C ，2，0)，(0D ，0，0)，1(2B D =-，2-，2)，(0C D=，2-，0)，设异面直线1B D 与C D 所成角为θ，则11||c o s ||||1243B D CD B D C D θ===，sin θ∴==，s in ta n c o s θθθ==∴异面直线1B D 与C D(2A ，0，0)，(2A C=-，2，0)，1(2A D =-，0，2)，(2A D=-，0，0)，设平面1A C D 的法向量(n x=，y ，)z ，则1220220n A C x y n A D x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1x=，得(1n =，1，1)，∴点D 到平面1A C D的距离为||2||33n A D dn ===．3【点评】本题考查异面直线所成角的正切值、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 25．在三棱锥P A B C-中，P A ⊥平面A B C ，45P B A ∠=︒，60P B C ∠=︒，则A B C ∠为4π．【分析】作P M B C⊥于点M ，连接A M ，设A Bx=，由已知可求P A x=，利用勾股定理可求P B =，利用三角函数的定义可求2B M =，由已知利用线面垂直的判定和性质可得B M A M⊥，进而可求c o s 2B M A B CA B∠==，结合A B C ∠为三角形内角，可求A B C∠的值．【解答】解：如图，作P M B C⊥于点M ，连接A M ，设A B x=，因为在三棱锥P A B C-中，P A⊥平面A B C ，45P B A∠=︒，60P B C ∠=︒，所以P Ax=，P B==，因为60P B C ∠=︒，P MB C⊥，所以12c o s 22B M P B P B C x=∠==，因为P A ⊥平面A B C ，B M⊂平面A B C ，所以B M A P⊥，又P MB C⊥，P MA P P=，所以B M ⊥平面P A M ，又AM⊂平面P A M，所以B M A M⊥，所以2c o s 2x B M A B CA Bx∠===，由于A B C ∠为三角形内角，所以4A B C π∠=．故答案为：4π．【点评】本题主要考查了勾股定理，三角函数的定义，线面垂直的判定和性质在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化思想，作辅助线P M B C⊥于点M 是解题的关键，属于中档题．三．解答题（共5小题）26．如图所示，在边长为6的正三角形A B C 中，E ，F 依次是A B ，A C 的中点，A DB C⊥，E H B C⊥，F GB C⊥，D ，H ，G 为垂足，若将A B D ∆绕A D 旋转一周，求阴影部分形成的几何体的表面积．【分析】所得几何体为圆锥中挖去一个圆柱，然后利用公式求出即可．【解答】解：所形成几何体是一个圆锥挖去一个圆柱，由题意可知圆柱的底面半径为322，圆锥底面半径为3，母线为6，所以32222S π=⨯⨯=圆柱侧，233627S πππ=⨯+⨯⨯=圆锥表，所以所求几何体的表面积为272SS S π=+=+圆锥表圆柱侧．【点评】本题主要考查旋转体的表面积计算，属于基础题． 27．如图，已知P A⊥平面A B C D ，A B C D 为矩形，M 、N 分别为A B 、P C 的中点，P A A D=，2A B =，A D=．（1）求证：平面M P C ⊥平面P C D ；（2）求三棱锥BM N C-的高．【分析】（1）取P D 中点为G ，连接N G ，A G ，M 、N 分别为A B 、P C 的中点，证明A M N G是平行四边形，//M N A G，推出//M N平面P A D ，得到//M NA G，证明A GP C⊥，A G P D⊥，推出A G⊥平面P D C ，得到M N⊥平面P D C ，然后证明平面M P C ⊥平面P C D ，（2）利用B M N CN M B CV V --=，转化求解点B 到平面M N C 的距离．【解答】（1）证明：取P D 中点为G ，连接N G ，A G ，M 、N 分别为A B 、P C 的中点，//N G C D∴，12N GC D=，//A MC D，12A MC D=，A M N G ∴是平行四边形，//M NA G，A G ⊂平面P A D ，M N ⊂/平面P A D ，//M N ∴平面P A D//M N A G∴，P M M C ==，N 为P C 中点，M N P C∴⊥，即A GP C⊥， G为P D 的中点，A P A D=，A G P D∴⊥，且P DPC P=，A G ⊥平面P D C ，M N ∴⊥平面P D C ，M N ⊂平面M P C ，∴平面M P C⊥平面P C D ，（2）解：1132B M N CN M B C M B CV V S P A--∆==，1222M B C S B C B M ∆==1222M N CS M N N C ∆==，则点B 到平面M N C 的距离为122hP A ==．【点评】本题考查平面与平面垂直以及直线与平面平行的判断定理的应用，空间点线面距离的求法，等体积法的应用，是中档题． 28．已知长方体1111A B C D A B C D -，1A A =，22A BB C ==，E 为棱A B 的中点，F 为线段1D C 的中点．（1）求异面直线E F 与1A D 所成角的余弦值；（2）求直线1A D 与平面D E F 所成角的正弦值．【分析】（1）以D 为原点，以D A 、D C 、1D D 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出异面直线E F 与1A D 所成角的余弦值．（2）求出面D E F 的法向量，利用向量法能求出直线1A D 与平面D E F 所成角的正弦值．【解答】解：（1）以D 为原点，以D A 、D C 、1D D 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则(1E ，1，0)，(0F ，12，(1A ，0，0)，1(0D ，0则(1E F=-，0，)2，1(1A D =-，0，直线E F 与1A D 所成角为θ，则115||c o s 14||||744EF A D E F A D θ===．故异面直线E F 与1A D 14．（2）(1D E=，1，0)，(0D F=，12，1(1A D =-，0，设面D E F 的法向量为(nx=，y ，)z ，则0302D E n x y D F n y ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，令2z=，可得(3,2)n=-，设直线1A D与平面D E F 所成角为θ，则11||3s in 20||||410A D n A D n θ===，所以直线1A D 与平面D E F 20．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值、线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 29．已知A B C ∆，直线mA C⊥，mB C⊥，求证：mA B⊥．【分析】根据线面垂直的判定定理证明m ⊥平面A B C ，再得出m A B⊥．【解答】证明：m A C⊥，mB C⊥，A C ⊂平面A B C ，B C⊂平面A B C ，且A C B CC =，m ∴⊥平面A B C ，又A B ⊂平面A B C ， m A B∴⊥．【点评】本题考查了线面垂直的判定定理，线面垂直的性质，属于基础题．30．如图所示，正方形A B C D 与直角梯形A D E F 所在平面互相垂直，90A D E ∠=︒，//A F D E，22D E D A A F ===．（1）求证：A C ⊥平面B D E ；（2）求证：//A C平面B E F ；（3）若A C 与B D 相交于点O ，求四面体B O E F 的体积．【分析】（1）由已知利用平面与平面垂直的性质可得E D A C⊥，再由四边形A B C D 是正方形，得A CB D⊥，利用直线与平面垂直的判定可得A C⊥平面B D E ；（2）取E B 中点G ，连接O G ，F G ，证明A O G F 为平行四边形，可得//A C F G，再由直线与平面平行的判定可得//A C 面E FB ；（3）证明A B⊥平面A D E F ，求出三棱锥B D E F-的体积，结合O 为B D 的中点，可得四面体B O E F 的体积．【解答】证明：（1）平面A B C D⊥平面A D E F ，平面A B C D ⋂平面A D E FA D=E D A D ⊥，E D⊂平面A D E F ，E D ∴⊥面A B C D ，得E D A C⊥，又四边形A B C D 是正方形，A C B D∴⊥，又B DE D D=，A C ∴⊥平面B D E ；证明：（2）取E B 中点G ，连接O G ，F G ，O，G 分别为B D ，B E 的中点，//O GD E∴，12O GD E=，又//A F D E，12A F D E=，//A F O G ∴且A FO G=，则四边形A O G F 为平行四边形，得//A CF G，A C ⊂/平面E F B ，F G ⊂平面E F B ，//A C ∴面E FB ；解：（3）平面A B C D⊥平面A D E F ，A B A D⊥，A B ∴⊥平面A D E F ．//A F D E，90A D E ∠=︒，22D ED A A F ===，D E F∴∆的面积为122D E FS E D A D ∆=⨯⨯=，∴四面体B D E F 的体积11422333D E F VS A B ∆=⨯=⨯⨯=，又O 是B D 中点，∴12O D E F B D E FV V --=，则1223B O E FB D E F V V -==．【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．。

