【数学】第一章《立体几何初步》测试(2)(北师大版必修2)
(压轴题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(包含答案解析)(3)
一、选择题1．现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC -，点P 在底面ABC 的投影为Q ，满足12QABQAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =，若要将此工艺品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）A ．42πB ．44πC ．48πD ．49π2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，M 为棱1DD 上的一点．当1A M MC +取得最小值时，1B M 的长为（ ）A 3B 6C ．23D ．263．已知三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的表面上，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是3O 的表面积是（ ） A ．28π3B ．14π3C ．56π3D ．7π 34．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π5．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（ ） A ．728B ．728-C ．3714D ．3714-6．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（ ）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π27．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（ ）A ．43B ．2C ．4D ．68．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是正方形，且平面ABCD ⊥平面AEB ，则（ ）A ．DEC ∠可能为90︒B ．若AEB △是等边三角形，则DEC 也是等边三角形C ．若AEB △是等边三角形，则异面直线DE 和AB 所成角的余弦值为24D ．若AEB △是直角三角形，则BE ⊥平面ADE9．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 10．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE11．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（ ）A ．43 B ．83C ．3D ．412．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ） A ．若//a b ，//a α，则//b α B ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥ C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α二、填空题13．如图，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，E 是棱AB的中点，设平面α经过直线1A E ，且α平面111,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．14．如图在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=，E 为AB 中点，将AED 沿DE 折起使二面角A ED C '--的大小为90，则空间A '、C 两点的距离为________；15．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值为32，则这个球的表面积为______. 16．如图，四边形ABCD 是矩形，且有2AB BC =，沿AC 将ADC 翻折成AD C '，当二面角D AC B '--的大小为3π时，则异面直线D C '与AB 所成角余弦值是______.17．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.18．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．19．已知扇形的面积为56π，圆心角为63π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________．20．棱长为a 的正四面体的外接球的表面积为______．三、解答题21．在如图所示几何体中，平面PAC ⊥平面ABC ，//PM BC ，PA PC =，1AC =，22BC PM ==，5AB =．若该几何体左视图（侧视图）的面积为34．（1）画出该几何体的主视图（正视图）并求其面积S ； （2）求出多面体PMABC 的体积V ．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.（1）求证://EF 平面ABP ; （2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ; （3）求三棱锥C AEF -的体积23．如图所示，已知在三棱锥A BPC -中，,AP PC AC BC ⊥⊥，M 为AB 的中点，D为PB 的中点，且PMB △为正三角形．（Ⅰ）求证：//DM 平面APC ； （Ⅱ）求证：平面ABC ⊥平面APC ；（Ⅲ）若4,20BC AB ==，求三棱锥D BCM -的体积．24．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ； （2）设1AP =，3AD =，四棱锥P ABCD -的体积为1，求证：平面PAC ⊥平面PBD ．25．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值．26．在三棱锥P ABC -中，G 是底面ABC 的重心，D 是线段PC 上的点，且2PD DC =.（1）求证：DG//平面PAB ；（2）若PAB △是以PB 为斜边的等腰直角三角形，求异面直线DG 与PB 所成角的余弦值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】作QM AB ⊥，连接PM ，易证AB PM ⊥，由112122QAB PABAB QMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到2PM QM =，再根据12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得到AB BC AC ==，然后根据22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =6,3AB AQ ==，在AOQ△中，由222AO OQ AQ =+求解半径即可.【详解】 如图所示：作QM AB ⊥与M ，连接PM ， 因为PQ ⊥平面ABC ，所以PQ AB ⊥，又QM PQ Q ⋂=， 所以AB ⊥平面PQM ， 所以AB PM ⊥，所以112122QAB PAB AB QM S S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△, 2PM QM =,因为12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△， 由对称性得AB BC AC ==,又因为22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS=所以21sin 60932ABCSAB =⨯⨯= 解得6,3AB AQ == 所以3,23,3QM PM PQ ===，设外接球的半径为r ，在AOQ △中，222AO OQ AQ =+，即()(222323r r =-+， 解得72r =， 所以外接球的表面积为2449S r ππ==， 即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是由1 2QAB QAC QBCPAB PAC PBCS S SS S S===△△△△△△得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心的位置而得解..2．A解析：A【分析】本题首先可通过将侧面11CDD C绕1DD逆时针转90展开得出当1A、M、2C共线时1A M MC+取得最小值，此时M为1DD的中点，然后根据11B A⊥平面11A D DA得出111B A A M⊥，最后根据221111M AB B A M=+即可得出结果.【详解】如图，将侧面11CDD C绕1DD逆时针转90展开，与侧面11ADD A共面，连接12A C，易知当1A、M、2C共线时，1A M MC+取得最小值，因为1AB AD==，12AA=，所以M为1DD的中点，12A M=因为11B A⊥平面11A D DA，1A M⊂平面11A D DA，所以111B A A M⊥，则222211111(2)3M B A A MB=+=+=故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当M为1DD的中点时1A M MC+取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.3．A解析：A【分析】首先得到11AB A∠是1AB与底面111A B C所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．【详解】因为侧棱1AA ⊥底面111A B C ，则11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒． 故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =． 设111AA A B a ==，则111313323224ABC A B C a V a a a -=⨯⨯⨯==三棱柱， 解得2a =．所以球O 的半径22232722233R ⎛⎫⎛⎫+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭， 所以球O 的表面积22728π4π4π33S R ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭． 故选：A ． 【点睛】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．4．B解析：B 【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=， 而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===， 所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则23R =所以外接球的表面积为2412S R ππ== 故选：B 【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．5．C解析：C 【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案. 【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==，所以2211111122B D D C B C =+=213110B E =+=222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D ==+=+，由余弦定理得，从而22211111111137cos 24214B D D E B E B D E B D D E +-∠===⨯⨯. 故选：C 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6．D解析：D 【分析】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE ⊥平面11ACC A 可得BE AM ⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1ACCC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥.7．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.8．C解析：C 【分析】对A ，直角三角形的斜边大于直角边可判断；对B ，由>=EC EB DC 可判断；对C ，可得CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，即可求出；对D ，EAB ∠（或EBA ∠）为直角时，BE 与平面ADE 不垂直. 【详解】对A ，由题意，若90DEC ∠=︒，则DC EC >，但EC BC CD >=，故A 不正确； 对B ，若AEB △是等边三角形，显然有>=EC EB DC ，所以DEC 不会是等边三角形，故B 不正确；对C ，若AEB △是等边三角形，设边长为2，则22DE EC ==//AB CD ，则CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，易求2cos 422CDE ∠==，故C 正确； 对D ，当AEB △是以AEB ∠为直角的直角三角形时，BE ⊥平面ADE ，当AEB △是以EAB ∠（或EBA ∠）为直角的直角三角形时，BE 与平面ADE 不垂直，故D 不正确． 故选：C. 【点睛】本题考查四棱锥的有关位置关系的判断，解题的关键是正确理解长度关系，正确理解位置关系的变化.9．D解析：D 【分析】过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解. 【详解】如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ， 则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形， 所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =， 由于2ABC π∠=，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=所以，222CG CF FG =+，则2CFG π∠=.故选：D. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．10．C解析：C 【分析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH 的中点O ,连接ON ,BO ，可以证明MN ‖BO ,利用BO 与平面ABE 的关系可以判定MN 与平面ABE 的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN 与平面BCF 的关系，利用面面平行的性质可以判定MN 与平面ADE 的关系，进而对选择支B 作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN 与平面BDE 的平行关系，进而判定C ；利用M ,N 在平面CDEF 的两侧，可以判定MN 与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.11．A解析：A【分析】首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可.【详解】-，由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥P ABC该棱锥的体积：11142223323V Sh ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选：A. 【点睛】方法点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．12．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确； 在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．二、填空题13．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且解析：910【分析】 取AD 的中点F ，连接1A F ，证明平面1A EF ⊥平面11A ACC ，平面1A EF 即平面α，然后分别取1111B C D C 、的中点M N 、，证明平面1//A EF 平面MNC ，可得//CM 1l ，//CN 2l ，可得异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】由直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均相等，3BAD π∠=，所以ABCD 是菱形，连接AC BD 、，1111AC B D 、，且ACBD O =，11111A C B D O ⋂=，所以BD AC ⊥，1111B D A C ⊥，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1AA BD ⊥，且1AA AC A =，所以BD ⊥平面11A ACC ，取AD 的中点F ，连接1A F ，连接EF 交AC 与G ，所以//EF BD ，且G 是AO 的中点，所以EF ⊥平面11A ACC ，所以平面1A EF ⊥平面11A ACC ， 又1A E ⊂平面1A EF ，所以平面1A EF 即平面α，分别取1111B C D C 、的中点M N 、，连接MN 交11A C 与H 点，H 即为11O C 的中点， 所以1A H GC =，且1//A H GC ，所以四边形1A HCG 是平行四边形，所以1//A G HC ，1AG ⊄平面CMN ，CH ⊂平面CMN ，所以//A G 平面CMN ， 又因为11//////EF BD B D MN ，EF ⊄平面CMN ，MN ⊂平面CMN ， 所以//MN 平面CMN ，又1AG EF G =，所以平面1//A EF 平面MNC ，且平面11B C CB ⋂平面MNC MC =， 平面11D C CD平面MNC NC =，所以//CM 1l ，//CN 2l ，所以异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，设2AB =， 则直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长均为2，由3BAD π∠=，所以112BD AB B D ===，11112MN D B ==，且CM CN ====，由余弦定理得222551922510CM CN MN MCN CM CN +-+-∠===⨯⨯.故答案为：910. 【点睛】本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面α及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.14．【分析】由二面角的大小为可得平面平面得到平面由勾股定理可得答案【详解】连接所以是等边三角形所以因为为中点所以所以即所以因为平面平面平面平面所以平面平面所以所以故答案为：【点睛】对于翻折问题解题时要认解析：22 【分析】由二面角A ED C '--的大小为90，可得平面A ED '⊥平面EDCB ，得到A E '⊥平面EDCB ，由勾股定理可得答案. 【详解】连接DB CE 、，2AB AD ==，60A ∠=，所以ABD △、CBD 是等边三角形， 所以2AD BD CD ===，因为E 为AB 中点，1AE A E '==， 所以DE AB ⊥，DE A E ⊥'，3DE =30EDB ∠=，所以90EDC ∠=，即DE CD ⊥，所以222347EC ED CD =+=+=，因为平面A ED '⊥平面EDCB ，DE A E ⊥'，平面A ED'平面EDCB DE =，所以A E '⊥平面EDCB ，EC ⊂平面EDCB ，所以A E EC '⊥， 所以221722A C A E EC ''=+=+=故答案为：2【点睛】对于翻折问题，解题时要认真分析图形，确定有关元素间的关系及翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，根据线线、线面、面面关系正确作出判断，考查了学生的空间想象力..15．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三 解析：254π【分析】先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果. 【详解】根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()2213333322S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为1312sin 60r =⨯=，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==；由于底面积ABCS不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为133ABCS DQ ⋅=，2DQ ∴=，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+， 即2221(2)R R =+-，54R ∴=， 则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭.故答案为：254π. 【点睛】 思路点睛：求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解.16．【分析】作于于可得等于二面角的平面角从而可得然后求得而因此可得是异面直线与所成角（或补角）这样在求解可得【详解】如图作于于则连接根据二面角平面角的定义知与的夹角等于二面角的平面角所以因为所以设则在矩解析：12． 【分析】作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，可得,MD NB '<>等于二面角D AC B '--的平面角，从而可得DMD '∠，然后求得DD '，而//AB CD ，因此可得D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．这样在DCD '求解可得．【详解】如图，作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，则//DM BN ，连接,D M DD ''， 根据二面角平面角的定义知MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角， 所以,3MD NB π'<>=，因为//DM BN ，所以23DMD π'∠=，设1BC =，则AB ==ABCD 中，AC =3DM ==，3D M DM '==， 则22222212cos 22333332DD DM D M DM D M π⎛⎛⎛⎫'''=+-⋅=+-⨯-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以DD '=因为//AB CD ，所以D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．DCD '是正三角形，3D CD π'∠=，1cos 2D CD '∠=． 所以异面直线D C '与AB 所成角余弦值是12． 故答案为：12．【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题方法根据异面直线所成角定义作出它们所成的角，然后解三角形可得，解题关键是利用图中MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，从而求得DMD '∠，只要设1BC =，可求得DD '，从而求得结论．17．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ，可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===，1OH OM ON ===，所以HM HN ==tan tan NHO OHM ∠=∠=，11tan tan()1O HN O HO NHO ∠=∠-∠====+1184tan tan()631O HM O HO OHM +∠=∠+∠====， 所以tan θ的取值范围是44,33⎡+⎢⎣⎦，故答案为：⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.18．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为解析：34【分析】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值. 【详解】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠，由余弦定理得2223cos 24VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅，因此，二面角V AB C --的余弦值为34. 故答案为：34. 【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题.19．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得 解析：36π【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积. 【详解】设扇形的长为l ，半径为R ，则22111656222S lR R παπ====，解得30R =l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径5r =∴225R r -=．设外接球的半径为1R ，∴()222115(5)R R =-+，解得13R =，∴该外接球的表面积为21436R ππ=，故答案为：36π.【点睛】本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题.20．【分析】由正四面体性质可知球心在棱锥高线上利用勾股定理可求出半径R 即可求出球的面积【详解】正四面体的棱长为：底面三角形的高：棱锥的高为：设外接球半径为R 解得所以外接球的表面积为：；故答案为：【点睛】解析：232a π 【分析】由正四面体性质可知，球心在棱锥高线上，利用勾股定理可求出半径R ，即可求出球的面积. 【详解】正四面体的棱长为：a ，a =，=， 设外接球半径为R ，222)()33R a R a =-+，解得4R a =，所以外接球的表面积为：22342a ππ⎫⨯=⎪⎪⎝⎭； 故答案为：232a π． 【点睛】本题考查球的表面积的求法，解题的关键是根据球心的位置，在正四面体中求出球的半径．三、解答题21．（1）主视图（正视图）见解析，4S =；（2）4V =. 【分析】（1）根据侧视图计算出PAC △的边AC 上的高，进而可作出几何体PMABC 的主视图，利用梯形的面积公式可求得几何体的主视图的面积；（2）分别取AC 、PC 的中点O 、N ，连接PO 、AN ，推导出AN ⊥平面BCPM ，计算出AN 和梯形BCPM 的面积，利用锥体的体积公式可求得多面体PMABC 的体积V . 【详解】（1）在几何体PMABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ， 设PAC △的边AC 上的高为h ，则该几何体的侧视图的面积为1324AC h ⋅=，得32h =， 又因为22BC PM ==，所以，该几何体的主视图（正视图）如下图所示：由图可知，该几何体的主视图为直角梯形，其面积为()1233322S +⨯==⨯； （2）分别取AC 、PC 的中点O 、N ，连接PO 、AN ，如下图所示：PA PC =，O 为AC 的中点，所以，PO AC ⊥，由（1）可知，3PO h ==1122AO CO AC ===，由勾股定理可得221PC PA AO PO ==+=，所以，PAC △为等边三角形，N 为PC 的中点，AN PC ∴⊥，且3sin 602AN AC ==. 1AC =，2BC =，5AB =222AC BC AB ∴+=，BC AC ∴⊥，平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC AC =，BC ⊂平面ABC ，BC ∴⊥平面PAC ，AN 、PC ⊂平面PAC ，BC AN ∴⊥，BC PC ⊥， PC BC C =，AN ∴⊥平面BCPM ， //PM BC ，PM PC ∴⊥，所以，梯形BCPM 的面积为()322BCPM BC PM PC S +⋅==梯形，因此，1133333224BCPM V S AN =⋅=⨯⨯=梯形. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．22．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）98. 【分析】（1）取PA 的中点G ，连接,BG EG ，证明四边形EFBG 为平行四边形，得出//EF BG ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）先证明PA ⊥平面ABCD ，从而得出PA CD ⊥，再由等腰三角形的性质得出AE PD ⊥，最后由面面垂直的判定定理证明即可；（3）以AFC △为底，12PA 为高，由棱锥的体积公式得出答案.【详解】（1）如图，取PA 的中点G ，连接,BG EG .因为点,E G 分别为,PD PA 的中点，所以1//,2EG AD EG AD =又因为F 是BC 的中点，四边形ABCD 是正方形，所以//BF EG 且BF EG = 故四边形EFBG 为平行四边形，所以//EF BG 因为BG ⊂平面,ABP EF 不在平面ABP 内， 所以//EF 平面ABP .（2）由条件知32,3PB PD PA AD AB =====， 所以PAB △和PAD △都是等腰直角三角形，,PA AB PA AD ⊥⊥ 又因为,,ABAD A AB AD =⊂平面,ABCD 所以PA ⊥平面ABCD因为CD ⊂平面ABCD ，所以PA CD ⊥又因为,,AD CD PA AD A ⊥⋂=所以CD ⊥平面PAD ，所以CD AE ⊥因为E 是PD 的中点，所以AE PD ⊥又因为,,PD CD D PD CD ⋂=⊂平面PCD ，所以AE ⊥平面PCD 因为AE ⊂平面,AEF 所以平面AEF ⊥平面PCD . （3）由图可知C AEF E ACF V V --=，1111319333232228E ACF ACF V S PA -=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=△，即三棱锥C AEF -的体积为98【点睛】关键点睛：在证明线线平行时，关键是证明四边形EFBG 为平行四边形，从而得出//EF BG .23．（1）见详解；（2）见详解；（3）107 【分析】(1)先证DM AP ∥，可证//DM 平面APC .(2)先证AP ⊥平面PBC ，得⊥AP BC ，结合AC BC ⊥可证得BC ⊥平面APC . (3)等积转换，由D BCM M DBC V V --＝，可求得体积. 【详解】证明：因为M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，所以MD 是ABP △的中位线，MD AP .又MD 平面APC ，AP ⊂平面APC ， 所以MD 平面APC .（2）证明：因为PMB △为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD PB ⊥.又MDAP ，所以AP PB ⊥.又因为AP PC ⊥，PB PC P ＝，所以AP ⊥平面PBC .因为BC ⊂平面PBC ，所以⊥AP BC . 又因为BC AC ⊥，AC AP A ⋂＝， 所以BC ⊥平面APC . (3)因为AP ⊥平面PBC ，MDAP ，所以MD ⊥平面PBC ，即MD 是三棱锥M DBC -的高. 因为20AB =，M 为AB 的中点，PMB △为正三角形，。