高中试卷-人教A版2019必修二第八章立体几何初步单元测试卷(Word版含解析)(含答案)

第八章立体几何初步单元测试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题(共40分)1、(4分)若圆台的上、下底面面积分别为4，16，则圆台的中截面的面积为( ).2、(4分)已知正三棱锥P ABC-的六条棱长均为6，S是ABC△及其内部的点构成的集合，设集合{|5}T Q S PQ=Î£，则T表示的区域的面积为( )A.3π4B.πC.2πD.3π3、(4分)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A.πB.3π4C.π2D.π44、(4分)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )C.2D.5、(4分)如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且2BC BE=，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则EF FG+的最小值为( )B.3C.4D.9 26、(4分)若把一个高为10cm的圆柱的底面画在x O y¢¢¢平面上，则圆柱的高应画成( )A.平行于z¢轴且大小为10cmB.平行于z¢轴且大小为5cmC.与z¢轴成45°且大小为10cmD.与z¢轴成45°且大小为5cm7、(4分)用斜二测画法画水平放置的ABC△时，若AÐ的两边分别平行于x轴、y轴，且90AÐ=°，则在直观图中A¢Ð=( )A.45°B.135°C.45°或135°D.90°8、(4分)下列命题中假命题是( )A.如果平面a ^平面g ，平面b ^平面g ，l a b =I ，那么l g ^B.如果平面a ^平面b ，那么平面a 内一定存在直线平行于平面bC.如果平面a 不垂直于平面b ，那么平面a 内一定不存在直线垂直于平面bD.如果平面a ^平面b ，过a 内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于b9、(4分)如图所示，四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形，侧棱1PA =，PB PD ==，则它的五个面中，互相垂直的共有( )A.3对B.4对C.5对D.6对10、(4分)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为( )A. B. C. D.二、填空题(共25分)11、(5分)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是ABC Ð为直角的等腰直角三角形，2AC a =，13BB a =，D 是11A C 的中点，点F 在线段1AA 上，当AF =____________时，CF ^平面1B DF .12、(5分)如图所示的直观图A O B ¢¢¢△，其平面图形的面积为_______.13、(5分)在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是BC 和11C D 的中点，经过点A ，E ，F 的平面把正方体1111ABCD A B C D -截成两部分，则截面与11BCC B 的交线段长为________.14、(5分)已知l ，m 是平面a 外的两条不同直线，给出下列三个论断：①l m ^；②//m a ；③l a ^.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________.15、(5分)已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ^底面ABCD ，且4PA PB ==，则该四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为______________.三、解答题(共35分)16、(8分)如图所示，PA ^平面ABC ，点C 在以AB 为直径的O e 上，点E 为线段PB 的中点，点M 在»AB 上，且//OM AC .（1）求证：平面//MOE 平面PAC ；（2）求证：平面PAC ^平面PCB .17、(9分)如图，四棱锥P ABCD -中，PA ^底面,,//,,ABCD AB AD AB DC E F ^分别为PC ，DC 的中点，222PA DC AB AD ====.(1)证明：平面//PAD 平面EBF .(2)求三棱锥P BED -的体积.18、(9分)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，2,1,60AD AB BAD ==Ð=°，平面PCD ^平面ABCD ，点M 为PC 上一点.(1)若//PA 平面MBD ，求证：点M 为PC 中点.(2)求证：平面MBD ^平面PCD .19、(9分)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ^平面,,2,3PCD PA CD CD AD ^==，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD .(2)求证：PA ^平面PCD .(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.参考答案1、答案：C解析：设圆台的上、下底面半径分别为r 上、r 下，圆台中截面的半径为r 中，则24S r =p =上上，2、答案：B解析：设O 为ABC △的中心，连接PO ，AO ，在正三角形ABC 中，263AO ==，在Rt POA △中，PO ==，当5PQ =时，连接OQ ，根据勾股定理可得1OQ ==，易知Q 的轨迹是以O 为圆心，半径为1的圆，由于集合{5}T Q S PQ =Î£∣，故集合T 表示的区每的面积为π，故选B.3、答案：B解析：由圆柱的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，知球的直径为2，因此球的半径1r =.因为圆柱的高21h =，所以圆柱的底面半径为1r ===.由圆柱体的体积公式得2213ππ2π14V r h =×=´´=.故选B.4、答案：C解析：依题意可知，半圆的弧长为2π12π×=，圆心角的弧度数为π，由弧长公式可得该圆锥的母线长为2π2π=.5、答案：A解析：如图，将ABE △绕AB 旋转到PAB △的位置，并且点P 在CB 的延长线上，连接PG ，交AB 于点F ，此时EF FG +最小.由已知可知轴截面ABCD 是边长为2的正方形，所以1,45AC CG BE BP ACB ====Ð=°.在PCG △中，由余弦定理得222992cos 92322PG PC CG PC CG PCG =+-×Ð=+-´=，PG \=.故选A.6、答案：A 解析：7、答案：C 解析：8、答案：D解析：因为平面a 内任意一点可以是交线上一点，所以过这一点的垂线不一定垂直于平面b .故选D.9、答案：C解析：因为1AB AD AP ===，PB PD ==，所以222AB AP PB +=，222AD AP PD +=，所以PA AB ^，PA AD ^.因为AB AD A =I ，所以PA ^底面ABCD .因为PA Ì平面PAB ，PA Ì平面PAD ，所以平面PAB ^平面ABCD ，平面PAD ^平面ABCD .因为四边形ABCD 是正方形，所以AB ^平面PAD ，可得平面PAB ^平面PAD ，BC ^平面PAB ，可得平面PAB ^平面PBC ，CD ^平面PAD ，可得平面PAD ^平面PCD .故选C.10、答案：B解析：如图所示，点M 为ABC △的中心，点E 为AC 的中点，点O 为球心，显然当DM ^平面ABC 时，三棱锥D ABC -的体积最大.因为球的半径为4，所以4OD OB ==.因为ABC △为等边三角形且面积为2AB =，解得6AB =.因为点M 为ABC △的中心，所以2233BM BE ==´=.在Rt OMB △中，根据勾股定理可知，2OM ===，所以426DM OD OM =+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值为163´=.故选B.11、答案：a 或2a解析：由已知得111A B C △是等腰直角三角形，1111A B B C =，D 是11A C 的中点，111B D A C \^.Q 平面111A B C ^平面11A ACC ，平面111A B C I 平面1111A ACC A C =，1B D \^平面11A ACC .又CF ÌQ 平面11A ACC ，1B D CF \^.若CF ^平面1B DF ，则CF DF ^.