新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(答案解析)(1)
一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（ ）A ．5B ．2C ．3D ．22．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（ ） A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥3．已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直，且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ，又2()162a b c +=，侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A ．10πB ．40πC ．20πD ．18π4．如图，四棱柱ABCD A B C D ''''-中，底面ABCD 为正方形，侧棱AA '⊥底面ABCD ，32AB =，6AA '=，以D 为圆心，DC '为半径在侧面BCC B ''上画弧，当半径的端点完整地划过C E '时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（ ）A ．964π B ．934π C ．962π D ．932π 5．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（ ）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π26．已知α、β是平面，m 、n 是直线，下列命题中不正确的是（ ） A ．若//m α，n αβ=，则//m n B ．若//m n ，m α⊥，则n α⊥ C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβD ．若m α⊥，m β⊂，则αβ⊥7．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π8．已知E ，F 是四面体的棱AB ，CD 的中点，过EF 的平面与棱AD ，BC 分别相交于G ，H ，则（ ） A ．GH 平分EF ，BH AGHC GD= B ．EF 平分GH ，BH GDHC AG= C ．EF 平分GH ，BH AGHC GD = D ．GH 平分EF ，BH GDHC AG= 9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．16B ．13C ．1D ．210．如图，正方体1111ABCD A BC D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．1DC PC ⊥B ．异面直线AD 与PC 不可能垂直 C ．1D PC ∠不可能是直角或者钝角 D ．1APD ∠的取值范围是,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭ 11．已知长方体1111ABCD A BC D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（ ） A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C ．3 D ．12二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11BC CB 所成角的正弦值是______.14．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中AC B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.15．正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1，点E 在边BC 上，且满足2BE EC =，动点P 在正方体表面上运动，满足1PE BD ⊥，则动点P 的轨迹的周长为__________． 16．如图，在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,22ACB AC BC A B CC ∠=︒====，平面11AA B B ⊥平面ABC ，则该三棱台外接球的表面积为___________.17．已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱AA 1的中点，P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点（含边界），若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的取值范围是________.18．如图，在直角梯形ABCD 中，//,,2,3,60AB CD AB AD CD AB ABC ⊥==∠=°，将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积是_________________．19．在正三棱锥S ABC -中，3AB =4SA =，E 、F 分别为AC 、SB 的中点，过点A 的平面α//平面SBC ，α平面=ABC l ，则异面直线l 和EF 所成角的余弦值为_________.20．如图①，一个圆锥形容器的高为2a ，内装有一定量的水.如果将容器倒置，这时水面的高恰为a （如图②），则图①中的水面高度为_________．三、解答题21．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2AC BC AC BC CC ⊥===.（1）求三棱柱111ABC A B C -的体积； （2）求异面直线1CB 与1AC 所成角的大小； （3）求二面角1B AC C --的平面角的余弦值.22．如图，正四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 的边长为4，4PD =，E 为PA 的中点.（1）求证：//PC 平面EBD . （2）求三棱锥E ABD -的体积.23．如图，四边形ABCD 为梯形，//,60,2,3,6AB CD C AB BC CD ∠=︒===，点M 在边CD 上，且13CM CD =．现沿AM 将ADM △折起至AQM 的位置，使3QB =．（Ⅰ）求证：QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）求直线BM 与平面AQM 所成角的正弦值．24．在如图所示的几何体中，四边形BCED 为直角梯形，//DE CB ，BC EC ⊥，90AED ∠=︒.（1）证明：平面ABC ⊥平面ACE .（2）若P ，Q 分别是AE ，CD 的中点，证明：//PQ 平面ABC .25．将棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -沿平面11A BCD 截去一半（如图1所示）得到如图2所示的几何体，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点.（Ⅰ）证明：EF ⊥平面1A AC ； （Ⅱ）求三棱锥1A D EF -的体积.26．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===133xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=， 设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，2532x x-=，解得3x =则1AO =，底面边长为23， 则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．C解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 3．A解析：A 【分析】将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和2()a b c +=a b =，进而得到2c a =，带入体积公式求得2,a b c ===，根据公式24S R π=求出外接球的表面积. 【详解】解：211166()643V abc ab ab a b ab ==⋅⋅=+，当且仅当a b =时取等号， 因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，则2PC a c ==，21623V a a ∴=⨯=，2,a b c ∴===所以2222410R a b c =++=， 故外接球的表面积为10π. 故选：A. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.4．A解析：A 【分析】先确定曲面面积占以点D 为顶点，DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，利用圆锥的侧面积S rl π=即可得出结论.由题意 6,CE CC AA BC AB ''=====BE ==45BCE ∠=， 45ECC '∠=， 所以曲面面积占以点D 为顶点，DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，所以圆锥的侧面积 6S rl CC DC πππ'==⨯⨯=⨯⨯，所以曲面面积为18⨯=. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18是关键，考查系数的空间想象力. 5．D解析：D 【分析】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE⊥平面11ACC A 可得BE AM⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1AC CC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥. 6．A解析：A 【分析】根据已知条件判断直线m 、n 的位置关系，可判断A 选项的正误；利用线面垂直的性质可判断BC 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，若//m α，则直线m 与平面α内的直线平行或异面， 由于n αβ=，则直线m 、n 平行或异面，A 选项错误；对于B 选项，若//m n ，m α⊥，则n α⊥，B 选项正确； 对于C 选项，若m α⊥，m β⊥，则//αβ，C 选项正确；对于D 选项，若m α⊥，m β⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，D 选项正确. 故选：A. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．7．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=， 当90θ=时，max 12h x =， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-， 所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=.故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.8．C解析：C 【分析】举特例舍去不正确选项，可得正确答案. 【详解】过EF 的平面为平面ABF 时，G 在A 点， H 在B 点，所以0BH AGHC GD==，EF 平分GH ， 即BH AG HC GD=，所以舍去ABD ，选C 故选：C9．B解析：B 【分析】根据三视图得到直观图，根据棱锥的体积公式可得结果. 【详解】由三视图可知，该几何体是长、宽、高分别为1,2,1的长方体中的三棱锥D ABC -，如图所以：所以该几何体的体积为111121323V =⨯⨯⨯⨯=. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据三视图还原出直观图是本题解题关键.10．D解析：D 【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A ，根据异面直线所成角可判断B ，由余弦定理可判断CD. 【详解】 如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知1DC ⊥平面11A BCD ，P 为线段1A B 上的动点，则PC ⊂平面11ABCD ,所以 1DC PC ⊥，故A 正确；因为异面直线AD 与PC 所成的角即为BC 与PC 所成的角，在Rt PBC 中不可能BC 与PC 垂直，所以异面直线AD 与PC 不可能垂直，故B 正确；由正方体棱长为2，则222222211114480D P PC DC A P BP A P BP +-=+++-=+>， 所以由余弦定理知1cos 0D PC ∠>，即1D PC ∠不可能是直角或者钝角，故C 正确；设1(0A P x x =≤≤，则2214D P x =+，222422cos44AP x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，2222111112cos =22AP D P AD x AP D P A PD P AP D ∠=+--⋅⋅，当x <1cos 0APD ∠<，所以1APD ∠为钝角，故D 错误.故选：D 【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.11．C解析：C 【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】 如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O 的半径R满足2R == 所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】 如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =，以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ， 在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos452AC CD ==AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==ABD ∴为等边三角形，则2BD ， 四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， ABAD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则2BE ==，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==， 所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，AB =，2AE BE ==，由余弦定理可得222cos 24AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅.因此，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为4. 故选：B. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的解析：10【分析】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11BC CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11BC CB 所成的角，进而可得答案. 【详解】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，11BB A D ∴⊥，又11111A B AC ==，111A D B C ∴⊥， 又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ，1A D ∴⊥平面11BC CB ，1A B ∴在平面11BC CB 上的射影为DB ，故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11BC CB 所成的角，11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+=111Rt B AC 中，111212122B C A D === 1Rt A BD ∴中，1112102sin 105A D A BD AB ∠===， 10【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.14．【分析】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根 解析：82【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可． 【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以114428222ABCSBC AO =⋅=⨯⨯= 故答案为：82 【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．15．【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解：如图正方体中连接：易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面解析：2． 【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ，将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题，又2GE EF GF ===，代入计算即可. 【详解】解：如图正方体中连接11,,AC B C B A ：易得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB == 连接,,GE EF GF ，易得1//,//GE AC EF BC 根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG 所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，因为133GE EF GF ====所以动点P 的运动轨迹周长为3GE EF GF ++==【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，面面平行的概念，解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，代值计算即可.16．【分析】取与中点根据平面平面可知平面球心必在直线上设球心为D 则可求得球心恰好为点O 从而求得外接球的半径代入球的表面积公式计算【详解】在三棱台中可得都是等腰三角形四边形为等腰梯形即如图取与中点连接则可 解析：32π【分析】取AB 与11A B 中点,O O '，根据平面11AA B B ⊥平面ABC ，可知'⊥O O 平面ABC ，球心必在直线O O '上，设球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，可求得球心恰好为点O ，从而求得外接球的半径R ，代入球的表面积公式计算. 【详解】在三棱台111ABC A B C -中，11190,4,ACB AC BC A B CC ∠=︒====111,A A C C B B 都是等腰三角形，11112AC B C ==，四边形11A ABB 为等腰梯形即11AA BB =，如图，取AB 与11A B 中点,O O '，连接1,,CO OO C O ''，则可得1CO C O '=，O O AB '⊥，又平面11AA B B ⊥平面ABC ，两面交线为AB ，所以'⊥O O 平面ABC .因为OA OB OC ==,111O A O BO C '''==,面//ABC 面111A B C ,所以球心必在直线O O '上.所以在直角梯形1C O OC '中可求得O O '=由题意可知，该三棱台外接球的外接球的球心必在直线O O '上，设球的半径为R ，球心为D ，则()22221O D O O OC O D O C ''''-+=+，得6O D '=，所以球心恰好为点O ，所以球的半径为22，所以该三棱台外接球的表面积为24(22)32ππ=. 故答案为：32π【点睛】方法点睛：定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助面面垂直的性质，找到线面垂直，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.17．【分析】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又 解析：[32,25]【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】 如下图所示，连MN ，EF ，1A D ，EMM ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN A D ，1//EF A D ，//EF MN ∴，又MN ⊂平面1C EF ，EF ⊂平面1C EF ，//MN ∴平面1C EF ．11//,C C EM C C EM =， ∴四边形1C CME 为平行四边形， 1//C E CM ，又CM ⊄平面1C EF ，1C E ⊂平面1C EF ，//CM ∴平面1C EF ，又NMCM M =，∴平面//NMC 平面1C EF ．P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点，且C 1P ∥平面CMN ，∴点P 必在线段EF 上．在Rt △11C D E 中，1C E ===同理，在Rt △11C D F 中，可得1C F =，∴△1C EF 为等腰三角形．当点P 为EF 中点O 时，1C P EF ⊥，此时1C P 最短；点P 位于,E F 处时，1C P 最长．1C O C ===11C E C F ==∴线段1C P 长度的取值范围是．故答案为： 【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．18．【分析】此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周得到的是圆台然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算【详解】将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周得到的是圆台其中圆台的上底半径为r ＝CD ＝2下底半径为R ＝AB ＝ 解析：23π【分析】此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算． 【详解】将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，其中圆台的上底半径为r ＝CD ＝2，下底半径为R ＝AB ＝3，母线BC ＝2， ∴圆台的上底面积为πr 2＝4π，下底面积为πR 2＝9π， 圆台的侧面积为（πr +πR ）•BC ＝π（2+3）×2＝10π， ∴圆台的表面积为4π+9π+10π＝23π， 故答案为23π． 【点睛】本题考查圆台表面积的计算，利用旋转体的定义确定该几何体是圆台是解决本题的关键．19．【分析】取中点连结根据题意得故所以为异面直线和所成角再根据几何关系求得在中故进而得答案【详解】取中点连结依题意：所以所以为异面直线和所成角在正三棱锥中是中点所以又因为平面平面所以平面所以因为分别是的 解析：217【分析】取AB 、BC 中点D 、G ，连结DE 、DF 、GS 、GA ，根据题意得//l BC ，//DE BC ，故//lDE ，所以DEF ∠为异面直线l 和EF 所成角，再根据几何关系求得在Rt DEF ∆中，122DF SA ==，11322DE BC AB ===，227EF DE DF =+=，故321cos 77DE DEF EF ∠===，进而得答案. 【详解】取AB 、BC 中点D 、G ，连结DE 、DF 、GS 、GA ， 依题意：//l BC ，//DE BC ， 所以//l DE ，所以DEF ∠为异面直线l 和EF 所成角.在正三棱锥S ABC -中，G 是BC 中点，所以SG BC ⊥，AG BC ⊥， 又因为SG AG G ⋂=，SG ⊂平面SAG ，AG ⊂平面SAG ， 所以BC ⊥平面SAG ，所以BC SA ⊥. 因为F 、D 分别是SB 、AB 的中点， 所以//DF SA . 所以DEDF ⊥.Rt DEF ∆中，122DF SA ==，1122DE BC AB ===，所以EF .