设(03)AF x x a =<<，则2224CF x a =+，222(3)DF a a x =+-，2222910CD a a a =+=，22222104(3)a x a a a x \=+++-，解得x a =或2a .12、答案：6解析：由直观图可知其对应的平面图形AOB 中，90,3,4AOB OB OA Ð=°==，所以162AOB S OA OB =×=△.13、答案：103解析：如图，连接AE 并延长交DC 延长线于M ，连接FM 交1CC 于G ，连接EG 并延长交11B C 延长线于N ，连接NF 并延长交11A D 于H ，连接AH ，则五边形AEGFH 为经过点A ，E ，F 的正方体的截面，因为E 为BC 的中点，所以122CE BC ==，因为//CE AD ，所以MCE MDA ∽△△，所以12CM CE DM AD ==，所以4CM CD ==,因为11//DM C D ，所以1MCG FC G ∽△△，所以112CG CM C G C F ==，所以28433CG =´=，所以103EG ==，所以截面与11BCC B 的交线段长为103，故答案为：103.14、答案：若l m ^，l a ^，则//m a （答案不唯一）解析：由题意可得到以下三个命题.（1）若①②，则③，即若l m ^，//m a ，则l a ^，不成立.（举反例）如图，//a b ，l ，m b Ì且l m ^，//m a ，显然l 与a 并不垂直.（2）若①③，则②，即l m ^，l a ^，则//m a ，成立.若l m ^，l a ^，则m a Ì或//m a .又已知m 为平面a 外的直线，则//m a 成立.（3）若②③，则①，即//m a ，l a ^，则l m ^，成立.如图，若//m a ，则在a 内存在直线n 与m 平行，即n a Ì且//m n .又l a ^Q ，l n \^.又//m n Q ，l m \^.15、答案：316π15解析：设正方形ABCD 的中心为1O ，三角形PAB 的外心为G ，取AB 的中点E ，连接EG ，1EO ，1O C ，则EG AB ^，1EO AB ^，分别以EG ，1EO 为邻边作平行四边形1EGOO ，如图.因为侧面PAB ^底面ABCD ，GE AB ^，所以1GE EO ^.则1OO ^平面ABCD ，OG ^平面PAB ，则OA OB OC OD OP ====，所以点O 就是该四棱锥外接球的球心.由4PA PB ==，2AB =，2222)GE BE BG GE +==，解得GE =.设该四棱锥的外接球半径为R ，在1Rt OO C △中，222211OC R OO O C ==+=221497921515GE O C +=+=，则四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为279316π4π4π1515R =´=.故答案为316π15.16、答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点,所以//OE PA .因为PA Ì平面PAC ,OE Ë平面PAC ，所以//OE 平面PAC .因为//OM AC ,AC Ì平面PAC ,OM Ë平面PAC ，所以//OM 平面PAC .因为OE Ì平面MOE ,OM Ì平面MOE ,OE OM O Ç=，所以平面//MOE 平面PAC .（2）因为点C 在以AB 为直径的O e 上，所以90ACB °Ð=，即BC AC ^.因为PA ^平面ABC ,BC Ì平面ABC ，所以PA BC ^.因为AC Ì平面PAC ,PA Ì平面PAC ,PA AC A Ç=，所以BC ^平面PAC .因为BC Ì平面PCB ，所以平面PAC ^平面PCB .17、答案：(1)见解析(2)13P BED V -=解析：(1)由已知F 为CD 的中点，且2CD AB =，所以DF AB =，因为//AB CD ，所以//AB DF ，又因为AB DF =，所以四边形ABFD 为平行四边形，所以//BF AD ，又因为BF Ì平面PAD ，AD Ì平面PAD ，所以//BF 平面PAD ，在PDC △中，因为E ，F 分别为PC ，CD 的中点，所以//EF PD ，因为BF Ì/平面,PAD PD Ì平面PAD ，所以//EF 平面PAD ，因为EF BF F Ç=，所以平面//PAD 平面EBF .(2)由已知E 为PC 中点，2P BDC E BDC V V --=，又因为P BDE P BDC E BDC V V V ---=-，所以12P BDE P BDC V V --=，因为11212BDC S =´´=△，1233P BDC BDC V S AP -=×=△，所以三棱锥P BED -的体积13P BED V -=.18、答案：(1)见解析(2)见解析解析：(1)连接AC 交BD 于O ，连接OM ，如图所示；因为//PA 平面,MBD PA Ì平面PAC ，平面PAC Ç平面MBD OM =，所以//PA OM .因为四边形ABCD 是平行四边形，所以O 是AC 的中点，所以M 是PC 的中点.(2)在ABD △中，2,1,60AD AB BAD ==Ð=°，所以2222cos 3BD AB AD AB AD BAD =+-×Ð=，所以222AD AB BD =+，所以AB BD ^.因为四边形ABCD 是平行四边形，所以//AB CD ，所以BD CD ^.又因为平面PCD ^平面ABCD ，且平面PCD Ç平面,ABCD CD BD =Ì平面ABCD ，所以BD ^平面PCD .因为BD Ì平面MBD ，所以平面MBD ^平面PCD .19、答案：(1)见解析.(2)见解析.(3).解析：(1)连接BD ，易知,AC BD H BH DH Ç==，又由BG PG =，故//GH PD ，又因为GH Ì/平面,PAD PD Ì平面PAD ，所以//GH 平面PAD .(2)取棱PC 的中点N ，连接DN ，依题意，得DN PC ^，又因为平面PAC ^平面PCD ，平面PAC Ç平面PCD PC =，所以DN ^平面PAC ，又PA Ì平面PAC ，故DN PA ^，又因为,PA CD CD DN D ^Ç=，所以PA ^平面PCD .(3)连接AN ，由(2)中DN ^平面PAC ，可知DAN Ð为直线AD 与平面PAC 所成的角.因为PCD △为等边三角形，2CD =且N 为PC 的中点，所以DN =，又DN AN ^，在Rt AND △中，sin DN DAN AD Ð==所以直线AD 与平面PAC .。

2019-2020年高考数学总复习第8章立体几何单元检测新人教A版

2019-2020年高考数学总复习第8章立体几何单元检测新人教A 版一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题：①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β；②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ；③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β.其中为真命题的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④答案 C解析 ①为空间面面平行的性质，是真命题；②m ，n 可能异面，故该命题为假命题；③直线m 与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C.2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A.8π3 B.82π3 C ．82π D.32π3答案 B解析 S 圆＝πr 2＝1⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，∴球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2. ∴V ＝43πR 3＝82π3，故选B.3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A.163π B.193π C.1912π D.43π 答案 B解析设球半径是R ，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2、侧棱长为1的正三棱柱，记上、下底面的中心分别是O 1、O ，易知球心是线段O 1O 的中点，于是R 2＝(12)2＋(32×2×23)2＝1912，因此所求球的表面积是4πR 2＝4π×1912＝19π3，选B.4. 如右图所示，是一个正方体的表面展开图，A 、B 、C 均为棱的中点，D 是顶点，则在正方体中，异面直线AB 和CD 的夹角的余弦值为( )A.25B.35C.105D.55答案 C 解析把展开图复原为正方体后示意图如右图所示，∠EGF 为AB 和CD 所成的角，F 为正方体一棱的中点．∴EF ＝GF ＝52，EG ＝ 2. ∴cos ∠EGF ＝105. 5．图中的三个直角三角形是一个体积为20 cm 3的几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．25π cm 2B.77π2cm 2C ．77π cm 2D ．144π cm 2答案 C解析由三视图画出此空间几何体的直观图如图所示．由题意得V ＝13×12×h ×5×6＝20⇒h ＝4.从而易知，其外接球的半径为r ＝1242＋52＋62＝772.从而外接球的表面积为S ＝4πr 2＝4π(772)2＝77π.选C. 6．如下图所示，正四棱锥P －ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4 C.π3 D.π2答案 C解析连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，易得OE ∥PA . ∴所求角为∠BEO . 由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12PA ＝22，BE ＝ 2. ∴cos ∠OEB ＝12，∴∠OEB ＝60°，选C.7．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的直观图及三视图如下图所示，D 为AC 的中点，则下列命题是假命题的是( )A ．AB 1∥平面BDC 1 B ．A 1C ⊥平面BDC 1 C ．直三棱柱的体积V ＝4D ．直三棱柱的外接球的表面积为43π 答案 D 解析由三视图可知，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧面B 1C 1CB 是边长为2的正方形，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2.连接B 1C 交BC 1于点O ，连接AB 1，OD .在△CAB 1中，O ，D 分别是B 1C ，AC 的中点，∴OD ∥AB 1，∴AB 1∥平面BDC 1.故A 正确．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， ∴AA 1⊥BD .又AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点， ∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面AA 1C 1C . ∴BD ⊥A 1C .又A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ， ∴A 1B 1⊥平面B 1C 1CB ，∴A 1B 1⊥B 1C .∵BC 1⊥B 1C ，且BC 1∩B 1C ＝0，∴BC 1⊥平面A 1B 1C . ∴BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面BDC 1.故B 正确．V ＝S △ABC ×C 1C ＝12×2×2×2＝4，∴C 正确．此直三棱柱的外接球的半径为3，其表面积为12π，D 错误．故选D.8．已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是 A ．22πR 2B.94πR 2C.83πR 2D.52πR 2 答案 B 解析如图所示，为组合体的轴截面，由相似三角形的比例关系，得PO 13R ＝xR，PO 1＝3x ，圆柱的高为 3R －3x ，所以圆柱的全面积为S ＝2πx 2＋2πx (3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.9．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°答案 C解析由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉＝(217)2.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.112答案 B解析以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP →|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上) 11．已知m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列命题：①若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β；②若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β；③若m ⊥β，m ∥α，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β.其中真命题的序号是________．答案 ②③解析若α⊥β，m ∥α，则m 与β可能相交、平行或m 在平面β内，故①错；m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α与β可能平行，可能相交，故④错．12．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是________．答案733π 解析上底半径r ＝1，下底半径R ＝2.∵S 侧＝6π，设母线长为l ，则π(1＋2)·l ＝6π. ∴l ＝2，∴高h ＝l 2－R －r2＝ 3.∴V ＝13π·3(1＋1×2＋2×2)＝733π.13．(xx·天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.答案 4解析由三视图可知，此几何体的上面是正四棱柱，其长，宽，高分别是2,1,1，此几何体的下面是长方体，其长，宽，高分别是2,1,1，因此该几何体的体积V ＝2×1×1＋2×1×1＝4(m 3)．14．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积的比值为________．答案 1解析依题意得三棱锥P －ABC 的主视图与左视图分别是一个三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积之比等于1.15．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于______．答案 20π解析设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋(AA 12)2＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E 、F 、分别为PA 、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BE 与直线AF 异面； ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面PAD . 其中正确的有______个．答案 2解析将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E 、F 分别为PA 、PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面PAD ，E ∈平面PAD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面PAD 与平面BCE 不一定垂直，④错．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)下图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2.(1)请画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B －CEPD 的体积．解析 (1)该组合体的三视图如下图所示．(2)因为PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ，所以平面PDCE ⊥平面ABCD . 因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ⊥CD ，且BC ＝DC ＝AD ＝2.又因为平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面PDCE .因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥DC .又因为EC ∥PD ，PD ＝2，EC ＝1，所以四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )×DC ＝12×3×2＝3.所以四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ×BC ＝13×3×2＝2.18．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACM ； (2)证明：AD ⊥平面PAC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．解析 (1)连接BD ，MO ，在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .(2)因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面PAC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455.19．(本小题满分12分) 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，AB ＝4，PA ＝3，A 点在PD 上的射影为G 点，E 点在AB 上，平面PEC ⊥平面PCD .(1)求证：AG ∥平面PEC ；(2)求AE 的长；(3)求二面角E －PC －A 的正弦值．解析 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CD . 又∵CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面PAD .∴CD ⊥AG . 又PD ⊥AG ，∴AG ⊥平面PCD . 作EF ⊥PC 于点F ，连接GF ， ∵平面PEC ⊥平面PCD ， ∴EF ⊥平面PCD .∴EF ∥AG . 又AG ⊄平面PEC ，EF ⊂平面PEC ， ∴AG ∥平面PEC .