所以cos 7DE DEF EF ∠===.故异面直线l 和EF 所成角的余弦值为：7故答案为：7【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.20．【分析】由第二个图可知水的体积占整个圆锥体积的在第一个图中水的体积占圆锥的上面小圆锥体积占大圆锥体积的根据小圆锥体积与大圆锥体积比是其高的三次方的比即可解得a 的值【详解】在图②中水形成的小圆锥和大圆解析：(2a【分析】由第二个图可知，水的体积占整个圆锥体积的18，在第一个图中，水的体积占圆锥的18，上面小圆锥体积占大圆锥体积的78，根据小圆锥体积与大圆锥体积比是其高的三次方的比，即可解得a 的值. 【详解】在图②中，水形成的小“圆锥”和大圆锥形容器高的比为12，底面半径比为12，故其底面积的比为14，所以体积比为18，则在图①中，无水部分形成的小“圆锥”和大圆锥形容器的体积比为78，设水面高度为h ，则小“圆锥”和大圆锥形容器的高的比为22a h a-，体积比为327(=28a h a -），解的h =(2a .故答案为: (2a 【点睛】本题考查了圆锥的体积的计算，属于中档题目，解题中的关键是要准确利用圆锥体积公式得到大小圆锥体积比与大小圆锥的高比的关系.三、解答题21．（1）4；（2）60︒；（3）33. 【分析】（1）根据棱锥的体积公式求解即可；（2）作辅助线，利用平行得出异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠，再结合等边三角形的性质得出夹角；（3）过C 作1CF AC ⊥于点F ，连接,CF BF ，由11,CF AC BF AC ⊥⊥结合定义得出二面角1B AC C --的平面角，再由直角三角形的边角关系得出平面角的余弦值. 【详解】（1）三棱柱111ABC A B C -的体积1122242ABC V SCC ⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭（2）记1BC 与1BC 的交点为O ，作AB 的中点E ，连接,OE CE ，异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠2CO OE CE ===60COE ︒∴∠=（3）过C 作1CF AC ⊥于点F ，连接,CF BF11,CF AC BF AC BFC ⊥⊥⇒∠为所求角3tan 2,cos 2BC BFC BFC FC ∠===∠=【点睛】关键点睛：在求异面直线的夹角时，关键是利用中位线定理得出平行，从而得出异面直线的夹角.22．（1）证明见解析；（2）823.【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，利用三角形中位线定理可得//EO PC ，再由线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明PO ⊥面ABCD ，由E 是PA 的中点，可得E 到面ABCD 的距离12PO =，再利用棱锥的体积公式可得答案. 【详解】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接EO .四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点，又E 为PA 中点，//EO PC ∴，又EO ⊂面EBD ，PC ⊄面EBD ，//PC ∴面EBD .（2）正四棱锥P ABCD -中,PA PC =，O 是AC 的中点 PO AC ∴⊥，PD PB =，O 是BD 的中点 PO BD ∴⊥，又AC 与BD 在平面ABCD 内相交， 所以PO ⊥面ABCDE 是PA 的中点， E ∴到面ABCD 的距离12PO =， 221822,2ABD S AB AD PO PD DO ∆=⋅⋅==-=，182323E ABD ABD PO V S -∆=⋅⋅=【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）3714． 【分析】（Ⅰ）设DB AM O ⋂=，证明所以AM ⊥平面QOB ，得QB AM ⊥，再由勾股定理证明QB BO ⊥， 后可得证线面垂直；（Ⅱ）作BP QO ⊥于P ，证明BMP ∠即是BM 与平面AQM 所成的角．在直角三角形中计算可得． 【详解】（Ⅰ）解：因为3,6,60BC CD C ==∠=︒，所以由余弦定理得2236236cos6033BD =+-⨯⨯︒=，从而222BD BC CD +=，所以DB BC ⊥，由已知得ABMC ，所以ABCM 为平行四边形，所以DB AM ⊥，设DB AM O ⋂=，则折后可得,AM QO AM BO ⊥⊥，又QOBO O =，,QO BO ⊂平面BQO ，所以AM ⊥平面QOB ，QB ⊂平面QOB ，所以QB AM ⊥， 因为23,3,3QO OB QB ===，即222QB BO QO +=，所以QB BO ⊥， 因为AM BO O ⋂=，,AM BO ⊂平面ABCM ，所以QB ⊥平面ABCM ；（Ⅱ）在平面BOQ 内作BP QO ⊥于P ，则由AM ⊥平面QOB ，得AM BP ⊥， 又QOAM O =，,QO AM ⊂平面AQM ， 所以BP ⊥平面AQM ，连MP ，则MP 是BM 在平面AQM 上的射影，所以BMP ∠即是BM 与平面AQM 所成的角． 因为333223QB OB BP QO ⋅⨯===，222cos607BM BC CM BC CM =+-⋅︒= 所以37sin 14BP BMP BM ∠==． 【点睛】方法点睛：本题考查证明线面垂直，考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法：（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得； （2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算． 24．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）由DE EC ⊥，AE DE ⊥，利用线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面ACE ，再由//DE CB ，利用面面垂直的判定定理证明.（2）取CE 的中点O ，连接OP ，OQ ，由三角形中位线可得.//OQ DE ，//OP AC ，再利用线面平行和面面平行的判定定理证明. 【详解】（1）在直角梯形BCED 中，BC EC ⊥，//DE CB ， 则DE EC ⊥.因为90AED ∠=︒，所以AE DE ⊥. 因为AE EC E ⋂=， 所以DE ⊥平面ACE ， 所以BC ⊥平面ACE . 因为BC ⊂平面ABC ， 所以平面ABC ⊥平面ACE .（2）取CE 的中点O ，连接OP ，OQ .因为O ，P 分别为CE ，AE 的中点， 所以//OP AC ,又OP ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，//OP 平面ABC ，同理//OQ 平面ABC ， 因为OP OQ O ⋂=， 所以平面//OPQ 平面ABC ， 又PQ ⊂平面OPQ ， 所以//PQ 平面ABC . 【点睛】方法点睛：证线面平行的方法：①利用判定定理，关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．②若要借助于面面平行来证明线面平行，则先要确定一个平面经过该直线且与已知平面平行，此目标平面的寻找方法是经过线段的端点作该平面的平行线． 25．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1. 【分析】（Ⅰ）由BD AC ⊥和1A A BD ⊥，利用线面垂直的判定定理证得BD ⊥平面1A AC ，然后再由//BD EF 证明.（Ⅱ）由1D D ⊥平面ABCD ，则1D D 是三棱锥1D AEF -在平面AEF 上的高，然后利用等体积法11A D EF D AEF V V --=求解. 【详解】 （Ⅰ）如图所示：连接BD ，易知BD AC ⊥，因为1A A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以1A A BD ⊥，又1A A AC A =，所以BD ⊥平面1A AC .在CBD 中，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点， 所以//BD EF . 所以EF ⊥平面1A AC . （Ⅱ）∵1D D ⊥平面ABCD ，∴1D D 是三棱锥1D AEF -在平面AEF 上的高，且12D D =. ∵点E ，F 分别是BC ，DC 的中点， ∴1DF CF CE BE ====.∴2111322222AEF S AD DF CF CE AB BE =-⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅=△. ∴11111321332A D EF D AEF AEF V V S D D --==⋅⋅=⨯⨯=△. 【点睛】。
高一北师大版数学必修2第一章 立体几何初步单元测试题试卷含答案解析
第二章测试时间120分钟 满分150分一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在下列四个选项中，只有一项是符合题意的)1．已知点P (－3，1)，点Q 在y 轴上，且直线PQ 的倾斜角为120° ，则Q 点的坐标为( )A ．(0,2)B ．(0，－2)C ．(2,0)D ．(－2,0)解析 设Q (0，y )，由k ＝y －13＝－3，得y ＝－2.答案 B2．已知两条直线y ＝ax －2和y ＝(a ＋2)x ＋1互相垂直，则a 等于( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析 由题意，得a (a ＋2)＝－1，得a ＝－1. 答案 D3．已知过点A (－2，m )和B (m,4)的直线与直线2x ＋y －1＝0平行，则m 的值为( )A ．0B ．－8C ．2D ．10解析 由4－mm ＋2＝－2，得m ＝－8.答案 B4．若点A 是点B (1,2,3)关于x 轴对称的点，点C 是点D (2，－2,5)关于y 轴对称的点，则|AC |＝( )A ．5 B.13 C ．10D.10解析 A (1，－2，－3)，C (－2，－2，－5)代两点间距离公式即可．答案 B5．直线y ＋4＝0与圆x 2＋y 2－4x ＋2y －4＝0的位置关系是( ) A ．相切B ．相交，但直线不经过圆心C ．相离D ．相交且直线经过圆心 答案 A6．已知M (－2,0)，N (2,0)，则以MN 为斜边的直角三角形直角顶点P 的轨迹方程是( )A ．x 2＋y 2＝4(x ≠±2)B ．x 2＋y 2＝4C ．x 2＋y 2＝2(x ≠±2)D ．x 2＋y 2＝2解析 由题可知，点P 的轨迹是以MN 为直径的圆(除去M 、N 两点)，∴点P 的轨迹方程是x 2＋y 2＝4(x ≠±2)．答案 A7．若直线3x ＋2y －2m －1＝0与直线2x ＋4y －m ＝0的交点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(－2，＋∞)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－23D.⎝⎛⎭⎪⎫－23，＋∞解析 由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －2m －1＝0，2x ＋4y －m ＝0，得⎩⎨⎧x ＝3m ＋24，y ＝－m －28.由题意，得⎩⎨⎧3m ＋24＞0，－m ＋28＜0，得m ＞－23.答案 D8．已知圆C 的方程为x 2＋y 2－4x ＝0，若圆C 被直线l ：x ＋y ＋a ＝0截得的弦长为23，则a ＝( )A ．2＋ 2 B.2 C ．2± 2D ．－2±2解析 由弦长公式，得3＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋a 12＋122， 得a ＝－2± 2. 答案 D9．将直线2x －y ＋λ＝0沿x 轴向左平移1个单位，所得直线与x 2＋y 2＋2x －4y ＝0相切，则实数λ的值为( )A ．－3或7B ．－2或8C ．0或10D ．1或11解析 将直线平移后得到y ＝2(x ＋1)＋λ＝2x ＋2＋λ， 由题可知，|－2－2＋2＋λ|22＋(－1)2＝5， 得λ＝－3，或λ＝7，故选A. 答案 A10．若圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，则a 的值为( )A ．－2或2 B.12或32 C ．2或0D ．－2或0解析 圆的圆心(1,2)，∴d ＝|1－2＋a |2＝22，得a ＝0，或a ＝2.答案 C二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上)11．当a 为任意实数时，直线ax －y ＋1－3a ＝0恒过定点________． 解析 原方程可化为a (x －3)－(y －1)＝0，∴直线l 过(3,1)． 答案 (3,1)12．直线x －2y ＋5＝0与圆x 2＋y 2＝8相交于A ，B 两点，则|AB |＝________.解析 圆心到该直线的距离d ＝55＝5，∴弦长＝2(22)2－(5)2＝2 3. 答案 2313．两圆相交于两点(1,3)和(m ，－1)，两圆圆心都在直线x －y ＋c ＝0上，且m 、c 均为实数，则m ＋c ＝________.解析 根据两圆相交的性质可知，两点(1,3)和(m ，－1)的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，1在直线x －y ＋c ＝0上，并且过两点的直线与x －y ＋c ＝0垂直，故有⎩⎨⎧1＋m2－1＋c ＝0，3－(－1)1－m ×1＝－1，∴m ＝5，c ＝－2，∴m ＋c ＝3. 答案 314．若不同两点P ，Q 的坐标分别为(a ，b )，(3－b,3－a )，则线段PQ 的垂直平分线l 的斜率为________；圆(x －2)2＋(y －3)2＝1关于直线l 对称的圆的方程为________．解析 ∵k PQ ＝3－a －b3－b －a ＝1，又k l ·k PQ ＝－1∴k l ＝－1，又(2,3)关于l 的对称点为(0,1)， 故所求的圆的方程为x 2＋(y －1)2＝1. 答案 －1 x 2＋(y －1)2＝115．过圆x 2＋y 2－x ＋y －2＝0与x 2＋y 2＝5的交点，且圆心在直线3x －4y －1＝0上的圆的方程为________．解析 设所求的圆的方程为x 2＋y 2－x ＋y －2＋ λ(x 2＋y 2－5)＝0，即(1＋λ)x 2＋(1＋λ)y 2－x ＋y －2－5λ＝0.∴圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12(1＋λ)，－12(1＋λ). 由32(1＋λ)－42(1＋λ)－1＝0，得λ＝－32 故所求的圆的方程为(x ＋1)2＋(y －1)2＝13. 答案 (x ＋1)2＋(y －1)2＝13三、解答题(本大题共有6小题，共75分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)16．(12分)已知两条直线l 1：mx ＋8y ＋n ＝0和l 2：2x ＋my －1＝0.试确定m ，n 的值，使(1)l 1和l 2相交于点(m ，－1)；(2)l 1∥l 2；(3)l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1. 解 (1)∵m 2－8＋n ＝0，且2m －m －1＝0， ∴m ＝1，n ＝7.(2)由m ·m －8×2＝0，得m ＝±4， 由8×(－1)－n ·m ≠0，得n ≠±2，即m ＝4，n ≠－2时，或m ＝－4，n ≠2时，l 1∥l 2. (3)当且仅当m ·2＋8·m ＝0，即m ＝0时，l 1⊥l 2，又－n8＝－1，∴n ＝8. 即m ＝0，n ＝8时，l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1.17．(12分)△ABC 中，顶点A 的坐标为(1,2)，高BE ，CF 所在直线的方程分别为2x －3y ＋1＝0，x ＋y ＝0，求这个三角形三条边所在直线的方程．解 由已知，直线AC 的斜率为－32， 直线AB 的斜率为1.∴直线AC 的方程为3x ＋2y －7＝0， 直线AB 的方程为x －y ＋1＝0.再由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，3x ＋2y －7＝0，可解得C 点坐标为(7，－7)．由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋1＝0，x －y ＋1＝0，可解得B 点坐标为(－2，－1) . 于是直线BC 的方程为2x ＋3y ＋7＝0.18．(12分)已知圆x 2＋y 2－12x ＝0的圆心为Q ，过点P (0,2)且斜率为k 的直线与圆Q 相交于不同两点A ，B ，求实数k 的取值范围．解 x 2＋y 2－12x ＝0可化为(x －6)2＋y 2＝36，又直线过点P (0,2)，斜率为k ，故l 的方程为y ＝kx ＋2，即kx －y ＋2＝0，由题意，得|6k ＋2|k 2＋1＜6，得k ＜43.∴k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，43.19．(13分)已知P (1,2)为圆x 2＋y 2＝9内一定点，过P 点任作直线，与圆相交，求弦的中点的轨迹方程．解 设过P 点的直线与圆相交于A ，B 两点，C 为AB 的中点，设C (x ，y )，由题意，得当P 与C 不重合时，△OPC 为直角三角形，∴C 点在以OP 为直径的圆上，又OP 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，|OP |＝12＋22＝5，∴点C 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋(y －1)2＝54(除去P 点)．又当x ＝1，y ＝2时上式仍成立，∴点C 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋(y －1)2＝54.20．(13分)已知方程x 2＋y 2－2x －4y ＋m ＝0. (1)若此方程表示圆，求m 的取值范围；(2)若(1)中的圆与直线x ＋2y －4＝0相交于M ，N 两点，且OM ⊥ON (O 为坐标原点)，求m ；(3)在(2)的条件下，求以MN 为直径的圆的方程． 解 (1)原方程化为(x －1)2＋(y －2)2＝5－m . ∵此方程表示圆， ∴5－m >0. ∴m <5.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则x 1＝4－2y 1，x 2＝4－2y 2， 得x 1x 2＝16－8(y 1＋y 2)＋4y 1y 2. ∵OM ⊥ON ， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝0.∴16－8(y 1＋y 2)＋5y 1y 2＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－2y ，x 2＋y 2－2x －4y ＋m ＝0，得 5y 2－16y ＋m ＋8＝0. ∴y 1＋y 2＝165，y 1y 2＝8＋m 5. 代入①得m ＝85.(3)以MN 为直径的圆的方程为 (x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0， 即x 2＋y 2－(x 1＋x 2)x －(y 1＋y 2)y ＝0.∴所求圆的方程为x 2＋y 2－85x －165y ＝0.21．(13分)已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0，O 为坐标原点，动点P 在圆外，过点P 作圆C 的切线，设切点为M .(1)若点P 运动到(1,3)处，求此时切线l 的方程； (2)求满足|PM |＝|PO |的点P 的轨迹方程．解 (1)把圆C 的方程化为标准方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝4，∴圆心为(－1,2)，半径为2.①当l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝1满足条件．②当l 的斜率存在时，设斜率为k ，则l ：y －3＝k (x －1)，即kx －y ＋3－k ＝0.由题意，得|－k －2＋3－k |1＋k 2＝2，得k ＝－34. ∴l 的方程为3x ＋4y －15＝0.综上得，满足条件的切线l 的方程为x ＝1，或3x ＋4y －15＝0. (2)设P (x ，y )，∵|PM |＝|PO |， ∴(x ＋1)2＋(y －2)2－4＝x 2＋y 2. 整理得2x －4y ＋1＝0.即点P 的轨迹方程为2x －4y ＋1＝0.。
高中数学 第一章立体几何初步 1.3 三视图练习 北师大版必修2-北师大版高一必修2数学试题
§3三视图A组1.一个圆柱的三视图中,一定没有的图形是()A.矩形B.圆C.三角形D.正方形解析:一个圆柱,不论怎样放置,三视图均不可能出现三角形.答案:C2.若一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱柱B.圆柱C.三棱锥D.圆锥答案:A3.如图,空心圆柱体的主视图是()答案:C4.导学号62180016若一个几何体的三视图如图所示,则该三视图表示的组合体为()A.圆柱与圆锥B.圆柱与三棱锥C.圆柱与四棱锥D.四棱柱与圆锥答案:C5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是()解析:由俯视图易知,只有选项D符合题意.故选D.答案:D6.如图所示的立体图形,都是由相同的小正方体拼成的.(1)图①的主视图与图②的图相同;(2)图③的主视图与图④的主视图.(填“相同”或“不同”)答案:(1)俯视(2)不同7.如图所示是一个圆锥的三视图,则该圆锥的高为 cm.解析:由三视图知,圆锥的母线长为3 cm,底面圆的直径为3 cm,所以圆锥的轴截面是边长为3 cm 的等边三角形,所以圆锥的高为(cm).答案:8.已知某组合体的主视图与左视图相同(如图1所示,其中AB=AC,四边形BCDE为正方形),则该组合体的俯视图可以是如图2所示的.(把你认为正确的图的序号都填上)图1图2解析:由主视图与左视图可得该几何体可以是由正方体与底面边长相同的四棱锥组合而成的,则其俯视图为图①;可以是由正方体与底面直径与底面正方形边长相同的圆锥组合而成的,则其俯视图为图④;可以是由圆柱与底面相同的圆锥组合而成的,则其俯视图为图③;可以是由圆柱与底面正方形边长等于圆柱底面直径的四棱锥组合而成的,则其俯视图为图②.答案:①②③④9.一个几何体的三视图如图所示,请画出它的实物图.解:由三视图可知,该几何体由正方体和四棱柱组成,如图所示.10.导学号62180017如图所示是一个零件的实物图,画出这个几何体的三视图.解:该零件由一个长方体和一个半圆柱拼接而成,并挖去了一个小圆柱(形成圆孔).主视图反映了长方体的侧面和半圆的底面、小圆柱的底面,左视图反映了长方体的侧面、半圆柱的侧面、小圆柱的侧面,俯视图反映了长方体的底面、半圆柱的侧面和小圆柱的侧面投影后的形状.它的三视图如图所示.B组1.如图①②③分别为三个几何体的三视图,根据三视图可以判断这三个几何体依次分别为()图①图②图③A.三棱台、三棱柱、圆锥B.三棱台、三棱锥、圆锥C.三棱柱、正四棱锥、圆锥D.三棱柱、三棱台、圆锥解析:图①②③对应的原几何体分别是三棱柱、正四棱锥、圆锥,故选C.答案:C2.导学号62180018将正方体(如图1-(1)所示)截去两个三棱锥,得到图1-(2)中的几何体,则该几何体的左视图为(如图2所示)()图1图2解析:左侧被截去的三棱锥的底面三条边中,有两条与正方体的棱重合,另一条应为正方形自左上到右下的对角线,是可见的;右侧被截去的三棱锥的底面的三条边中,有两条与正方体的棱重合,另一条应为正方形自右上到左下(从左面看)的对角线,是不可见的.故选B.答案:B3.如图所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,高为3,则其左视图的面积为()A.6B.3C.3D.6解析:由三视图的画法可知,该几何体的左视图是一个矩形,其宽为2sin 60°=,长为3,故面积S=3.答案:C4.已知一几何体的主视图与左视图如图所示,则下列图形中,可以是该几何体的俯视图的图形有()A.①②③⑤B.②③④⑤C.①②④⑤D.①②③④解析:可以结合实物想象,对于①,可认为该几何体的最下部为棱柱,上部为两个圆柱;对于②,可认为该几何体的上部为两个棱柱,下部为圆柱;对于③,可认为该几何体的上部为圆柱,下部为两个棱柱;对于④,可认为该几何体的上部是底面为等腰直角三角形的棱柱,中间为一圆柱,底部为四棱柱;对于⑤,由原几何体最下部的两个视图可知,其俯视图不可能是一个三角形.答案:D5.如图所示,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为.解析:根据三视图还原成实物图,即四棱锥P-ABCD,所以最长的一条棱的长为PB=2.答案:26.已知三棱锥的直观图及其俯视图与左视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,左视图是有一直角边长为2的直角三角形,则该三棱锥的主视图面积为.解析:三棱锥的主视图如图所示,故主视图的面积为×2×2=2.答案:27.下图是一个几何体的三视图,试画出其实物图.解:由几何体的三视图容易想到该几何体可以由正方体切割而得到,如图所示.俯视图8.导学号62180019一个棱长均为6的正三棱锥,其俯视图如图所示,求其主视图的面积和左视图的面积.解:作出正三棱锥的直观图如图所示,E为BD的中点,AO为三棱锥的高,由三棱锥的放置方式知,其主视图为三角形,底面边长为BD=6,其高等于AO,其左视图为三角形,底面边长等于CE(中线)的长,其高等于AO.在Rt△BCE中,BC=6,BE=3,得CE=3,CO=×CE=2.在Rt△ACO中,AC=6,CO=2,则AO==2,故主视图面积为×6×2=6,左视图的面积为×3×2=9.。
2020学年高中数学第1章立体几何初步章末检测试卷北师大版必修2