(2)解：由(1)知A 、E 、F 、G 四点共面，又AE ∥CD ，AE ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， ∴AE ∥平面PCD .又∵平面AEFG ∩平面PCD ＝GF ，∴AE ∥GF . 又由(1)知EF ∥AG ，∴四边形AEFG 为平行四边形，∴AE ＝GF . ∵PA ＝3，AD ＝4，∴PD ＝5，AG ＝125.又PA 2＝PG ·PD ，∴PG ＝95.又GP CD ＝PG PD ，∴GF ＝95×45＝3625，∴AE ＝3625. (3)解：过E 作EO ⊥AC 于点O ，连接OF ，易知EO ⊥平面PAC ，又EF ⊥PC ，∴OF ⊥PC . ∴∠EFO 即为二面角E －PC －A 的平面角．EO ＝AE ·sin45°＝3625×22＝18225，又EF ＝AG ＝125， ∴sin ∠EFO ＝EO EF ＝18225×512＝3210.20．(本小题满分12分)如图，在六面体ABCDEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AD ⊥平面DEFG ，ED ⊥DG ，EF ∥DG .且AB ＝AD ＝DE ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1.(1)求证：BF ∥平面ACGD ； (2)求二面角D CG F 的余弦值．解析方法一 (1)设DG 的中点为M ，连接AM ，FM . 则由已知条件易证四边形DEFM 是平行四边形． ∴MF ∥DE ，且MF ＝DE .∵平面ABC ∥平面DEFG ， ∴AB ∥DE .∵AB ＝DE ，∴MF ∥AB ，且MF ＝AB ，∴四边形ABFM 是平行四边形． ∴BF ∥AM .又BF ⊄平面ACGD ，AM ⊂平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD .(2)由已知AD ⊥平面DEFG ，∴DE ⊥AD .又DE ⊥DG ， ∴DE ⊥平面ADGC .∵MF ∥DE ，∴MF ⊥平面ADGC .在平面ADGC 中，过M 作MN ⊥GC ，垂足为N ，连接NF ，则∠MNF 为所求二面角的平面角．连接CM .∵平面ABC ∥平面DEFG ，∴AC ∥DM .又AC ＝DM ＝1，所以四边形ACMD 为平行四边形，∴CM ∥AD ，且CM ＝AD ＝2.∵AD ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥平面DEFG ，∴CM ⊥DG .在Rt △CMG 中，∵CM ＝2，MG ＝1， ∴MN ＝CM ·MG CG ＝25＝255. 在Rt △FMN 中， ∵MF ＝2，MN ＝255，∴FN ＝4＋45＝2305.∴cos ∠MNF ＝MN FN ＝2552305＝66.∴二面角D CG F 的余弦值为66. 方法二由题意可得，AD ，DE ，DG 两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,2)，B (2,0,2)，C (0,1,2)，E (2,0,0)，G (0,2,0)，F (2,1,0)．(1)BF →＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，CG →＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴BF →＝CG →，∴BF ∥CG .又BF ⊄平面ACGD ，故BF ∥平面ACGD . (2)FG →＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．设平面BCGF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·CG →＝y －2z ＝0，n 1·FG →＝－2x ＋y ＝0.令y ＝2，则n 1＝(1,2,1)．则平面ADGC 的法向量n 2＝(1,0,0)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1×112＋22＋12×12＋02＋02＝66. 由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D CG F 的余弦值为66. 21．(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AB ⊥BB 1，AC ＝BC ＝BB 1＝2，D 为AB 的中点，且CD ⊥DA 1.(1)求证：BB 1⊥面ABC ；(2)求多面体DBC －A 1B 1C 1的体积； (3)求二面角C －DA 1－C 1的余弦值．解析 (1)证明：∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点， ∴CD ⊥AB .又CD ⊥DA 1，AB ∩A 1D ＝D ， ∴CD ⊥面AA 1B 1B .∴CD ⊥BB 1.又BB 1⊥AB ，AB ∩CD ＝D ，∴BB 1⊥面ABC .(2)解：V 多面体DBC －A 1B 1C 1＝V 棱柱ABC －A 1B 1C 1－V 棱锥A 1－ADC＝S △ABC ·|AA 1|－13S △ADC ·|AA 1|＝S △ABC ·|AA 1|－13×12S △ABC ·|AA 1|＝56S △ABC ·|AA 1|＝103.(3) 解：以C 为原点，分别以CB →，CC 1→，CA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0,0,2)，C 1(0,2,0)，A 1(0,2,2)．∴D (1,0,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面DCA 1的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 1·CD →＝0，n 1·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，2y 1＋2z 1＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－z 1，y 1＝－z 1.故可取n 1＝(1,1，－1)．同理设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面DC 1A 1的一个法向量，且C 1D →＝(1，－2,1)，C 1A 1→＝(0,0,2)．则有⎩⎨⎧n 2·C 1D →＝0，n 2·C 1A 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2y 2＋z 2＝0，2z 2＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2y 2，z 2＝0.故可取n 2＝(2,1,0)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33×5＝155.又二面角C －DA 1－C 1的平面角为锐角，所以其余弦值为155. 22．(本小题满分12分) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA ＝BC ＝2.(1)若D 为AA 1的中点，求证：平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D ； (2)若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，求AD 的长．解析 (1)方法一证明：∵∠A 1C 1B 1＝∠ACB ＝90°， ∴B 1C 1⊥A 1C 1.又由直三棱柱的性质知B 1C 1⊥CC 1， ∴B 1C 1⊥平面ACC 1A 1.∴B 1C 1⊥CD .① 由D 为AA 1的中点，可知DC ＝DC 1＝ 2. ∴DC 2＋DC 21＝CC 21，即CD ⊥DC 1.② 由①②可知CD ⊥平面B 1C 1D .又CD ⊂平面B 1CD ，故平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)解：由(1)可知B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，在平面ACC 1A 1内过C 1作C 1E ⊥CD ，交CD 或其延长线于E ，连接EB 1，∴∠B 1EC 1为二面角B 1－DC －C 1的平面角． ∴∠B 1EC 1＝60°.由B 1C 1＝2知，C 1E ＝2tan60°＝233.设AD ＝x ，则DC ＝x 2＋1.∵△DC 1C 的面积为1，∴12·x 2＋1·233＝1.解得x ＝2，即AD ＝ 2. 方法二(1)证明：如图，以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)，即C 1B 1→＝(0,2,0)，DC 1→＝(－1,0,1)，CD →＝(1,0,1)．由CD →·C 1B 1→＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD ⊥C 1B 1. 由CD →·DC 1→＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD ⊥DC 1. 又DC 1∩C 1B 1＝C 1，∴CD ⊥平面B 1C 1D . 又CD ⊂平面B 1CD ， ∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D .(2)解：设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋ax ＝0，令z ＝－1.得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则由cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12. 即a ＝2，故AD ＝ 2.1．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )A ．288＋36πB ．60πC ．288＋72πD ．288＋18π答案 A解析将几何体的三视图转化为直观图此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据，可得V 长方体＝6×8×6＝288， V 半圆柱＝12×32×π×8＝36π.∴此几何体的体积为V ＝288＋36π.2．设a 、b 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是 A ．若a ⊥α，b ∥α，则a ⊥b B ．若a ⊥α，b ∥a ，b ⊂β，则α⊥β C ．若a ⊥α，b ⊥β，α∥β，则a ∥b D ．若a ∥α，a ∥β，则α∥β 答案 D解析由题意可得A 、B 、C 选项显然正确，对于选项D ：当α，β相交，且a 与α，β的交线平行时，有a ∥α，α∥β，但此时α与β不平行．故选D.3．半径为4的球面上有A ，B ，C ，D 四点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AB →·AD →＝0，则△ABC ，△ACD ，△ADB 面积之和S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB 的最大值为A ．8B ．16C ．32D ．64答案 C解析设AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则S △ABC ＋S △ACD ＋S △ADB ＝12(ab ＋ac ＋bc )≤12(a 2＋b 22＋a 2＋c 22＋b 2＋c 22)＝12(a 2＋b 2＋c 2) ＝12×4R 2＝12×4×42＝32，当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”．4．设a 、b 、c 表示三条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若α∥β时，则c ⊥βB ．当b ⊂β，c 是a 在β内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bC ．当b ⊂β时，若b ⊥α，则β⊥αD ．当b ⊂α，c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c 答案 C解析 A ．其逆命题为当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥β，显然垂直于同一直线的两平面平行，逆命题正确；B ．其逆命题为当b ⊂β时，c 是a 在β内的射影，若a ⊥b ，则b ⊥c ，此为三垂线定理内容，逆命题正确；C ．其逆命题为当b ⊂β时，若β⊥α，则b ⊥a ，显然两平面垂直，其中一平面内任一直线不一定垂直另一平面，逆命题错误；D ．其逆命题为当b ⊂α，c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α，此为线面平行的判断定理，逆命题正确．5．图2中的实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展形图内的概率是14，则此长方体的体积是________．答案 3解析设长方体的高为h ，则图2中虚线围成的矩形长为2＋2h ，宽为1＋2h ，面积为(2＋2h )(1＋2h )，展开图的面积为2＋4h ；由几何概型的概率公式知2＋4h 2＋2h 1＋2h ＝14，得h ＝3，所以长方体的体积是V ＝1×3＝3.6．(xx·江苏)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°.(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．解析 (1)证明因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC . 由∠BCD ＝90°，得BC ⊥DC . 又PD ∩DC ＝D ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，故PC ⊥BC .(2)方法一分别取AB ，PC 的中点E ，F ，连接DE ，DF . 易证DE ∥BC ，DF ⊥PC ，则DE ∥面PBC . ∴点D ，E 到面PBC 的距离相等．∴点A 到面PBC 的距离为点D 到面PBC 的距离的2倍．由(1)知BC ⊥面PCD ，∴面PBC ⊥面PCD . 又DF ⊥PC ，∴DF ⊥面PBC . ∵PD ＝DC ＝1，∴DF ＝22. ∴点A 到面PBC 的距离为 2. 方法二连接AC ，设点A 到面PBC 的距离为h . ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°， ∴∠ABC ＝90°. 由AB ＝2，BC ＝1，得S △ABC ＝12AB ×BC ＝12×2×1＝1.∵V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13×1×1＝13，又V P －ABC ＝V A －PBC ，∴13S △PBC ·h ＝13，即13×12×1×2h ＝13，解得h ＝ 2. ∴点A 到面PBC 的距离为 2.7．(xx·北京理)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长．解析 (1)因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ，又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0，)C (0，3，0)，所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.(3)由(2)知BC →＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t >0)，则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t.所以m ＝(3，3，6t)．同理，平面PDC 的一个法向量n ＝(－3，3，6t)．因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m·n ＝0，即－6＋36t2＝0.解得t ＝6，所以PA ＝ 6.8．(xx·浙江理)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解析方法一 (1)如图，以O 为原点，以射线OD 为y 轴的正半轴，以射线OP 为z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)设PM →＝λPA →，λ≠1，则 PM →＝λ(0，－3，－4)．BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λPA →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎨⎧ BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－2＋3λy 1＋4－4λz 1＝0，－8x 1＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝(0,1，2＋3λ4－4λ)．由⎩⎨⎧AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)．由n 1·n 2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0.解得λ＝25，故AM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.方法二 (1)由AB ＝AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC . 又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC .因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面PAD ，故BC ⊥PA . (2)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 于M ，连接CM .由(1)中知AP ⊥BC ，得AP ⊥平面BMC .又AP ⊂平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2. 在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2.所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋DB 2＝36，得PB ＝6. 