第1章立体几何初步章末检测试卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．六棱柱的表面中，互相平行的平面最多有( )A．2对B．3对C．4对D．5对答案 C解析有3对侧面相互平行，上下两底面也相互平行．2．如图，B′C′∥x′轴，A′C′∥y′轴，则下面直观图所表示的平面图形是( )A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形考点平面图形的直观图题点由直观图还原平面图形答案 D解析因为B′C′∥x′轴，A′C′∥y轴，所以直观图中BC∥x轴，AC∥y轴，所以三角形是直角三角形．故选D.3．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( ) A．12对 B．24对 C．36对 D．48对考点题点答案 B解析如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与棱AB异面的直线有CC1，DD1，B1C1，A1D1，共4对，正方体ABCD－A1B1C1D1有12条棱，排除重复计算的异面直线，∴异面直线共有12×2＝24(对)．4．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与轴所成的角为( ) A．30° B．45°C．60° D．75°考点题点答案 A解析设圆锥的母线长为L，底面圆的半径为r，则由题意得πrL＝2πr2，∴L＝2r，∴圆锥的母线与轴所成的角为30°.5．下列命题：①在平面外的直线与平面不相交必平行；②过平面外一点只有一条直线和这个平面平行；③如果一条直线与另一条直线平行，则它和经过另一条直线的任何平面平行；④若直线上有两点到平面的距离相等，则直线平行于该平面．其中正确命题的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4考点直线与平面平行的判定题点直线与平面平行的判定答案 A解析①正确，②③④错误．6．分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( )A．异面B．相交C．平行D．异面或相交考点题点答案 D解析如图所示，a，b是异面直线，AB，AC都与a，b相交，AB，AC相交；AB，DE都与a，b相交，AB，DE异面．7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1.其中推断正确的序号是( )A．①③ B．①④ C．②③ D．②④考点平行问题的综合应用题点线线、线面、面面平行的相互转化答案 A解析∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1.∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG⊈平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故①正确；∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF 与平面BC1D1相交，故②错误；∵FG∥BC1，FG⊈平面BC1D1，BC1平面BC1D1，FG∥平面BC1D1，故③正确；∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1，2，3，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A．3π B．6πC．18π D．24π考点 球的表面积题点 与外接、内切有关球的表面积计算问题 答案 B解析 将三棱锥补成边长分别为1，2，3的长方体，则长方体的体对角线是外接球的直径，所以2R ＝6，解得R ＝62，故S ＝4πR 2＝6π. 9．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( ) A.316 B.916 C.38 D.932考点 题点 答案 A解析 如图所示，设球的半径为R ，由题意知OO ′＝R2，OF ＝R ，∴r ＝32R . ∴S 截面＝πr 2＝π⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＝3π4R 2.又∵S 球＝4πR 2，∴S 截面S 球＝3π4R 24πR 2＝316. 10．已知直线l ⊈平面α，直线m 平面α，下面四个结论：①若l ⊥α，则l ⊥m ；②若l ∥α，则l ∥m ；③若l ⊥m ，则l ⊥α；④若l ∥m ，则l ∥α，其中正确的是( ) A ．①②④ B ．③④ C ．②③D ．①④考点 线、面平行、垂直的综合应用 题点 平行与垂直的判定 答案 D解析 由直线l ⊈平面α，直线m 平面α知，在①中，若l⊥α，则由线面垂直的性质得l⊥m，故①正确；在②中，若l∥α，则l与m 平行或异面，故②错误；在③中，若l⊥m，则l与α不一定垂直，故③错误；在④中，若l∥m，则由线面平行的判定定理得l∥α，故④正确．故选D.11．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是( )A．AE⊥CE B．BE⊥DEC．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE考点空间中的垂直问题题点空间中的垂直问题答案 C解析由AB是底面圆的直径可知，∠AEB＝90°，即AE⊥EB.∵四边形ABCD是圆柱的轴截面，∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB.∴BE⊥AD，AD∩AE＝A，因此BE⊥平面ADE.同理可得AE⊥CE，平面BCE⊥平面ADE.可得A，B，D正确．而DE⊥平面CEB不正确．故选C.12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°.侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法错误的是( )A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面PAC考点空间角问题题点空间角的综合应用答案 D解析对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，∴AD⊥平面PBM，故A正确．对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P－BC－A的平面角，设AB＝1，则BM＝32，PM＝32，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P－BC－A大小为45°，故C正确．错误的是D，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的32倍，这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的表面积为(5＋2)π，则旋转体的体积为________．考点题点答案7π3解析如图所示的是旋转体的半轴截面，设直角梯形的上底长为r，则下底长为32r，∠C＝45°，所以DE ＝r2，DC ＝22r ，所以旋转体的表面积为S 表＝π·r 24＋2π·r 2·r ＋π·r 2·22r ＝π4r 2(5＋2)．又因为S 表＝(5＋2)π，所以r 2＝4，所以r ＝2， 所以V ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·r ＋13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·r 2＝7π3.14．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，MN 在平面BCC 1B 1内，MN ⊥BC 于点M ，则MN 与AD 的位置关系是________．考点 平面与平面垂直的性质题点 应用面面垂直的性质定理判定线线垂直 答案 垂直解析 ∵平面BCC 1B 1⊥平面ABCD ，平面BCC 1B 1∩平面ABCD ＝BC ，MN 平面BCC 1B 1， ∴MN ⊥平面ABCD .∴MN ⊥AD .15．已知平面α，β和直线m ，给出以下条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m α；④α∥β.要想得到m ⊥β，则所需要的条件是________．(填序号) 考点 直线与平面垂直的判定 题点 判定直线与平面垂直 答案 ②④解析 易知⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥α，α∥β⇒m ⊥β.16.如图，已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°.若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的大小是________．考点 题点 答案 90°解析因为OP与平面β所成的角大于等于45°，所以OP与平面β所成的角最小为45°，即OP与OP在平面β内的射影所成的角最小是45°.又因为∠POB＝45°，所以AB就是OP 在平面β内的射影，所以α⊥β.所以二面角α－AB－β的大小是90°.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.考点题点证明(1)∵C1C⊥平面ABC，AC平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，BC，C1C平面BCC1B1，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD平面CDB1，AC1⊈平面CDB1.∴AC 1∥平面CDB 1.18．(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ，BP ＝BC ＝2，E ，F 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PAD ； (2)求三棱锥E －ABC 的体积V . 考点 直线与平面平行的判定 题点 直线与平面平行的证明(1)证明 在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形， ∴BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又∵AD 平面PAD ，EF ⊈平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD .(2)解 连接AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥PA 交AB 于点G .则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PA .在△PAB 中，AP ＝AB ，∠PAB ＝90°，BP ＝2， ∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22. ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13.19.(12分)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ADEF 是正方形，FA ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，CD ＝1，AD ＝22，∠BAD ＝∠CDA ＝45°.(1)求异面直线CE 与AF 所成角的余弦值； (2)证明：CD ⊥平面ABF . 考点 直线与平面垂直的判定 题点 直线与平面垂直的证明(1)解 因为四边形ADEF 是正方形，所以FA ∥ED ， 故∠CED 为异面直线CE 与AF 所成的角． 因为FA ⊥平面ABCD ，所以FA ⊥CD ，故ED ⊥CD .在Rt△CDE 中，因为CD ＝1，ED ＝22，所以CE ＝CD 2＋ED 2＝3，所以cos∠CED ＝ED CE ＝223.故异面直线CE 与AF 所成角的余弦值为223.(2)证明 如图，过点B 作BG ∥CD 交AD 于点G ，则∠BGA ＝∠CDA ＝45°.由∠BAD ＝45°可得BG ⊥AB ， 从而CD ⊥AB .又因为CD ⊥FA ，FA ∩AB ＝A ， 所以CD ⊥平面ABF .20.(12分)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，F ，F 1分别是AC ，A 1C 1的中点．求证：(1)平面AB 1F 1∥平面C 1BF ； (2)平面AB 1F 1⊥平面ACC 1A 1. 考点 线、面平行、垂直的综合应用 题点 平行、垂直综合问题的证明 证明 (1)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∵F，F1分别是AC，A1C1的中点，∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F，∴平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，∴B1F1⊥平面ACC1A1，又B1F1平面AB1F1，∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.21．(12分)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，沿AE将△DAE折起到△D1AE的位置，使平面D1AE⊥平面ABCE.(1)若F为线段D1A的中点，求证：EF∥平面D1BC；(2)求证：BE⊥D1A.考点线、面平行、垂直的综合应用题点平行、垂直综合问题的证明证明(1)取AB的中点G，连接EG，FG，则EG∥BC，FG∥D1B，且EG∩FG＝G，EG平面EFG，FG平面EFG，D1B∩BC＝B，D1B平面D1BC，BC平面D1BC，∴平面EFG∥平面D1BC.∵EF平面EFG，∴EF∥平面D1BC.(2)易证BE⊥EA，平面D1AE⊥平面ABCE.平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.又∵D1A平面D1AE，∴BE⊥D1A.22.(12分)如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．考点 线、面平行、垂直的综合应用题点 平行、垂直综合问题的证明(1)证明 ∵M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，∴DM ∥AP .又∵DM ⊈平面APC ，AP 平面APC ，∴DM ∥平面APC .(2)证明 ∵△PMB 为正三角形，且D 为PB 的中点，∴MD ⊥PB .又由(1)知，MD ∥AP ，∴AP ⊥PB .又已知AP ⊥PC ，PC ∩PB ＝P ，PB ，PC 平面PBC ，∴AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥BC .又∵AC ⊥BC ，AC ∩AP ＝A ，AC ，AP 平面ACP ，∴BC ⊥平面APC .又∵BC 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面APC .(3)解 由(2)知AP ⊥平面PBC ，又MD ∥AP ，∴MD ⊥平面PBC .∵AB ＝20，∴MB ＝10，∴PB ＝10.由(2)可知BC ⊥PC ，又BC ＝4，∴PC ＝100－16＝84＝221.∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝14×221×4＝221. 又MD ＝12AP ＝12202－102＝5 3.∴V 三棱锥D －BCM ＝V 三棱锥M －BCD ＝13S △BDC ·DM ＝13×221×53＝107.。
配套K12高中数学北师大版必修2习题：第一章立体几何初步检测
第一章检测(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法中正确的是()A.棱柱的面中,至少有两个面互相平行B.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面C.棱柱中一条侧棱就是棱柱的高D.棱柱的侧面一定是平行四边形,但它的底面一定不是平行四边形答案:A2.一长方体木料,沿图①所示平面EFGH截长方体,若AB⊥CD,那么图②所示的四个图形中是截面的是()图①图②解析:因为AB,MN两条交线所在平面(侧面)互相平行,故AB,MN无公共点,又AB,MN在平面EFGH内,故AB∥MN,同理易知AN∥BM.又AB⊥CD,∴截面必为矩形.答案:A3.如图所示,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()A.6B.3√2C.6√2D.12解析:△OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.答案:D4.若球的表面积为16π,则用与球心距离为√3的平面截球所得的圆的面积为()A.4πB.√3πC.2πD.π解析:如图所示,由球的表面积为16π,可得球的半径R=2.设截面圆的半径为r,球心到截面的距离为h,则R2=h2+r2,∴r2=R2-h2=4-3=1.∴截面圆的面积为S=πr2=π.答案:D5.某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是()A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2解析:由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2×1×3×4=138(cm2).故选D.2答案:D6.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥βB.若m∥n,m⫋α,n⫋β,则α∥βC.若m∥n,m∥α,则n∥αD.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β解析:满足选项A,B条件的两个平面也可能相交;选项C中n也可能在平面α内;故选D.答案:D7.一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为()A.73 m 3 B.92 m 3C.72 m 3D.94 m 3解析:由三视图可知,原几何体如图所示,故V=3×13+12×13=3+12=72(m 3).答案:C8.已知平面α⊥平面β,α∩β=l ,则下列命题中错误的是 ( )A.如果直线a ⫋α,那么直线a 必垂直于平面β内的无数条直线B.如果直线a ⫋α,那么直线a 不可能与平面β平行C.如果直线a ⫋α,a ⊥l ,那么直线a ⊥平面βD.平面α内一定存在无数条直线垂直于平面β内的所有直线解析:A 选项中直线a 必定与平面β内无数条平行直线垂直,故正确;B 选项中如果a ⫋α,a ∥l ,则a ∥β,故错误;由面面垂直的性质定理可知C 选项正确;在平面α内,垂直于交线l 的直线,都垂直于平面β,也就垂直于平面β内的所有直线,故D 选项正确. 答案:B 9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于() A.AC B.BDC.A1DD.A1D1解析:由BD⊥AC,BD⊥AA1易知BD⊥平面A1ACC1,而CE⫋平面A1ACC1,则BD⊥CE.故选B.答案:B10.如图所示是无盖正方体纸盒的展开图,则线段AB,CD在原正方体中的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面D.相交成60°角线段AB,CD在原正方体中的位置如图所示,△ABC为等边三角形,所以AB,CD在原正方体中相交成60°角.答案:D11.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,则截面把圆锥母线分为两段的比是() A.1∶3 B.1∶(√3-1)C.1∶9D.√3∶2解析:如图所示,由题意可知,☉O1与☉O2面积之比为1∶3,∴半径O1A1与O2A之比为1∶√3,∴PA1∶PA=1∶√3,∴PA1∶AA1=1∶(√3-1).答案:B12.,则下列结论中错如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12误的是()A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等解析:由正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1得B 1B ⊥平面AC ,∴AC ⊥B 1B ,又AC ⊥BD ,BD ∩B 1B=B , ∴AC ⊥平面BDD 1B 1,BE ⫋平面BDD 1B 1, ∴AC ⊥BE ,故A 正确.∵B 1D 1∥BD ,B 1D 1⊈平面ABCD ,BD ⫋平面ABCD , ∴B 1D 1∥平面ABCD ,∴EF ∥平面ABCD ,故B 正确.V A-BEF =13×12AC×12BB 1×EF=13×12×12×√22=√224.∴三棱锥A-BEF 的体积为定值,故C 正确.因线段B 1D 1上两个动点E ,F ,且EF=12,当E ,F 移动时,点A 到EF 的距离与点B 到EF 的距离不相等,∴△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等,故D 不正确. 答案:D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.若正三棱柱的所有棱长均为a ,且其体积为16√3,则a= .解析:依题意,12×a×a×√32×a=16√3,解得a=4.答案:414.(2016四川高考)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是 .解析:由三视图可知该几何体是一个三棱锥,且底面积为S=12×2√3×1=√3,高为1,所以该几何体的体积为V=13Sh=13×√3×1=√33.答案:√3315.(2015江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为 . 解析:设新的底面半径为r ,根据题意得13×π×52×4+π×22×8=13πr 2×4+πr 2×8, 即28r 2=196,解得r=√7. 答案:√716.在空间四边形ABCD 中,E ,F ,G ,H 分别是边AB ,BC ,CD ,DA 的中点,对角线AC=BD=2,且AC ⊥BD ,则四边形EFGH 的面积为 .如图所示,由题意易判断EH FG 12BD ,所以EH=FG=1,同样有EF GH 12AC ,EF=GH=1,又BD ⊥AC ,所以EF ⊥EH ,所以四边形EFGH 是边长为1的正方形,其面积S=12=1. 答案:1三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.作出圆台的轴截面如图所示.设O'A'=r,因为一底面周长是另一底面周长的3倍,所以OA=3r,SA'=√2r,SA=3√2r,OO'=2r.由轴截面的面积为1(2r+6r)·2r=392,得r=7.故上底面半径为7,下底面半径为21,高为14,母线长为14√2.218.(12分)如图所示,A1A是圆柱的母线,AB是圆柱底面圆的直径,C是底面圆周上异于A,B的任意一点,A1A=AB=2.(1)求证:BC⊥平面A1AC;(2)求三棱锥A1-ABC的体积的最大值.(1)证明∵C是底面圆周上异于A,B的任意一点,且AB是圆柱底面圆的直径,∴BC⊥AC.由题意知,AA1⊥平面ABC,BC⫋平面ABC,∴AA1⊥BC.∵AA1∩AC=A,AA1⫋平面A1AC,AC⫋平面A1AC,∴BC⊥平面A1AC.(2)解设AC=x (0<x<2),在Rt △ABC 中,BC=√AB 2-AC 2=√4-x 2(0<x<2),故V A 1-ABC =13S △ABC ·AA 1=13·12·AC ·BC ·AA 1=13x √4-x 2=13√x 2(4-x 2)=13√-(x 2-2)2+4.∵0<x<2,∴0<x 2<4,∴当x 2=2,即x=√2时,三棱锥A 1-ABC 的体积取得最大值23.19.(12分)(2016全国丙高考)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N 为PC 的中点. (1)求证:MN ∥平面PAB ; (2)求四面体NBCM 的体积.(1)证明 由已知得AM=23AD=2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2.又AD ∥BC ,故TN AM ,四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN ∥AT.因为AT ⫋平面PAB ,MN ⊈平面PAB ,所以MN ∥平面PAB.(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ,N 为PC 的中点,所以N 到平面ABCD 的距离为12PA.取BC 的中点E ,连接AE.由AB=AC=3得AE ⊥BC ,AE=√AB 2-BE 2=√5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为√5,故S △BCM =12×4×√5=2√5. 所以四面体N-BCM 的体积V N-BCM =13×S △BCM ×PA 2=4√53.20.(12分)四面体ABCD 及其三视图如图所示,平行于棱AD ,BC 的平面分别交四面体的棱AB ,BD ,DC ,CA 于点E ,F ,G ,H.(1)求四面体ABCD 的体积;(2)证明:四边形EFGH 是矩形.分析在第(1)问中,由三视图可知,四面体ABCD 中棱DA ,DB ,DC 的位置关系以及这三条棱的长度,然后套用锥体体积公式可求得该四面体的体积;在第(2)问中,应先证四边形EFGH 为平行四边形,这可由线面平行的性质定理证得,然后再证两相邻边垂直,这可由线面垂直的性质证得.(1)解由该四面体的三视图可知,四面体ABCD 如图所示,且BD ⊥DC ,BD ⊥AD ,AD ⊥DC ,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体的体积V=13×12×2×2×1=23.(2)证明∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.21.(12分)(2016全国乙高考)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)求证:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.因为PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)解在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心.由(1)知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故CD=23CG.由题设可得PC ⊥平面PAB ,DE ⊥平面PAB ,所以DE ∥PC ,因此PE=23PG ,DE=13PC. 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2√2.在等腰直角三角形EFP 中,可得EF=PF=2.所以四面体PDEF 的体积V=13×12×2×2×2=43.22.(12分)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC=BC=AA 1=a ,∠ACB=90°,D 是A 1B 1的中点.(1)求证:C 1D ⊥平面A 1B 1BA.(2)当点F 在BB 1上什么位置时,会使得AB 1⊥平面C 1DF ?并证明你的结论.(1)证明∵AC=BC ,∴△ABC 和△A 1B 1C 1均为等腰三角形,∵A 1D=DB 1,∴C 1D ⊥A 1B 1.∵AA 1⊥底面A 1B 1C 1,∴AA 1⊥C 1D ,又AA 1∩A 1B 1=A 1,∴C 1D ⊥平面A 1B 1BA.(2)解当点F 与点B 重合时,AB 1⊥平面C 1DF.证明如下:由(1)可得C 1D ⊥AB 1,若要使AB 1⊥平面C 1DF ,只要DF ⊥AB 1即可.∵∠ACB=∠A 1C 1B 1=90°,且AA 1=AC=BC=a ,∴A 1B 1=√2a.∵△DEB 1∽△AA 1B 1∽△DB 1F ,∴DB 1AA 1=B 1FA 1B 1, ∴B 1F=a ,即当点F与点B重合时,AB1⊥平面C1DF.。
新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测卷(答案解析)(1)
一、选择题1．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB AD ==，12AA =，M 为棱1DD 上的一点．当1A M MC +取得最小值时，1B M 的长为（ ）A ．3B ．6C ．23D ．262．在空间四边形ABCD 中，AB BC =，AD DC =，则对角线AC 与BD 所成角的大小是（ ） A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．303．正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，E 是1CC 的中点，则点1C 到平面EBD 的距离为（ ） A ．34B ．63C ．5 D ．2234．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（ ）A ．43B ．2C ．4D ．65．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（ ）A ．323πB ．48πC ．323π D ．643π 6．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（ ） A ．77B ．142C ．714D ．1477．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（ ）A 263B 463C ．463D ．2638．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE9．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（ ）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥10．空间四边形PABC 的各边及对角线长度都相等，D 、E 、F 外别是AB 、BC 、CA的中点，下列四个结论中不成立的是（ ） A ．//BC 平面PDF B ．DF ⊥平面PAE C ．平面PDE ⊥平面ABC D ．平面PAE ⊥平面ABC 11．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）A ．若//a b ，//a α，则//b αB ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α12．如图，长、宽、高分别为2、1、1的长方体木块上有一只小虫从顶点A 出发沿着长方体的外表面爬到顶点B ，则它爬行的最短路程是（ ）A 10B 5C ．22D ．3二、填空题13．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．正方体1111ABCD A BC D -棱长为点1，点E 在边BC 上，且满足2BE EC =，动点P 在正方体表面上运动，满足1PE BD ⊥，则动点P 的轨迹的周长为__________． 16．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.17．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.18．已知正三棱柱木块111ABC A B C -，其中2AB =，13AA =，一只蚂蚁自A 点出发经过线段1BB 上的一点M 到达点1C ，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为______.19．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．20．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________.三、解答题21．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm )，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)； （2）求该几何体最长的棱长.22．如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，90DBA ∠=︒，2BA BD ==，10,6,,PA PD PB E F ===分别是棱,AD PC 的中点.（1）证明：//EF 平面PAB ； （2）求点B 到平面PAD 的距离.23．已知四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，6SA SD ==22SB =E 是棱AD 的中点，点F 是棱SC 上靠近S 的一个三等分点.（1）求证：平面SBE ⊥平面ABCD ； （2）求三棱锥F SEB -的体积.24．在三棱锥P ABC -中，AE BC ⊥于点,E CF AB ⊥于点F ，且AE CF O ⋂=，若点P 在平面ABC 上的射影为点O ．（1）证明：AC PB ⊥；（2）若ABC 是正三角形，点,G H 分别为,PA PC 的中点．证明：四边形EFGH 是矩形．25．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，23BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.26．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，AP ⊥平面PCD ，E ，F 分别为PC ，AB 的中点求证：（1）平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）//EF 平面PAD【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A 解析：A 【分析】本题首先可通过将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开得出当1A 、M 、2C 共线时1A M MC +取得最小值，此时M 为1DD 的中点，然后根据11B A ⊥平面11A D DA 得出111B A A M ⊥，最后根据221111M A B B A M =+即可得出结果.【详解】如图，将侧面11CDD C 绕1DD 逆时针转90展开，与侧面11ADD A 共面，连接12AC ，易知当1A 、M 、2C 共线时，1A M MC +取得最小值， 因为1AB AD ==，12AA =，所以M 为1DD 的中点，12A M =因为11B A ⊥平面11A D DA ，1A M ⊂平面11A D DA ，所以111B A A M ⊥， 则222211111(2)3M B A A M B =+=+=，故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据线面垂直判断线线垂直，能否根据题意得出当M 为1DD 的中点时1A M MC +取得最小值是解决本题的关键，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.2．A解析：A 【分析】取AC 中点O ，根据条件分析AC 与平面BOD 的位置关系，由此得到异面直线AC 与BD 所成角的大小.【详解】取AC 中点O ，连接,,BO DO BD ，如图所示：因为AB BC =，AD DC =，所以,BO AC DO AC ⊥⊥，且BO DO O =，所以AC ⊥平面BOD ，又BD ⊂平面BOD ，所以AC BD ⊥， 所以AC 与BD 所成角为90︒， 故选：A.【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是通过找AC 中点证明线面垂直，从而确定出线线垂直关系，和常规的求解异面直线所成角的方法不同.3．B解析：B 【分析】利用等体积法11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，利用三棱锥的体积公式代入面积即求得d . 【详解】如图，利用等体积法，11C EBD D C EB V V --=，设点1C 到平面EBD 的距离为d ，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，故22,5BD BE ED ===，如图，2215232h ED BD ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭11223622EBDSBD h =⨯⨯=⨯= 又点D 到平面1C EB 的距离，即D 到平面11C CBB 的距离，为CD =2，111212EBC S=⨯⨯=， 由11C EBD D C EB V V --=得，1161233d =⨯⨯，故66d ==. 故选：B. 【点睛】 方法点睛：空间中求点到平面的距离的常见方法： （1）定义法：直接作垂线，求垂线段长；（2）等体积法：利用三棱锥换底求体积，结合两个面积和另一个高求未知高，即得距离； （3）向量法：过点的一个斜线段对应的向量a ，平面法向量n ，则a n d n⋅=.4．B解析：B 【分析】根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11(12)22232V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.5．A解析：A 【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案. 【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥P ABCD -， 其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4， 将四棱锥补成棱长为4的正方体， 则该几何体的外接球就是正方体的外接球， 外接球的直径2R 等于正方体的对角线长， 即24323R R =⇒=所以该几何体外接球的体积为(34233π⨯=323π，故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.6．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ， 在ABC 中，72cos 4214ABC ∠==，14sin 4ABC ∴∠=， 由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，1111421427377332O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.7．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =，2241625DE DF AD AE ==+=+=2222EF BE BF =+ 在DFE △中，22210cos 222522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯， 所以DEF ∠为锐角，所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=， DEF 的外接圆的半径为5522sin 310DF r DEF ===∠则球心到DEF 2223R r -，以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为1R OO +263. 故选：A. 【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.8．C解析：C根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.9．D解析：D【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；根据已知条件判断直线n与平面α的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断直线m与平面α的位置关系，可判断D选项的正误.【详解】nα，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行对于A，//m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确； 对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．10．C解析：C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A ；由线面垂直的判定定理可判断B ；反证法可说明C ；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】 对于A ，D ，F 外别是AB ，CA 的中点，//BC DF ∴，DF ⊂平面PDF ，∴//BC 平面PDF ，故A 正确，不符合题意；对于B ，各棱长相等，E 为BC 中点，,BC AE BC PE ∴⊥⊥，PEAE E =，BC ∴⊥平面PAE ，//BC DF ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确，不符合题意；对于C ，假设平面PDE ⊥平面ABC ，设DE BF O ⋂=，连接PO ，则O 是DE 中点，PO DE ∴⊥，平面PDE 平面ABC DE =，PO ∴⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，PO BF ∴⊥，则PB PF =，与PB PF ≠矛盾，故C 错误，符合题意；对于D ，由B 选项DF ⊥平面PAE ， DF ⊂平面ABC ，∴平面PAE ⊥平面ABC ，故D 正确，不符合题意. 故选：C. 【点睛】本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.11．C解析：C 【分析】利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】由于直线a 、b 都不在平面α内.在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行， 因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确；在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误； 在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，b α⊄，//b α∴，D 选项正确.故选：C. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．12．C解析：C 【分析】小虫有两种爬法，一种是从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，另一种是从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将两种情况下的两个面延展为一个面，计算出平面图形的对角线长，比较大小后可得结果. 【详解】由于长方体ACDE FGBH -的长、宽、高分别为2、1、1，则小虫从点A 沿着侧面AEHF 和上底面FHBG 爬行，以及小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，这两条线路的最短路程相等.①若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和上底面BHFG 爬行，将侧面ACGF 和上底面BHFG延展为一个平面，如下图所示：则2AC BC ==，最短路程为2222AB AC BC =+=；②若小虫从点A 沿着侧面ACGF 和侧面BDCG 爬行，将面ACGF 和侧面BDCG 延展为一个平面，如下图所示：则3AD AC CD =+=，1BD =，最短路程为2210AB AD BD =+因为2210，因此，小虫爬行的最短路程为22 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、填空题13．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等解析：1326π【分析】利用余弦定理求得AC，利用正弦定理计算出ABC的外接圆直径2r，可计算出三棱锥P ABC-的外接球半径R，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O的底面圆直径为2r，圆柱的母线长为h，则12O O的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱12O O的外接球直径为()2222R r h=+.本题中，作出ABC的外接圆2O，由于PA⊥平面ABC，可将三棱锥P ABC-放在圆柱12O O中，在ABC中，22AB=3BC=，4ABCπ∠=，由余弦定理可得222cos5AC AB BC AB BC ABC+-⋅∠由正弦定理可知，ABC的外接圆直径为5210sin22ACrABC===∠，则三棱锥P ABC-的外接球直径为()222226R PA r=+=26R=，因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为33442613263323V R πππ⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：1326π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的 解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，3x ∴=，所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为2231643S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】根据题意得平面在上取使得连接证得平面平面将空间中的动点轨迹的周长问题转化为求三角形边周长问题又代入计算即可【详解】解：如图正方体中连接：易得平面在上取使得连接易得根据线面平行判定定理证得平面解析：2． 【分析】根据题意得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB ==连接,,GE EF GF 证得平面1//AB C 平面EFG ，将空间中的动点P 轨迹的周长问题转化为求三角形EFG 边周长问题，又23GE EF GF ===，代入计算即可. 【详解】解：如图正方体中连接11,,AC B C B A ：易得1BD ⊥平面1ABC ，在1,BB AB 上取,F G 使得12,2BF FB AG GB == 连接,,GE EF GF ，易得1//,//GE AC EF BC 根据线面平行判定定理证得平面1//AB C 平面EFG 所以1BD ⊥平面EFG所以线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹， 因为1223GE EF GF ====所以动点P 的运动轨迹周长为2323GE EF GF ++=⨯= 故答案为：2 【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，面面平行的概念，解题的关键是借助图形将空间问题转化为平面问题.本题中根据1BD ⊥平面1ABC 及平面1//ABC 平面EFG 得到线段,,GE EF GF 就是点P 的运动轨迹，代值计算即可.16．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得 解析：414π【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则2221(2)t t =+-，解得54t =， 设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =， 则22541()144r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯= 故答案为：414π 【点睛】关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.17．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 11171827477tan tan()7117O HN O HO NHO ----∠=∠-∠====+ 1117827477tan tan()1637117O HM O HO OHM +++∠=∠+∠====-，所以tan θ的取值范围是4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦， 故答案为：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.18．【分析】将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时的点可知点为棱的中点即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时 解析：1:1【分析】将正三棱柱111ABC A B C -的侧面沿棱1BB 展开成平面，连接1AC 与1BB 的交点即为满足1AM MC +最小时的点M ，可知点M 为棱1BB 的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比. 【详解】将正三棱柱111ABC A B C -沿棱1BB 展开成平面，连接1AC 与1BB 的交点即为满足1AM MC +最小时的点M .由于2AB =，13AA =，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自A 点出发经过线段1BB 上的一点M 到达点1C ，当沿蚂蚁走过的最短路径，M ∴为1BB 的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：1111:1:1C AMB A A CBMC V V --=. 故答案为：1:1. 【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题．19．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平解析：o 60. 【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD 因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形 而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC 所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角 由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得3AD PD ==3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60 即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60 故答案为：o 60 【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.20．【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高【详解】解方程x2－9x ＋18＝0得x=3或x=6∴棱台的上下底面边长分别为36设棱台的斜高为h 则∴h=即答案为【解析：52【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长，根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高． 【详解】解方程x 2－9x ＋18＝0得x=3或x=6， ∴棱台的上下底面边长分别为3，6． 设棱台的斜高为h ，， 则22143636452h ⨯⨯+=+=（） ， ∴h=52． 即答案为52． 【点睛】本题考查了棱台的结构特征，画出草图帮助观察各线段的关系比较重要．三、解答题21．（1）答案见解析；（2）4cm . 【分析】（1）直接画出三棱锥S ABC -即可；（2）作SE ⊥面ABC ，取线段AC 中点为D ，分别在等腰ABC ，Rt SEA △，Rt SEC △，Rt BDE △和Rt SEB △中，求出线段长度，得到该几何体最长的棱长．【详解】（1）（2）如下图，SE ⊥面ABC ，线段AC 中点为D 2,3,1,4,2,=1SE cm AE cm CE cm AC cm AD DC cm DE cm ======，BD AC ⊥，3BD cm =，在等腰ABC 中，222313cm AB AC ==+= 在Rt SEA △中，22222313cm SA SE AE +=+= 在Rt SEC △中，2222215cm SC SE CE =++= 在Rt BDE △中，22223110cm BE BD DE ++=SE ⊥面ABC ，SE BE ∴⊥在Rt SEB △中，22222(10)14cm SB SE BE =+=+在三梭锥S-ABC 中，SC AB AC SA SB AC <==<<， 所以最长的棱为AC ，长为4cm 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体的三视图，以及棱锥的性质，解决本题的关键点是作出SE ⊥面ABC ，取线段AC 中点为D ，由三视图得出等腰ABC ，Rt SEA △，Rt SEC △，Rt BDE △和Rt SEB △，分别求出线段长度，得出答案，考查学生空间想象能力与计算能力，属于中档题． 22．（1）证明见解析；（2）62【分析】（1）取PB 中点M ，证明四边形AMFE 为平行四边形，从而得到//EF AM ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）证明PB ⊥平面ABD ，从而求出P ABD V -，再由43B PAD V h -=，B PAD P ABD V V --=得出点B 到平面PAD 的距离. 【详解】（1）证明：取PB 中点M ，连接,MF AM ，由F 为PC 中点，则//MF BC 且12MF BC =. 由已知有//,BC AD BC AD =，又由于E 为AD 中点，从而//,MF AE MF AE =，故四边形AMFE 为平行四边形，所以//EF AM .又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊂/平面PAB ，则//EF 平面PAB （2）2,6,10BA PB PA ===222,PA BA PB PB BA ∴=+∴⊥，同理，PB BD ⊥又,,BD BA A BD BA ⋂=⊂平面ABDPB ∴⊥平面ABD .11162226323P ABD V -∴=⨯⨯⨯⨯=⨯连接,PE E 为AD 中点，,PA PD PE DA =∴⊥又90,2,222DBA BA BD DA DE ∠=︒==∴=∴=.10222PE ∴=-=设点B 到平面PAD 的距离为h11122224323B PAD V h h -∴=⨯⨯⨯⨯=⨯由B PAD P ABD V V --=，解得62h = ∴点B 到平面PAD 的距离为6. 【点睛】关键点睛：在求点到平面的距离时，关键是利用等体积法建立等量关系，从而得出点到平面的距离.23．（1）证明见解析；（215. 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一证明SE AD ⊥，BE AD ⊥，即可证明出AD ⊥平面SEB ，所以平面SBE ⊥平面ABCD ；（2）先证明出BC ⊥平面SEB ，利用三角形相似可得F 到平面SBE 的距离1233d BC ==，计算出SEB △的面积，再代入体积计算公式求解. 【详解】（1）证明：∵E 是AD 的中点，6SA SD ==SE AD ⊥ 因为ABCD 是菱形，60BAD ∠=︒，∴BE AD ⊥， ∵BE SE E =∩∴AD ⊥平面SEB ，∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面SBE ⊥平面ABCD .（2）连接BE ，AC 相交于点G ，则由三角形相似得2CG AG = ∵//AD BC ，∴BC ⊥平面SEB ，∵点E 是棱AD 的中点，F 是棱SC 上靠近S 的一个三等分点. ∴//SA FG ，∴21CF CG BC SF GA AE ===， ∴F 到平面SBE 的距离1233d BC ==，115352SBE S ∆=⨯⨯= ∴三棱锥F SEB -的体积1153F SEB SBE V S d -∆=⨯⨯=.【点睛】方法点睛：关于三棱锥的体积的求解常见的有两种解法，一是利用等体积法，需要证明出线面垂直，再换底换高计算；二是利用空间直角坐标系，计算点到面的距离，然后代入体积计算公式即可.24．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据三角形垂心的特征，以及点在面上的射影的定义，再结合线面垂直的判定定理和性质，证得结果；（2）利用平行四边形的邻边垂直，证得结果. 【详解】证明：（1）连接BO 并延长交AC 于点M ，。
(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)