在Rt △POA 中，PA 2＝AO 2＋OP 2＝25，得PA ＝5.又cos ∠BPA ＝PA 2＋PB 2－AB 22PA ·PB ＝13，从而PM ＝PB cos ∠BPA ＝2，所以AM ＝PA －PM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.9．(xx·天津理)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．解析方法一如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点，依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)．于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →|·|A 1B 1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)．设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0.即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝27·7＝27.从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N (22，322，52)．设M (a ，b,0)，则MN →＝(22－a ，322－b ，52)．由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎨⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧22－a ·－22＝0，22－a ·－2＋322－b ·－2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24. 故M (22，24，0)．因此BM →＝(22，24，0)，所以线段BM 的长|BM →|＝104.方法二(1)由于AC ∥A 1C 1，故∠C 1A 1B 1是异面直线AC 与A 1B 1所成的角．因为C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，又H 为正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ＝5，可得A 1C 1＝B 1C 1＝3.因为cos ∠C 1A 1B 1＝A 1C 21＋A 1B 21－B 1C 212A 1C 1·A 1B 1＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)连接AC 1，易知AC 1＝B 1C 1. 又由于AA 1＝B 1A 1，A 1C 1＝A 1C 1，所以△AC 1A 1≌△B 1C 1A 1.过点A 作AR ⊥A 1C 1于点R ，连接B 1R . 于是B 1R ⊥A 1C 1.故∠ARB 1为二面角A －A 1C 1－B 1的平面角．在Rt △A 1RB 1中，B 1R ＝A 1B 1·sin∠RA 1B 1＝22·1－232＝2143.连接AB 1，在△ARB 1中，AB 1＝4，AR ＝B 1R .cos ∠ARB 1＝AR 2＋B 1R 2－AB 212AR ·B 1R ＝－27.从而sin ∠ARB 1＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)因为MN ⊥平面A 1B 1C 1，所以MN ⊥A 1B 1.取HB 1中点D ，连接ND . 由于N 是棱B 1C 1中点，所以ND ∥C 1H 且ND ＝12C 1H ＝52.又C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，所以ND ⊥平面AA 1B 1B . 故ND ⊥A 1B 1.又MN ∩ND ＝N ，所以A 1B 1⊥平面MND . 连接MD 并延长交A 1B 1于点E ，则ME ⊥A 1B 1，故ME ∥AA 1. 由DE AA 1＝B 1E B 1A 1＝B 1D B 1A ＝14，得DE ＝B 1E ＝22. 延长EM 交AB 于点F ，可得BF ＝B 1E ＝22. 连接NE .在Rt △ENM 中，ND ⊥ME ，故ND 2＝DE ·DM .所以DM ＝ND 2DE ＝524.可得FM ＝24.连接BM .在Rt △BFM 中，BM ＝FM 2＋BF 2＝104. 10．(xx·东北三校联考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知BC ＝1，BB 1＝2，AB ⊥平面BB 1C 1C .(1)求直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值；(2)在棱CC 1(不包括端点C 、C 1)上确定一点E 的位置，使EA ⊥EB 1(要求说明理由)； (3)在(2)的条件下，若AB ＝2，求二面角A －EB 1－A 1的大小．解析方法一 (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，C 1C ⊥平面ABC ， ∴C 1B 在平面ABC 上的射影为CB .∴∠C 1BC 为直线C 1B 与底面ABC 所成的角． ∵在Rt △CC 1B 中，CC 1＝2，BC ＝1，∴tan ∠C 1BC ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)连接BE ，当E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1. ∵CE ＝EC 1＝1，BC ＝B 1C 1＝1， ∴∠BEC ＝∠B 1EC 1＝45°.∴∠BEB 1＝90°，即B 1E ⊥BE .又∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，EB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴AB ⊥EB 1.又AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，BE ∩AB ＝B ， ∴EB 1⊥平面ABE .又EA ⊂平面ABE ，故EA ⊥EB 1.(3)如图，取EB 1的中点G ，A 1E 的中点F ，连接FG ，则FG ∥A 1B 1，且FG ＝12A 1B 1.∵A 1B 1⊥EB 1，∴FG ⊥EB 1. 连接A 1B ，AB 1，设A 1B ∩AB 1＝O ，连接OF ，OG ，则OG ∥AE ，且OG ＝12EA .∵EA ⊥EB 1，∴OG ⊥EB 1.∴∠OGF 为二面角A －EB 1－A 1的平面角．∵AE ＝AC 2＋CE 2＝2，OG ＝12AE ＝1，FG ＝12A 1B 1＝22，OF ＝12BE ＝22，∴∠OGF ＝45°.∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.方法二以B 为坐标原点，BC 、BB 1、AB 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C 1(1,2,0)，B 1(0,2,0)．(1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC 的一个法向量为BB 1→＝(0,2,0)，又BC 1→＝(1,2,0)，设BC 1与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BB 1→，BC 1→〉|＝255.∴tan θ＝2，即直线C 1B 与底面ABC 所成角的正切值为2. (2)设E (1，y,0)，A (0,0，z )，则EB 1→＝(－1,2－y,0)， EA →＝(－1，－y ，z )．∵EA ⊥EB 1，∴EA →·EB 1→＝1－y (2－y )＝0. ∴y ＝1，即E (1,1,0)． ∴E 为CC 1的中点． (3)由题知A (0,0，2)，则 AE →＝(1,1，－2)，B 1E →＝(1，－1,0)．设平面AEB 1的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·B 1E →＝0.∴⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，x 1－y 1＝0.令x 1＝1，则n ＝(1,1，2)． ∵BE →＝(1,1,0)，∴BE →·B 1E →＝1－1＝0. ∴BE ⊥B 1E .又BE ⊥A 1B 1，∴BE ⊥平面A 1B 1E .∴平面A 1B 1E 的一个法向量为BE →＝(1,1,0)． ∴cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝22.∴二面角A －EB 1－A 1的大小为45°.11．如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC 交AC 于点M ，EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，AC ＝4，EA ＝3，FC ＝1.(1)证明：EM ⊥BF ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．解析方法一 (1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，BM ⊂平面ABC ，∴EA ⊥BM . 又∵BM ⊥AC ，EA ∩AC ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE . 而EM ⊂平面ACFE . ∴BM ⊥EM .∵AC 是圆O 的直径，∴∠ABC ＝90°. 又∵∠BAC ＝30°，AC ＝4， ∴AB ＝23，BC ＝2，AM ＝3，CM ＝1. ∵EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，∴FC ⊥平面ABC . 又FC ＝CM ＝1，AM ＝EA ＝3，∴△EAM 与△FCM 都是等腰直角三角形． ∴∠EMA ＝∠FMC ＝45°. ∴∠EMF ＝90°，即EM ⊥MF . ∵MF ∩BM ＝M ，∴EM ⊥平面MBF . 而BF ⊂平面MBF ，∴EM ⊥BF .(2)解：延长EF 交AC 的延长线于G ，连接BG ，过点C 作CH ⊥BG ，连接FH .由(1)知FC ⊥平面ABC ，BG ⊂平面ABC ， ∴FC ⊥BG .而FC ∩CH ＝C ，∴BG ⊥平面FCH . ∵FH ⊂平面FCH ，∴FH ⊥BG .∴∠FHC 为平面BEF 与平面ABC 所成的二面角的平面角．在Rt △ABC 中，∵∠BAC ＝30°，AC ＝4，∴BM ＝AB ·sin30°＝ 3.由FC EA ＝GC GA ＝13，得GC ＝2. ∵BG ＝BM 2＋MG 2＝32＋32＝23，又∵△GCH ∽△GBM ， ∴GC BG ＝CH BM，∴CM ＝GC ·BM BG ＝2×323＝1. ∴△FCH 是等腰直角三角形，∠FHC ＝45°. ∴平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 方法二 (1)证明：因为AC 是圆O 的直径，所以∠ABC ＝90°，又∠BAC ＝30°，AC ＝4，所以AB ＝23，而BM ⊥AC ，易得AM ＝3，BM ＝ 3.如图，以A 为坐标原点，垂直于AC 的直线，AC 、AE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，M (0,3,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)． ∴ME →＝(0，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)．由ME →·BF →＝(0，－3,3)·(－3，1,1)＝0，得ME →⊥BF →，∴EM ⊥BF .(2)解：由(1)知BE →＝(－3，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0.令x ＝3得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(3，1,2)．由已知EA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 的一个法向量为AE →＝(0,0,3)．设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝|3×0＋1×0＋2×3|3×22＝22.。

第八章立体几何初步综合复习题-2021-2022学年高二下学期数学人教A版(2019)必修第二册

第八章立体几何初步综合复习题一、选择题1.已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．则“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2.如果PA，PB，PC两两垂直，那么点P在平面ABC内的投影一定是△ABC( )A．重心B．内心C．外心D．垂心3.给出下列命题：（1）若一条直线与两条直线都相交，那么这三条直线共面；（2）若三条直线两两平行，那么这三条直线共面；（3）若直线a与直线b异面，直线b与直线c异面，那么直线a与直线c异面；（4）若直线a与直线b垂直，直线b与直线c垂直，那么直线a与直线c平行；其中正确的命题个数有( )A．0个B．1个C．2个D．3个4.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A．9πB．22π3C．28π3D．34π35.若正四棱锥的侧面积等于12√34，底面边长为6，则棱锥的高等于( )A．4B．5C．6D．76.下列四个正方体中，A，B，C为正方体所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )A．B．C．D．7.如图，平面α∩平面β=l，A，B∈α，C∈β，C∉l，直线AB∩l=D，过A，B，C三点确定的平面为γ，则平面γ，β的交线必过( )A．点A B．点BC．点C，但不过点D D．点C和点D8.若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体A k B k C k D k(k=1,2,3,4)，记△A k B k C k的三个内角分别为A k，B k，C k，其中一定不是“完美四面体”的为( )A．A1:B1:C1=3:5:7B．sinA2:sinB2:sinC2=3:5:7C．cosA3:cosB3:cosC3=3:5:7D．tanA4:tanB4:tanC4=3:5:7二、多选题9.下列说法正确的是( )A．一个棱锥至少有四个面B．如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等C．五棱锥只有五条棱D．用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似10.a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中正确的是( )A．若a∥b，b∥c，则a∥cB．若a与b相交，b与c相交，则a与c也相交C．若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面D．若a与c相交，b与c异面，则a与b异面11.在正方体ABCD−AʹBʹCʹDʹ中，过体对角线BDʹ的一个平面交AAʹ于E、交CCʹ于F，则以下结论中正确的是( )A．四边形BFDʹE一定是平行四边形B．四边形BFDʹE有可能是正方形C．四边形BFDʹE有可能是菱形D．四边形BFDʹE在底面的投影一定是正方形12.如图，在正四棱锥S−ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN（不包含端点）上运动时，下列四个结论中恒成立的为( )A．EP⊥AC B．EP∥BDC．EP∥平面SBD D．EP⊥平面SAC三、填空题13.如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB=AD=DG=2，AC=EF=1，则该多面体的体积为．14.已知三棱锥P−ABC的侧棱PA，PB，PC两两垂直，且长度均为1，若该棱锥的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为．15.我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有一“阳马”如图所示，PA⊥平面ABCD，PA=4，AB=√3，AD=1，则该“阳马”外接球的表面积为．16.已知a，b为异面直线，且a，b所成的角为40∘，过空间一点作直线c，直线c与a，b均异面，且所成的角均为θ．若这样的直线c共有四条，则θ的取值范围为．三、解答题17.已知P是平面ABC外一点，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，求证：PC⊥BC．18.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上的一点，且PA=AC，求二面角P−BC−A的大小．19.如图，已知在棱长为a的正方体A1B1C1D1−ABCD中，M，N分别是棱CD，AD的中点．求证：(1) 四边形MNA1C1是梯形；(2) ∠DNM=∠D1A1C1．20.如图，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE，且AE=1，AB=2．(1) 求证：AB⊥平面ADE；(2) 求凸多面体ABCDE的体积．21.如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，BC=EF=1，AE=√6，DE=3，∠BAD=60∘，G为BC的中点．(1) 求证：FG∥平面BED；(2) 求证：平面BED⊥平面AED；(3) 求直线EF与平面BED所成角的正弦值.22.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60∘，Q为AD的中点，(1) 若PA=PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；(2) 点M在线段PC上，PM=tPC，试确定实数t的值，使得PA∥平面MQB；(3) 在（2）的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，PA=AD=PD=2，求二面角M−BQ−C的大小．。

2019高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何章末检测 理 新人教A版

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