一、选择题1．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：2cm ）是（ ）A ．36πB ．54πC ．72πD ．90π 2．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（ ）A ．7B ．7-C ．37D ．37- 3．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（ ）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π4．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．325B ．522C ．326] D ．6，22] 5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点F 是线段1BC 上的动点，则下列说法错误的是（ ）A ．无论点F 在上1BC 怎么移动，都有11A FB D ⊥B ．当点F 移动至1BC 中点时，才有1A F 与1BD 相交于一点，记为点E ，且12A E EF = C ．当点F 移动至1BC 中点时，直线1A F 与平面1BDC 所成角最大且为60°D ．无论点F 在1BC 上怎么移动，异面直线1A F 与CD 所成角都不可能是30°6．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为5 B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D ．直线1AC 与平面BDM 相交7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．4B ．8C ．12D ．148．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．1DC PC ⊥B ．异面直线AD 与PC 不可能垂直C ．1D PC ∠不可能是直角或者钝角D ．1APD ∠的取值范围是,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 9．已知长方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（ ）A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π 10．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（ ）A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则//m nC ．m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．m n ⊥，//n α，则m α⊥ 11．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥' 12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C ．34D ．12二、填空题13．3ABCD 中，对角线3AC =ABC 沿AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为2π，则三棱锥B ACD -外接球的体积是_________________．14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.15．在正三棱锥P ABC -中，E ，F 分别为棱PA ，AB 上的点，3PE EA =，3BF FA =，且CE EF ⊥.若23PB =，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为_________.16．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E 为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．17．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.18．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．19．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值 （2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE A C ⊥（4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．如图，ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且2CD =.（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ；（2）求二面角A-BC-D 的余弦值.22．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,2AB AA ==，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）求异面直线1BD 与1CC 的距离；（2）求直线1BD 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）求点F 到平面BDE 的距离．23．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）证明：//GH 平面ABCD ；（2）求H 到平面AEC 的距离．24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值. 25．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，D 为AC 的中点，12AA AB ==，3BC =．（1）求证：1//AB 平面1BC D ；（2）求三棱锥1D BCC -的体积．26．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =，F 为CE 上的点，BF CE ⊥.（1）求证：BF ⊥平面ACE ；（2）求点D 到平面ACE 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积．【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆， 且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；设D 为AB 的中点，又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-， 222(3)3R R ∴=-+，解得3R =，∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．故选：A ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．C解析：C【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==， 所以2211111122B D D C B C =+=213110B E =+=222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D ==+=+，由余弦定理得， 从而22211111111137cos 24214B D D E B E B D E B D D E +-∠===⨯⨯. 故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．B解析：B【分析】 根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =.【详解】设底面圆半径为r ，由母线长4l ，可知侧面展开图扇形的圆心角为22r r l ππα==， 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ； 如图，在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===，所以222AM AB MB +=, 所以2MAB π∠=, 故22rππα==，解得1r =，所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=,故选：B【点睛】 关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2r lπα=，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.4．A解析：A【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案．【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1，∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ；连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ，可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ．又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上．在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()22+=， 当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5．∴线段AP 长度的取值范围是32,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.5．C解析：C 【分析】A.通过证明线面垂直，证得线线垂直；B.利用相似三角形，求1A EEF的值；C.首先构造直线1A F 与平面1BDC 所成角，再通过数形结合分析最大角，以及最大角的余弦值，判选项；D.将异面直线所成角转化为相交直线所成角，求解判断. 【详解】A.AC BD ⊥，1AC BB ⊥，AC ∴⊥平面1BB D ，1AC B D ∴⊥，11//AC AC ，111B D AC ∴⊥，同理11B D BC ⊥，1111A C BC C ，1B D ∴⊥平面11A BC ，1A F ⊂平面11A BC ，11B D A F ∴⊥，故A 正确；B.连结1A D ，1B C 交1BC 于点F ，11//A B DC ,且11A B DC =，∴四边形11A DCB 是平行四边形，所以11//A D B C ，∴11A DE FB E，得1112A E A DEFB F==，故B 正确；C.1A O ⊥平面1BDC ，1111A B AC A D ==，∴点O1BDC 是等边三角形的中心，11A BC 是等边三角形，111A BC BDC ≅ 当点F 是1BC 的中点时，11A F BC ⊥，此时1A F 是点1A 和1BC 上的点连线的最短距离，设直线1A F 与平面1BDC 所成角为θ，此时11sin A O A F θ=最大，所以此时θ最大，所以111cos 32OF A F θ==<,最大角大于60，故C 不正确；D.11//A B CD ，CD ∴与1A F 所成的角，转化为11B A F ∠的大小，11B A F ∠的最小角是11B A 与平面11A BC 所成的角，即11B A F ∠，此时1111123tan 23FB B A F A B ∠==>，所以11B A F ∠的最小角大于30，故D 正确.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何的综合应用，包含线线，线面角，垂直关系，首先会作图，关键选项是C 和D ，C 选项的关键是1A O ⊥平面1BDC ，点O1BDC 是等边三角形的中心，D 选项的关键是知道先与平面中线所成角中，其中线面角是其中的最小角.6．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】 设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，5tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC ==直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 55d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 10D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.7．C解析：C 【分析】根据三视图还原得其几何体为四棱锥，根据题意代入锥体体积公式计算即可. 【详解】解：根据三视图还原得其几何体为四棱锥，图像如下：根据图形可得ABCD 是直角梯形，PA ⊥平面ABCD ，2,4,2,6AB CD PA AD ==== 所以11246212332P ABCD ABCD V S PA -+=⋅=⨯⨯⨯= 故选：C 【点睛】 识别三视图的步骤（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； （3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置.8．D解析：D 【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A ，根据异面直线所成角可判断B ，由余弦定理可判断CD. 【详解】 如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知1DC ⊥平面11A BCD ，P 为线段1A B 上的动点，则PC ⊂平面11A BCD ,所以1DC PC ⊥，故A 正确；因为异面直线AD 与PC 所成的角即为BC 与PC 所成的角，在Rt PBC 中不可能BC 与PC 垂直，所以异面直线AD 与PC 不可能垂直，故B 正确；由正方体棱长为2，则222222211114480D P PC D C A P BP A P BP +-=+++-=+>，所以由余弦定理知1cos 0D PC ∠>，即1D PC ∠不可能是直角或者钝角，故C 正确；设1(022)A P x x =≤≤，则2214D P x =+，222422cos4224AP x x x x π=+-⨯=+-，由余弦定理，222211111222cos =22AP D P AD x xAP D P A PD P AP D ∠=+--⋅⋅，当2x <1cos 0APD ∠<，所以1APD ∠为钝角，故D 错误.故选：D 【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.9．C解析：C 【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长， 所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=， 所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.10．D解析：D 【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A 选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；根据已知条件判断直线n 与平面α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断直线m 与平面α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】 对于A ，//n α，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确； 对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．11．C解析：C 【分析】设AH a =，则BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，'C H ==Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】 如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，2AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则2BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则222BE BD DE =+=，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==， 所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角， 在ABE △中，2AB =2AE BE ==，由余弦定理可得2222cos 24AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅. 因此，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 故选：B. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因解析：556π； 【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积. 【详解】根据题意，画出图形，3的菱形ABCD 中，对角线3AC = 所以ABC 和DBC △都是正三角形， 又因为二面角B AC D --的大小为2π， 所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O ， 则O 是棱锥B ACD -外接球的球心，且11,2GD OG GE ===， 所以球的半径2252R GD OG =+=， 所以其体积为3344555(3326V R ππ==⋅=， 故答案为：556π. 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下： （1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置；（3）利用勾股定理求得半径； （4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的解析：163π【分析】求出截面圆H 的半径，设AH x =，可得出3HB x =，从而可知，球O 的半径为2x ，根据勾股定理求出x 的值，可得出球O 的半径，进而可求得球O 的表面积. 【详解】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=， 所以，球O 的半径为232x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故答案为：163π. 【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平解析：36π【分析】证明PB 与,CE AC 垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积． 【详解】∵3PE EA =，3BF FA =，∴AE AFAP AB=，∴//EF PB ，又CE EF ⊥，∴PB CE ⊥，取AC 中点D ，连接,PD BD ，如图，由于P ABC -是正三棱锥，∴,PD AC BD AC ⊥⊥，而PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ， ∴AC PB ⊥，∵ACCE C =，,AC CE ⊂平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，而,PA PC ⊂平面PAC ，∴,PB PA PB PC ⊥⊥，同理正三棱锥中，PA PC ⊥．设三棱锥P ABC -外接球半径为R ，则22222(2)3(23)R PA PB PC =++=⨯，3R =，球的体积为343363V ππ=⨯=． 故答案为：36π．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．16．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案 6 【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为O ，可得OEF ∠为异面直线AC 与EF所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得． 【详解】设圆柱底面半径为r ，则母线长为2r ，由2216r r ππ⋅=得2r．设底面圆心为O ，连接OE ，OF ．则//OE AC ，所以OEF ∠为异面直线AC ，EF 所成的角．在Rt OEF △中，2OF =，22OE =，23EF =． 所以6cos OE OEF EF ∠==． 故答案为：6．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．17．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故 解析：3【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案． 【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：2AB =，BC =2,22,23BP AC PC AP ====.所以该三棱锥最长棱的长度为23. 故答案为：23．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．18．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 3 【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论． 【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AEDE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==112ME BC ==， 又113323323EO DE ==⨯=由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥，∴3cos 3EO MEO ME ∠==． 故答案为：33．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．19．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4） 【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE A C ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）. 【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值， 由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠ 所以MB 是定值，故（1）正确；B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =，则2DE CE ==，若存在某个位置,使1DE A C ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1A CE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾， 故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4） 【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以 解析：494π【详解】取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=，所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC.所以球心在直线SD 上，所以()2232R R =+-，得74R =， 所以24944S R ππ==．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）7. 【分析】（1）取AB 中点O ，连OC ､OD ，即可得到COD ∠是二面角C AB D --的平面角，再由勾股定理逆定理得到222OC OD CD +=，即可得到二面角是直二面角，即可得证； （2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，即可证明BC ⊥平面DOM ，从而得到ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角，再利用锐角三角函数计算可得； 【详解】（1）证明：取AB 中点O ，连OC ､OD ，因为ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形， 所以OC AB ⊥，⊥OD AB ，所以COD ∠是二面角C AB D --的平面角. 在OCD 中，因为OC =1OD =，2CD =，所以222OC OD CD +=所以90COD ∠=︒. 所以平面ABC ⊥平面ABD .（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，由（1）可知DO ⊥面ABC ，又BC ⊂面ABC ，所以BC DO ⊥，由OMDO O =，,OM DO ⊂面DOM所以BC ⊥平面DOM因为DM ⊂面DOM ，所以BC ⊥DM ， 则ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角.在Rt OMD 中，1OD =，2OM =，由勾股定理：DM =，∴二面角A-BC-D 的余弦值为cos OM OMD DM ∠==.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 22．（1）22；（22；（33 【分析】（1）取BD 中点G ，连接GC ，FG ，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明EF 为1BD 与1CC 的公垂线，再由题中数据，计算出EF 的长，即可得出结果；（2）连接1ED ，由（1）得到EF ⊥平面1BDD ，设1D 到平面BDE 的距离为d ，根据等体积法，由11E DBD D DBE V V --=求出d ，记直线1BD 与平面BDE 所成角为θ，由1sin dBD θ=即可得出结果； （3）由（2）得到1D 到平面BDE 的距离d ，根据题中条件，得到F 到平面BDE 的距离为2d，即可得出结果. 【详解】（1）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，取BD 中点G ，连接GC ，FG ， ∵F ，G 分别为1,BD BD 的中点，∴1//FG D D 且112FG D D =， 又1//CE D D ，112CE D D =，所以//FG CE 且FG CE =，则四边形EFGC 为平行四边形，又CE ⊥平面ABCD ，CG ⊂平面ABCD ，∴CE CG ⊥，。
寒假作业11 第1章立体几何初步检测题基础篇-2020-2021学年北师大版高一数学(必修2)
参考答案
1．B
【分析】
根据棱柱的特点一一分析即可得解.
【详解】
对于A，棱柱的上下底面可以是三角形或者是梯形，故A不正确；
对于B，面最少的就是三棱柱，共有五个面，B正确；
对于C，长方体是棱柱，但是上下、左右、前后都是互相平行的，C不正确；
对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，D错误.
2．C
【分析】
由已知条件将四个点的位置定下来，可得选项.
【详解】
因为空间四点A，B，C，D不共面，所以这四个点的位置如三棱锥的顶点和底面三角形的顶点，所以只有C选项正确，
若A，B，C，D四点中有三点共线，则空间四点A，B，C，D共面，与题设矛盾，故A错误；
若直线 与 相交，则空间四点A，B，C，D共面，故B不正确；
对于选项C：由平行公理知：平行于同一条直线的两条直线互相平行；故选项C正确；
选项D是直线与平面垂直的性质定理，不是公理.
故选：D.
5．D
【分析】
由圆柱、圆锥、圆台的三视图确定几何体形状．
【详解】
由三视图知原组合体上面是一个圆锥，下面是一个圆柱，只有D相符．
故选：D．
6．A
【分析】
由题意可知正四棱锥底面正方形边长为 ，高为 ，利用椎体体积公式即可求解.
对于②，若 ，则由面面平行的性质定理可得 ，故正确；
对于③，若 ，则由线面垂直的判定定理可得 ，故正确；
对于④，当 时，l可能在 内，可能与 平行，可能相交，所以不一定有 ，故错误，
故选：B
【点睛】
此题考查线线、线面、面面关系的判断，属于基础题
11．C
【分析】
连接 、 ，证明出 ，可得出异面直线 与直线 所成的角为 ，分析 的形状，进而可得出结果.
(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(有答案解析)(1)
一、选择题1．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（ ）A ．2：1B ．4：1C ．8：1D ．8：32．如图，四棱柱ABCD A B C D ''''-中，底面ABCD 为正方形，侧棱AA '⊥底面ABCD ，32AB =，6AA '=，以D 为圆心，DC '为半径在侧面BCC B ''上画弧，当半径的端点完整地划过C E '时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（ ）A 96B 93C 96D 93 3．已知三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的表面上，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是3O 的表面积是（ ）A ．28π3B ．14π3C ．56π3D ．7π 34．已知正方体1111ABCD A B C D -，点,E F 分别是棱11B C ，11A D 的中点，则异面直线BE ，DF 所成角的余弦值为（ ）A 5B ．35C ．45D 25 5．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（ ）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π26．在正方体1111ABCD A B C D -，中，M ，N ，P ，Q 分别为1A B ，1B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线MN 与PQ 所成角的大小是（ ）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π 8．如图正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，O 是1AA 中点，P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，则直线OP 与平面ABC 所成角正弦值的最大值为（ ）A ．22B 255C ．32D 2779．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是（ ） A ．异面直线AM 与BC 5B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D ．直线1AC 与平面BDM 相交10．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．//MN 平面ABEB ．//MN 平面ADEC ．//MN 平面BDHD ．//MN 平面CDE11．已知四面体ABCD ，AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．73πB ．7πC ．712πD ．79π 12．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2O A ''=，45B A O '''∠=,//B C O A ''''.则原平面图形的面积为（ ）A ．32B ．62C 322D ．34二、填空题13．在如图棱长为2的正方体中，点M 、N 在棱AB 、BC 上，且1AM BN ==，P 在棱1AA 上，α为过M 、N 、P 三点的平面，则下列说法正确的是__________．①存在无数个点P ，使面α与正方体的截面为五边形；②当11A P =时，面α与正方体的截面面积为33；③只有一个点P ，使面α与正方体的截面为四边形；④当面α交棱1CC 于点H ，则PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点．14．如图，在一个底面面积为4，侧棱长为10的正四棱锥P ABCD -中，大球1O 内切于该四棱锥，小球2O 与大球1O 及四棱锥的四个侧面相切，则小球2O 的体积为___________.15．已知三棱锥A BCD -中，2AB CD ==3AC BC AD BD ====，则三棱锥A BCD -的体积是____________．16．二面角a αβ--的大小为135A AE a E α︒∈⊥，，，为垂足，,B BF a F β∈⊥，为垂足，2,31AE BF EF P ===，，是棱上动点，则AP PB +的最小值为_______． 17．在正三棱锥A BCD -中，5AB AC AD ===，6BC BD CD ===.点M 是线段BC 上的点，且2BM MC =.点P 是棱AC 上的动点，直线PM 与平面BCD 所成角为θ，则sin θ的最大值为______.18．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值（2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE A C ⊥（4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE19．三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，PC ⊥底面ABC ，若1PC AC ==，2AB =，且60BAC ∠=︒，给出如下命题：①ACB △是直角三角形；②此球的表面积等于11π；③AC ⊥平面PBC ；④三棱锥A PBC -的体积为3. 其中正确命题的序号为______.（写出所有正确结论的序号）20．如图，在三棱锥A BCD -，,AB AD BC ⊥⊥平面ABD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD 、BD 上，且EF AD ⊥.则下列结论中：正确结论的序号是______.①//EF 平面ABC ；②AD AC ⊥；③//EF CD三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAB △是等边三角形，CB ⊥平面,//PAB AD BC 且22PB BC AD F ===，为PC 中点．（1）求证：//DF 平面PAB ；（2）求直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．22．如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，点G 、E 分别在线段AO 和BC 上，2BE EC =，2AG GO =，2CA CB CD BD ====，2AB AD ==.（1）求证：//GE 平面ACD ；（2）求证：平面ABD ⊥平面BCD .23．如图，AB 是O 的直径，PA 垂直于O 所在的平面，C 是圆周上不同于A ，B 的一动点.（1）证明：BC ⊥面PAC ；（2）若PA =AC =1，AB =2，求直线PB 与平面PAC 所成角的正切值.24．如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为33PB =60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点．（1）证明：PC⊥平面ABC；（2）求直线BF与平面PAC所成角的大小．25．如图，四边形ABCD为矩形，且4AD，22=AB=，PA⊥平面ABCD，PA=，E为BC的中点.2⊥；（1）求证：PC DE-的体积.（2）若M为PC的中点，求三棱锥M PAB-中，G是底面ABC的重心，D是线段PC上的点，且26．在三棱锥P ABC2PD DC=.（1）求证：DG//平面PAB；（2）若PAB △是以PB 为斜边的等腰直角三角形，求异面直线DG 与PB 所成角的余弦值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案．【详解】设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，由~AOE ACF 可得：22(1)11h r --=，即22r h h =-， ∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323h V r h h h h ππππ===-++--． 当且仅当22h -=，即4h =时取等号．∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1．故选：A ．【点睛】方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.2．A解析：A先确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，利用圆锥的侧面积S rl π=即可得出结论. 【详解】由题意 6,CE CC AA BC AB ''=====BE ==，所以45BCE ∠=， 45ECC '∠=， 所以曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，所以圆锥的侧面积 6S rl CC DC πππ'==⨯⨯=⨯⨯=，所以曲面面积为18⨯=. 故选：A.【点睛】方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18是关键，考查系数的空间想象力. 3．A解析：A【分析】首先得到11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．【详解】因为侧棱1AA ⊥底面111A B C ，则11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒． 故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =．设111AA A B a ==，则111312ABC A B C V a a -=⨯==三棱柱 解得2a =．所以球O 的半径R ==，所以球O 的表面积2228π4π4π3S R ==⨯=． 故选：A ．解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．4．B解析：B【分析】证明//BE AF ，得AFD ∠是异面直线BE ，DF 所成角或其补角，在三角形中求解即可．【详解】连接,AF EF ，∵,E F 分别是棱11B C ，11A D 的中点，∴//EF AB ，EF AB =， ∴ABEF 是平行四边形，∴//BE AF ，∴AFD ∠是异面直线BE ，DF 所成角或其补角， 设正方体的棱长为2，则111A F D F ==，22215AF DF ==+=，2223cos 25255AF DF AD AFD AF DF +-∠===⋅⨯⨯， 异面直线BE ，DF 所成角的余弦值为35． 故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 5．D解析：D【分析】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE ⊥平面11ACC A 可得BE AM ⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1ACCC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥.6．B解析：B 【分析】由M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点，得平行线，从而找到异面直线MN 与PQ 所成角，在三角形中可得其大小． 【详解】如图，连接1AD ，1AB ，显然M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点， 又N 是1B D 中点，Q 是1CD 中点，所以//MN AD ，//PQ AC ，所以CAD ∠是异面直线MN 与PQ 所成角（或补角），大小为4π． 故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．7．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积． 【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==， 表面积为2414S ππ=⨯=． 故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．8．D解析：D 【分析】先找到与平面11A BC 平行的平面OEFG ,确定点P 在直线FG 上，作出线面角，求出正弦，转化为求AP 的最小值. 【详解】分别取1,,CC BC BA 的中点，连接,,,OE EF FG GO ,并延长FG ，如图，由中位线性质可知11//OE A C , 1//EF BC ,且OE EF E =,故平面11//A BC 平面OGFE ，又P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC 则点P 在直线FG 上，OA ⊥平面ABC ,OPA ∴∠是直线OP 与平面ABC 所成角，sin OAOPA OP∴∠=,OA 为定值，∴当OP 最小时，正弦值最大，而OP所以当AP 最小时，sin OPA ∠最大， 故当AP FG ⊥时，sin OPA ∠最大， 设棱长为2， 则1212AG =⨯=，而30GAP ∠=︒,AP ∴=, 又1212OA =⨯=,sin OAOPA OP∴∠===故选：D 【点睛】关键点点睛：由P 是ABC 所在平面内的一个动点且满足//OP 平面11A BC ，转化为找过O 的平面与平面11A BC 平行，P 在所找平面与平面ABC 的交线上，从而容易确定出线面角，是本题解题的关键所在.9．C解析：C 【分析】A 通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可. B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点M 到面11BB D D 的距离，再求直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行. 【详解】 设正方体棱长为2A. 取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=B. BDM 中，5BM =，22BD =，5DM =，不满足勾股定理，不是直角三角形C. AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D 的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为122d AC ==直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ210sin 55d BM θ===直线BM 与平面11BDD B 所成角的正弦值等于105D.如图ACBD O =OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC故直线1AC 与平面BDM 平行故选：C 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.10．C解析：C 【分析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH 的中点O ,连接ON ,BO ，可以证明MN ‖BO ,利用BO 与平面ABE 的关系可以判定MN 与平面ABE 的关系，进而对选择支A 作出判定；根据MN 与平面BCF 的关系，利用面面平行的性质可以判定MN 与平面ADE 的关系，进而对选择支B 作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN 与平面BDE 的平行关系，进而判定C ；利用M ,N 在平面CDEF 的两侧，可以判定MN 与平面CDE 的关系，进而对D 作出判定. 【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH 的中点O ,连接ON ,BO ，易知ON 与BM 平行且相等，∴四边形ONMB 为平行四边形，∴MN ‖BO , ∵BO 与平面ABE （即平面ABFE )相交，故MN 与平面ABE 相交，故A 错误； ∵平面ADE ‖平面BCF ,MN ∩平面BCF =M ,∴MN 与平面ADE 相交，故B 错误； ∵BO ⊂平面BDHF ,即BO ‖平面BDH ,MN ‖BO ,MN ⊄平面BDHF ,∴MN ‖平面BDH ,故C 正确； 显然M ,N 在平面CDEF 的两侧，所以MN 与平面CDEF 相交，故D 错误. 故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN 的平行线BO .11．A解析：A 【分析】本题首先可根据题意将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD BD ====，所以可将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体ABCD 的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形BCD 的外心到三角形BCD 的顶点的长度为222131323， 所以直三棱柱的外接球的半径221372312r， 则球O 的表面积277π4π4π123S r ，故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查四面体的外接球的表面积的计算，能否将四面体ABCD 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分是解决本题的关键，考查直三棱柱的外接球的半径的计算，是中档题.12．A解析：A 【分析】作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】45B A O '''∠=B O A '''=∠，则O A B '''△是等腰直角三角形，∴2A B OB '''==又O C C B ''''⊥，45C O B '''∠=︒，∴1B C ''=， 在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC ，//OA BC ，2,1OA BC ==，高22OB = ∴其面积为1(21)22322S =+⨯= 故选：A 【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S '，原图形面积为S ，则2S S '=二、填空题13．①②④【分析】让从开始逐渐向运动变化观察所得的截面从而可得正确的选项【详解】由题设可得为所在棱的中点当时如图（1）直线分别交与连接并延长于连接交于则与正方体的截面为五边形故①正确当如图（2）此时与正解析：①②④ 【分析】让P 从A 开始逐渐向1A 运动变化，观察所得的截面，从而可得正确的选项． 【详解】由题设可得,M N 为所在棱的中点. 当203AP <<时，如图（1），直线MN 分别交,AD DC 与,T S ，连接TP 并延长1DD 于G ， 连接GS 交1CC 于H ，则α与正方体的截面为五边形，故①正确.当11A P =，如图（2），此时α2， 其面积为2362=33B 正确.当,A P 重合或1,A P 重合时，如图（3），α与正方体的截面均为四边形，故③错误.如图（4），在平面α内，设PM HN S ⋂=，则S PM ∈，而PM ⊂平面11A B BA ， 故S ∈平面11A B BA ，同理S ∈平面11C B BC ，故S ∈平面11A B BA ⋂平面111C B BC BB =即PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点. 故答案为：①②④. 【点睛】思路点睛：平面的性质有3个公理及其推理，注意各个公理的作用，其中公理2可用来证明三点共线或三线共点，公理3及其推理可用来证明点共面或线共面，作截面图时用利用公理2来处理.14．【分析】设为正方形的中心的中点为连接求出如图分别可求得大球与小球半径分别为和进而可得小球的体积【详解】解：由题中条件知底面四边形是边长为2的正方形设O 为正方形的中心的中点为M 连接则如图在截面中设N 为24【分析】 设O 为正方形ABCD 的中心，AB 的中点为M ，连接PM ，OM ，PO，求出OM ，PM ，PO ，如图，分别可求得大球1O 与小球2O 半径分别为22和24，进而可得小球的体积．【详解】 解：由题中条件知底面四边形ABCD 是边长为2的正方形.设O 为正方形ABCD 的中心，AB 的中点为M ，连接PM ，OM ，PO ，则1OM =，221013PM PA AM =-=-=，9122PO =-=，如图，在截面PMO 中，设N 为球1O 与平面PAB 的切点，则N 在PM 上，且1O N PM ⊥，设球1O 的半径为R ，则1O N R =，∵1sin 3OM MPO PM ∠==，∴1113NO PO =，则13PO R =，11422PO PO OO R =+==，∴2R =，设球1O 与球2O 相切于点Q ，则22PQ PO R R =-=，设球2O 的半径为r ，同理可得4PQ r =，∴22R r ==，故小球2O 的体积342324V r ππ==. 故答案为：224π．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.15．【分析】取中点连接由条件可证明平面由此将三棱锥的体积表示为计算可得结果【详解】取中点连接如下图所示：因为所以平面平面所以平面又因为所以所以又因为故答案为：【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过找的3【分析】取AB 中点O ，连接,CO DO ，由条件可证明AB ⊥平面CDO ，由此将三棱锥A BCD -的体积表示为13CDO AB S⨯⨯，计算可得结果.【详解】取AB 中点O ，连接,CO DO ，如下图所示：因为AC BC AD BD ===，所以,AB CO AB DO ⊥⊥，CO DO O =，CO ⊂平面CDO ，DO ⊂平面CDO ，所以AB ⊥平面CDO ， 又因为3AC BC AD BD ====，2AB CD ==()2221032CO DO ⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以22110221222CDO S ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 又因为11221333A BCD CDO V AB S -=⨯⨯==， 故答案为：23. 【点睛】 关键点点睛：解答本题的关键是通过找AB 的中点，证明出线面垂直，从而将三棱锥的体积表示为13CDO AB S ⨯⨯，区别于常规的13⨯底面积⨯高的计算方法，本例实际可看成是两个三棱锥的体积之和.16．【分析】首先将二面角展平根据两点距离线段最短求最小值【详解】如图将二面角沿棱展成平角连结根据两点之间线段最短可知就是的最小值以为邻边作矩形由可知三点共线则故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查立体几何解析：26 【分析】首先将二面角展平，根据两点距离线段最短，求AP PB +最小值.【详解】如图，将二面角沿棱a 展成平角，连结AB ，根据两点之间线段最短，可知AB 就是AP PB +的最小值，以,AE EF 为邻边，作矩形AEFC ，由,CF a BF a ⊥⊥可知,,C F B 三点共线， 则()222213226AB AC BC =+=++= 26【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的折线段和的最小值，一般都是沿交线展成平面，利用折线段中，两点间距离最短求解，本题与二面角的大小无关.17．【分析】证明直线与平面所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得【详解】先证一个命题：平面内所有直线与平面所成的角中当此角为二面角的平面角时最大如图平面于点于是上任一点则而则平面又平面∴是二面角的平面 13 【分析】证明直线PM 与平面BCD 所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得．【详解】先证一个命题：平面ABC 内所有直线与平面BCD 所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大． 如图AO ⊥平面BCD 于点O ，OE BC ⊥于E ，Q 是BC 上任一点，则AO BC ⊥，而AO OE O =，则BC ⊥平面OAE ，又AE ⊂平面OAE ，∴AEO ∠是二面角A BC D --的平面角，而AQO 是直线AQ 与平面ABCD 所成的角，显然sin AO AEO AE∠=，sin AO AQO AQ ∠=，又AQ AE ≥，∴sin sin sin AQO AEO ∠≤∠，,AEO AQO ∠∠都是锐角，∴AQO AEO ∠≤∠，,Q E 重合时等号成立．由此可知平面ABC 内所有直线与平面BCD 所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大． 由已知363EO =⨯=，22534AE =-=，2213AO AE EO =-=， 13sin 4AEO ∠=， ∴直线PM 与平面BCD 所成角最大值等于AEO ∠， ∴sin θ的最大值为134． 故答案为：13． 【点睛】结论点睛：在二面角A BC D --（为锐二面角）中，AEO ∠是A BC D --二面角的平面角，Q 是棱BC 上任一点，则AQ 与平面BCD 所成角中最大值为二面角的平面角，AQ 与平面BCD 内过Q 点的直线（实际上是所有直线）所成角中最大值为直线AQ 与平面BCD 所成的角．18．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4）【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE A C ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）.【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值， 由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠所以MB 是定值，故（1）正确； B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =， 则2DE CE ==若存在某个位置,使1DE A C ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1A CE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾，故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.19．①③【分析】①先求出再得到最后判断①正确；②先判断三棱锥的外接球就是以为顶点以棱的长方体的外接球再求半径最后求出球的表面积判断②错误；③先证明最后证明平面判断③正确；④直接求出三棱锥的体积判断④错误解析：①③.【分析】①先求出3BC =222AB BC AC =+，最后判断①正确；②先判断三棱锥P ABC -的外接球就是以C 为顶点，以CA ，CB ，CP 棱的长方体的外接球，再求半径r ，最后求出球的表面积，判断②错误；③先证明AC PC ⊥，AC BC ⊥，⋂=PC CB C ,最后证明AC ⊥平面PBC ，判断③正确；④直接求出三棱锥A PBC -的体积，判断④错误.【详解】解：①在ACB △，因为1AC =，2AB =，且60BAC ∠=︒，所以2222cos 3BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠=，则BC =所以222AB BC AC =+，所以ACB △是直角三角形，故①正确；②由（1）可知AC BC ⊥，又因为PC ⊥底面ABC ，所以三棱锥P ABC -的外接球就是以C 为顶点，以CA ，CB ，CP 棱的长方体的外接球，则2r ==，则此球的表面积等于245S r ππ==，故②错误； ③因为PC ⊥底面ABC ，所以AC PC ⊥，由（1）可知AC BC ⊥，⋂=PC CB C , 所以AC ⊥平面PBC ，故③正确；④三棱锥A PBC -的体积11(11326V =⨯⨯⨯=，故④错误. 故答案为：①③.【点睛】本题考查判断三角形是直角三角形、求三棱锥的外接球的表面积、求三棱锥的体积、线面垂直的证明，是中档题. 20．①②【分析】采用逐一验证法根据线面平行线面垂直的判定定理以及线面距离判断可得结果【详解】由共面所以因为平面平面所以平面；故①正确；平面平面所以又因为平面平面所以故②正确；若则平面或EF 在平面ACD 内 解析：①②【分析】采用逐一验证法，根据线面平行，线面垂直的判定定理，以及线面距离，判断可得结果.【详解】由AB AD ⊥，,,EF AD AD EF AB ⊥，共面 ，所以//EF AB ,因为EF ⊄平面ABC ，AB 平面ABC ，所以//EF 平面ABC ；故①正确； BC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥，又因为AB AD ⊥，AB BC B ⋂=，AD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥，故②正确；若//EF CD ，则//EF 平面ACD ，或EF 在平面ACD 内，如图EF 与平面ACD 相交于点E ，显然不成立，故③不正确，故答案为：①②【点睛】本题主要考查了线线、线面之间的位置关系，考查了线面平行的判断以及由线面垂直证明线线垂直，属于中档题.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）24 【分析】 （1）取PB 边的中点E ，即可证明四边形AEFD 为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（2）取BC 边的中点G ，由//DG AB ，即可得到直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角，再由等体积法求得22G PCD d -=，即可求得直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．【详解】解：（1）如图所示：取PB 边的中点E ，连,AE FE ，则三角形中位线可知：//EF BC 且12EF BC =， 由题可知：//AD BC 且12AD BC =， //AD EF ∴且AD EF =，即四边形AEFD 为平行四边形，//DF AE ∴ 又DF ⊄平面,PAB AE ⊂平面PAB ，故//DF 平面PAB ；（2）取BC 边的中点G ，则//DG AB ，且2DG AB ==，直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角，又1CDG S =，且易得DC PD =,所以11223622CDP S PC DF =⋅=⨯=由等体积法，1113633P CDG G PCD G PCD V V d ---==⨯⨯=⨯⨯，得22G PCD d -=， DG ∴与平面PDC 所成角的正弦值为22224=， 故直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值为2． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用等体积法求出G 点到平面PCD 的距离.22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）先依题意得到G 为ABD △的重心，即得到21BG BE GM EC ==，证得//GE MC ，再利用线面平行的判定定理即证结论；（2）先在ABD △中，证得AO BD ⊥，求得1AO =，在BCD △中，求得3OC =，结合勾股定理证得AO OC ⊥，再利用线面垂直的判定定理证明AO ⊥平面BCD ，即证平面ABD ⊥平面BCD .【详解】证明：（1）连接BG 并延长，交AD 于M ，连接MC ，在ABD △中，O 为BD 中点，G 在AO 上，2AG GO =，∴G 为ABD △的重心∴21BG GM =， 又21BE EC =∴BG BE GM EC=∴//GE MC ， ∵GE ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ，∴//GE 平面ACD ；（2）在ABD △中，O 为BD 中点，2BD =，2AB AD ==∴AO BD ⊥∴221AO AB BO =-=，在BCD △中，2BC CD BD ===，O 为BD 中点，连接OC ，则3OC =又2CA =，∴222OA OC CA +=，∴AO OC ⊥由AO OC ⊥，AO BD ⊥，OCBD O =，,OC BD ⊂平面BCD ，得AO ⊥平面BCD ，又AO⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCD.【点睛】思路点睛：证明线面平行时运用线面平行的判定定理证得，或者利用面面平行的性质证得；证明线面垂直时，运用其判定定理需要证明一条直线与相交的两条直线垂直，当题目条件中给出长度时可以采用勾股定理逆定理证得线线垂直，或者运用面面垂直的性质定理证得线面垂直．23．（1）证明见解析；（2）6 .【分析】（1）证明AC⊥BC和PA⊥BC，BC⊥面PAC即得证；（2）先证明∠BPC为PB与平面PAC所成的角，再通过解三角形求出,BC PC即得解.【详解】证明：(1)AB为圆O直径∴∠ACB=90°即AC⊥BCPA⊥面ABC，∴PA⊥BCAC PA=A∴BC⊥面PAC.(2)BC⊥面PAC，∴∠BPC为PB与平面PAC所成的角，在直角三角形ABC中，22213BC=-在直角三角形PAC中，22112PC=+=,在直角三角形PBC中，tan∠BPC 36 2=.故直线PB与平面PAC6【点睛】方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找→作→证（定义）→指→求（解三角形）.24．（1）证明见解析；（2）45.。
北师大版2018-2019学年高中数学必修2全册习题含解析
北师大版高中数学必修二全册同步习题含解析目录第1章立体几何初步 1.1.1习题第1章立体几何初步 1.1.2习题第1章立体几何初步 1.2习题第1章立体几何初步 1.3.1习题第1章立体几何初步 1.3.2习题第1章立体几何初步 1.4.1习题第1章立体几何初步 1.4.2习题第1章立体几何初步 1.5.1.1习题第1章立体几何初步 1.5.1.2习题第1章立体几何初步 1.5.2习题第1章立体几何初步 1.6.1.1习题第1章立体几何初步 1.6.1.2习题第1章立体几何初步 1.6.2习题第1章立体几何初步 1.7.1习题第1章立体几何初步 1.7.2习题第1章立体几何初步 1.7.3习题第1章立体几何初步习题课习题第1章立体几何初步检测习题第2章解析几何初步 2.1.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.1习题第2章解析几何初步 2.1.2.2习题第2章解析几何初步 2.1.3习题第2章解析几何初步 2.1.4习题第2章解析几何初步 2.1.5.1习题第2章解析几何初步 2.1.5.2习题第2章解析几何初步 2.2.1习题第2章解析几何初步 2.2.2习题第2章解析几何初步 2.2.3.1习题第2章解析几何初步 2.2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.1-2.3.2习题第2章解析几何初步 2.3.3习题第2章解析几何初步检测习题模块综合检测习题北师大版2018-2019学年高中数学必修2习题01第一章立体几何初步§1简单几何体1.1简单旋转体1.下列说法正确的是()A.圆锥的母线长等于底面圆直径B.圆柱的母线与轴垂直C.圆台的母线与轴平行D.球的直径必过球心答案:D2.下面左边的几何体是由选项中的哪个图形旋转得到的()解析:选项B中的图形旋转后为两个共底面的圆锥;选项C中的图形旋转后为一个圆柱与一个圆锥的组合体;选项D中的图形旋转后为两个圆锥与一个圆柱的组合体.答案:A3.用一个平面去截一个几何体,得到的截面一定是圆面,则这个几何体是()A.圆锥B.圆柱C.球D.圆台答案:C4.AB为圆柱下底面内任一不过圆心的弦,过AB和上底面圆心作圆柱的一截面,则这个截面是()A.三角形B.矩形C.梯形D.以上都不对解析:如图所示,由于圆柱的上下底面相互平行,故过AB和上底面圆心作圆柱的一截面与上底面的交线CD 必过上底面圆心,且CD∥AB,在圆柱的侧面上,连接A,C(或B,D)两点的线是曲线,不可能是直线.故这个截面是有两条边平行、另两边是曲线的曲边四边形.故选D.答案:D5.以钝角三角形的较短边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:如图所示.旋转一周后其他两边形成的几何体为在圆锥AO的底部挖去一个同底的圆锥BO.答案:D6.点O1为圆锥高上靠近顶点的一个三等分点,过O1与底面平行的截面面积是底面面积的()A.13B.23C.14D.19解析:如图所示,由题意知SO1∶SO=1∶3,∴O1B∶OA=1∶3,∴S☉O1∶S☉O=1∶9,故选D.答案:D7.下列说法中错误的是.①过圆锥顶点的截面是等腰三角形;②过圆台上底面中心的截面是等腰梯形;③圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个.答案:②8.若过轴的截面是直角三角形的圆锥的底面半径为r,则其轴截面的面积为.解析:由圆锥的结构特征,可知若过轴的截面为直角三角形,则为等腰直角三角形,其斜边上的高为r,所以S=12×2r2=r2.答案:r29.已知圆锥的母线与旋转轴所成的角为30°,母线的长为2,则其底面面积为.解析:如图所示,过圆锥的旋转轴作截面ABC,设圆锥的底面半径为r,底面圆心为O.∵△ABC为等腰三角形,∴△ABO为直角三角形.又∠BAO=30°,∴BO=r=1AB=2.∴底面圆O的面积为S=πr2=π2.答案:π10.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面的半径比是1∶4,母线长是10 cm,求这个圆锥的母线长.分析:处理有关旋转体的问题时,一般要作出其过轴的截面,在这个截面图形中去寻找各元素之间的关系.解:设圆锥的母线长为y cm,圆台上、下底面的半径分别为x cm,4x cm.作圆锥过轴的截面如图所示.在Rt△SOA中,O'A'∥OA,则SA'SA =O'A'OA,即y-10y =x4x,解得y=403.故圆锥的母线长为40cm.11.圆锥的底面半径为r,母线长是底面半径的3倍,在底面圆周上有一点A,求一个动点P自点A出发在侧面上绕一周回到点A的最短路程.解:沿圆锥的母线SA将侧面展开,如图所示.则线段AA1就是所求的最短路程.∵弧A1A的长为2πr,SA=3r,设弧A1A所对的圆心角为α,∴απ·3r=2πr,∴α=120°.∴AA1=SA·cos30°×2=3r×3×2=33r,即所求最短路程是33r.1.2简单多面体1.关于棱柱,下列说法正确的是()A.只有两个面平行B.所有的棱都相等C.所有的面都是平行四边形D.两底面平行,侧棱也互相平行解析:正方体可以有六个面平行,故选项A错误;长方体并不是所有的棱都相等,故选项B错误;三棱柱的底面是三角形,故选项C错误;由棱柱的概念知,两底面平行,侧棱也互相平行,故选项D正确.答案:D2.一个正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是()A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥解析:由于正六边形的中心到顶点的距离与边长都相等,故正六棱锥的侧棱长必大于底面边长.答案:D3.棱台不一定具有的性质是()A.两底面相似B.侧面都是梯形C.侧棱都相等D.侧棱延长后都交于一点解析:由棱台的定义可知,棱台是用平行于棱锥底面的平面去截棱锥而得到的,所以A,B,D选项都成立,只有选项C不一定成立.答案:C4.下列图形中,不是三棱柱的展开图的是()解析:根据三棱柱的结构特征知,A,B,D中的展开图都可还原为三棱柱,但是C中展开图还原后的几何体没有下底面,故不是三棱柱的展开图.答案:C5.下列说法正确的个数为()①存在斜四棱柱,其底面为正方形;②存在棱锥,其所有面均为直角三角形;③任意的圆锥都存在两条母线互相垂直;④矩形绕任意一条直线旋转都可以形成圆柱.A.1B.2C.3D.4解析:①存在斜四棱柱,其底面为正方形,正确.②正确.如图所示.③不正确,圆锥轴截面的顶角小于90°时就不存在.④不正确,矩形绕其对角线所在直线旋转,不能围成圆柱.故答案为B.答案:B6.用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥,截得的棱台上、下底面的面积之比为1∶4,截去的棱锥的高是3 cm,则棱台的高是()A.12 cmB.9 cmC.6 cmD.3 cm解析:棱台的上、下底面的面积之比为1∶4,则截去的棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶2,棱台的高是3cm.答案:D7.有下列四个结论:①各侧面是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥;②底面是正多边形的棱锥是正棱锥;③三棱锥的所有面可能都是直角三角形;④四棱锥中侧面最多有四个直角三角形.其中正确的有(填正确结论的序号).答案:③④8.如图所示,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是.解析:如图所示,假设以AB边固定进行倾斜,则几何体BB2C2C-AA2D2D一定为棱柱.答案:棱柱9.在侧棱长为23的正三棱锥P−ABC中,∠APB=40°,E,F分别是PB,PC上的点,过点A,E,F作截面AEF,则△AEF周长的最小值是.解析:将正三棱锥的三个侧面展开,如图所示.则当E,F为AA1与PB,PC的交点时,△AEF的周长最小,最小值为2AP·cos30°=2×23×3=6.答案:610.把右图中的三棱台ABC-A1B1C1分成三个三棱锥.解:如图所示,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成了三个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.(本题答案不唯一)11.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)如图所示,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一).(2)如图所示,三棱锥B1-ACD1(答案不唯一).(3)如图所示,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一).★12.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上的一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线的长为设这条最短路线与CC1的交点为N.求:(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线的长;(2)求PC和NC的长.解:(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9,宽为4的矩形,其对角线长为92+42=97.(2)如图所示,将侧面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上,则点P旋转到点P1的位置,连接MP1交CC1于点N,则MP1的长等于由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长.设PC=x,则P1C=x.在Rt△MAP1中,由勾股定理,得(3+x)2+22=29,解得x=2,所以PC=P1C=2,又NCMA =P1CP1A=25,所以NC=45.§2直观图1.关于用斜二测画法所得的直观图,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解析:根据斜二测画法的规则知,正方形的直观图为平行四边形.答案:B2.水平放置的△ABC,有一条边在水平线上,它的斜二测直观图是正三角形A'B'C',则△ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.任意三角形解析:根据斜二测画法的规则,可知△ABC中有一个角是钝角,所以△ABC是钝角三角形.答案:C3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是()答案:C4.对于一条边在x轴上的三角形,采用斜二测画法作出其直观图,则其直观图的面积是原三角形面积的()A.2倍B.2C.2D.1解析:由于平行于y轴的线段其平行性不变,长度变为原来的一半,又直观图中∠x'O'y'=45°,设原三角形的面积为S,其直观图的面积为S',则S'=1×2S=2S.答案:B5.一个水平放置的三角形的直观图是等腰直角三角形A'B'O',如图所示,若O'B'=1,那么原△ABO的面积是()A.12B.22C.2D.22解析:由斜二测画法,可知原三角形为直角三角形,且∠AOB=90°,OB=1,OA=2O'A'=22,∴S△AOB=12×1×22= 2.故选C.答案:C6.已知△A'B'C'为水平放置的△ABC的直观图,如图所示,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.ABB.ADC.BCD.AC解析:由斜二测画法,可知原图形为直角三角形.AC为斜边,D为BC的中点,故AC>AD,故最长线段为AC.答案:D7.一个平面图形的斜二测直观图是腰长为2的等腰直角三角形,如图,则其平面图形的面积为.答案:48.已知正三角形ABC的边长为a,则水平放置的△ABC的直观图△A'B'C'的面积为.解析:图①、图②分别为实际图形和直观图.由图可知A'B'=AB=a,O'C'=1OC=3a,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D',则C'D'=2O′C′=6a.所以S△A'B'C'=12A′B′·C'D'=12×a×68a=616a2.答案:616a29.在等腰梯形ABCD中,上底边CD=1,AD=CB=2,下底边AB=3,按平行于上、下底边取x轴,则直观图A′B′C′D′的面积为.解析:等腰梯形ABCD的高为1,且直观图A'B'C'D'仍为梯形,其高为1sin45°=2,故面积为1×(1+3)×2= 2.答案:2210.画出如图所示放置的直角三角形的直观图.解:画法:(1)画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°(如图②所示);(2)在原图中作BD⊥x轴,垂足为D(如图①所示);(3)在x'轴上截取O'A'=OA,O'D'=OD,在y'轴上截取O'C'=12OC,过D'作B'D'∥y'轴,使D'B'=1BD;(4)连线成图(擦去辅助线)(如图③所示).11.用斜二测画法得到一水平放置的Rt△ABC,AC=1,∠ABC=30°,如图所示,试求原三角形的面积.解:如图所示,作AD⊥BC于点D,令x'轴与y'轴的交点为E,则DE=AD,在Rt△ABC中,由∠ABC=30°,AC=1,可知BC=2,AB= 3.由AD⊥BC,AD=DE,可知AD=32,AE=62,由斜二测画法可知,原三角形A'B'C'中,B'C'=BC=2,A'E'=2AE=6,且A'E'⊥B'C',所以S△A'B'C'=1B′C′·A'E'=1×2×6= 6.★12.画水平放置的圆锥的直观图.分析用斜二测画法画水平放置的圆锥的直观图,由于圆锥底面可以看作是水平放置的,因此,只需先画轴,再画底面和高即可.解:(1)画轴,如图所示,画x轴、y轴、z轴,使∠xOy=45°,∠xOz=90°;(2)画圆锥的底面,画出底面圆的直观图,与x轴交于A,B两点;(3)画圆锥的顶点,在Oz上截取点P,使得PO等于圆锥的高;(4)连线成图,连接P A,PB,并加以整理(擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线),得圆锥的直观图.§3三视图3.1简单组合体的三视图1.用一个平行于水平面的平面去截球,得到如图所示的几何体,则它的俯视图是()解析:截去的平面在俯视图中看不到,故用虚线,因此选B.答案:B2.下列各几何体的三视图中,有且仅有两个视图相同的是()A.①②B.①③C.①④D.②④解析:①中正方体的三视图均相同;②中圆锥的主视图和左视图相同;③中三棱台的三视图各不相同;④中正四棱锥的主视图和左视图相同.答案:D3.某几何体的主视图和左视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是()解析:D选项的主视图为,故不可能是D选项.答案:D4.如图所示,若△A'B'C'为正三角形,与底面不平行,且CC'>BB'>AA',则多面体的主视图为()解析:因为△A'B'C'为正三角形,面A'B'BA向前,所以主视图不可能是A,B,C三个选项,只能是D.答案:D5.“牟台方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图所示,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其主视图和左视图完全相同时,它的俯视图可能是()答案:B6.如图所示,画出四面体AB1CD1三视图中的主视图,若以面AA1D1D为投影面,则得到的主视图为()解析:显然AB1,AC,B1D1,CD1分别投影得到主视图的外轮廓,B1C为可见实线,AD1为不可见虚线.故A正确.答案:A★7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,若用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()设过点A,E,C1的截面与棱DD1相交于点F,且F是棱DD1的中点,该正方体截去上半部分后,剩余几何体如图所示,则它的左视图应选C.答案:C8.如图所示,图①②③是图④表示的几何体的三视图,其中图①是,图②是,图③是(填写视图名称).解析:由三视图可知,①为主视图,②为左视图,③为俯视图.答案:主视图左视图俯视图9.如图(a)所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体的中心,则△P AC在该正方体各个面上的射影可能是图(b)中的(把可能的序号都填上).图(a)图(b)解析:要考虑△P AC在该正方体各个面上的射影,在上、下两个面上的射影是①,在前后左右四个面上的射影是④.答案:①④10.(1)画出如图①所示组合体的三视图;(2)图②所示的是一个零件的直观图,试画出这个几何体的三视图.图①图②解(1)该组合体是由一个四棱柱和一个圆锥拼接而成,其三视图如图所示.(2)作出三视图如图所示.★11.如图是根据某一种型号的滚筒洗衣机抽象出来的几何体,数据如图所示(单位:cm).试画出它的三视图.解这个几何体是由一个长方体挖去一个圆柱体构成的,三视图如图所示.3.2由三视图还原成实物图1.若一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形,俯视图是两个同心圆,则这个几何体可能是()A.圆柱B.圆台C.圆锥D.棱台答案:B2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体是()A.棱台B.棱柱C.棱锥D.以上均不对解析:由相似比,可知几何体的侧棱相交于一点.答案:A3.如图所示是底面为正方形、一条侧棱垂直于底面的四棱锥的三视图,则该四棱锥的直观图是下列各图中的()解析:由俯视图排除B,C选项;由主视图、左视图可排除A选项,故选D.答案:D4.某几何体的三视图如图所示,则这个几何体是()A.三棱锥B.四棱锥C.四棱台D.三棱台解析:因为主视图和左视图为三角形,可知几何体为锥体.又俯视图为四边形,所以该几何体为四棱锥,故选B.答案:B5.如图所示,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱,故选B.答案:B6.一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析:由三视图画出直观图如图所示,判断这个几何体是底面边长为6,8,10的直角三角形,高为12的躺下的直=2,这就是做成的最大球的半径.三棱柱,直角三角形的内切圆的半径为r=6+8-102答案:B7.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起,连接AC,得到三棱锥C-ABD,其主视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示),其左视图的面积为.解析:如图所示,根据两个视图可以推知折起后∠CEA=90°,其侧视图是一个两直角边长为1的等腰直角三.角形,所以左视图的面积为12答案:18.用n个体积为1的正方体搭成一个几何体,其主视图、左视图都是如图所示的图形,则n的最大值与最小值之差是.解析:由主视图、左视图可知,正方体个数最少时,底层有3个小正方体,上面有2个,共5个;个数最多时,底层有9个小正方体,上面有2个,共11个.故n的最大值与最小值之差是6.答案:69.下图是一个几何体的三视图,想象该几何体的几何结构特征,画出该几何体的形状.解由于俯视图中有一个圆和一个四边形,则该几何体是由旋转体和多面体构成的组合体,结合左视图和主视图,可知该几何体是由上面一个圆柱、下面一个四棱柱拼接成的组合体.该几何体的形状如图所示.★10.已知几何体的三视图如图所示,用斜二测画法画出它的直观图.解由三视图可知其几何体是底面边长为2,高为3的正六棱锥,其直观图如图所示.§4空间图形的基本关系与公理第1课时平面性质1.两个平面重合的条件是()A.有四个公共点B.有无数个公共点C.有一条公共直线D.有两条相交公共直线解析:由两条相交直线确定一个平面知D选项正确.答案:D2.与“直线l上两点A,B在平面α内”含义不同的是()A.l⫋αB.直线l在平面α内C.直线l上只有这两个点在平面α内D.直线l上所有的点都在平面α内答案:C3.有下列说法:①梯形的四个顶点在同一平面内;②三条平行直线必共面;③有三个公共点的两个平面必重合.其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3解析:梯形是一个平面图形,所以其四个顶点在同一个平面内,故①正确;两条平行直线确定1个平面,三条平行直线确定1个或3个平面,故②错误;三个公共点可以同在两个相交平面的交线上,故③错误.答案:B4.设P表示一个点,a,b表示两条直线,α,β表示两个平面,给出下列四个命题,其中正确的命题是()①P∈a,P∈α⇒a⫋α;②a∩b=P,b⫋β⇒a⫋β;③a∥b,a⫋α,P∈b,P∈α⇒b⫋α;④α∩β=b,P∈α,P∈β⇒P∈b.A.①②B.②③C.①④D.③④答案:D5.三棱台ABC-A'B'C'的一条侧棱AA'所在直线与平面BCC'B'之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内解析:棱台就是棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥得到的,所以延长棱台各侧棱可以恢复成棱锥的形状,由此可知三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.答案:A6.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,且C∉l,则平面ABC与平面β的交线是()A.直线ACB.直线BCC.直线ABD.直线CD解析:由题意知,平面ABC与平面β有公共点C,根据公理3,这两平面必定相交,有且只有一条经过C的交线,由于两点确定一条直线,所以只要再找到两平面的另一个公共点即可.显然点D在直线AB上,从而它在平面ABC内,而点D又在直线l上,所以它又在平面β内,所以点D也是平面ABC与平面β的公共点.因此平面ABC 与平面β的交线是直线CD.答案:D7.已知点P在平面α外,点A,B,C在平面α内且不共线,A',B',C'分别在P A,PB,PC上,若A'B',B'C',A'C'与平面α分别交于D,E,F三点,则D,E,F三点()A.成钝角三角形B.成锐角三角形C.成直角三角形D.在一条直线上解析:本题考查三点关系,根据两平面公共点在其交线上,知D,E,F三点共线,故选D.答案:D8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么,正方体的过P,Q,R的截面图形是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形解析:如图所示,作GR∥PQ交C1D1于G,延长QP与CB延长线交于M,连接MR交BB1于E,连接PE.同理延长PQ交CD延长线于点N,连接NG交DD1于F,连接QF.所以截面PQFGRE为六边形.故选D.答案:D9.四条线段首尾相接得到一个四边形,当且仅当它的两条对角线时,能得到一个平面图形.解析:由公理1,2知当两条对角线相交时为平面图形,当两条对角线不共面时为空间四边形.答案:相交10.一个平面内不共线的三点到另一个平面的距离相等且不为零,则这两个平面的位置关系是.解析:当三点在另一个平面同侧时,这两个平面平行,当三点不在另一个平面同侧时,这两个平面相交.答案:平行或相交11.过已知直线a外的一点P,与直线a上的四个点A,B,C,D分别画四条直线,求证:这四条直线在同一平面内.证明:如图所示,因为点P在直线a外,所以过直线a及点P可作一平面α,因为A,B,C,D均在a上,所以A,B,C,D均在α内,所以直线P A,PB,PC,PD上各有两个点在α内,由公理2可知,直线P A,PB,PC,PD均在平面α内,故这四条直线在同一平面内.12.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体下底面相交于直线l.试画出直线l的位置,并说明理由.解:如图所示,连接DM并延长,交D1A1的延长线于点P',连接NP',则直线NP'即为所求直线l.理由如下: 如图所示,连接DN,∵P'=DM∩D1A1,且DM⫋平面DMN,D1A1⫋平面A1B1C1D1,∴P'∈平面DMN∩平面A1B1C1D1.又N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1,∴由公理3知,直线NP'为平面DMN与平面A1B1C1D1的交线.第2课时 异面直线所成的角1.若直线a ∥b ,b ∩c=A ,则直线a 与c 的位置关系是( ) A.异面 B.相交 C.平行 D.异面或相交答案:D2.在三棱锥A-BCD 中,E ,F ,G 分别是AB ,AC ,BD 的中点,如果AD 与BC 所成的角是60°,那么∠FEG 为( ) A .60° B .30°C .120°D .60°或120° 解析:异面直线AD 与BC 所成的角可能等于∠FEG ,也可能等于∠FEG 的补角.答案:D3.若空间中四条两两不同的直线l 1,l 2,l 3,l 4满足l 1⊥l 2,l 2∥l 3,l 3⊥l 4,则下列结论一定正确的是( ) A .l 1⊥l 4 B .l 1∥l 4C .l 1与l 4既不垂直也不平行D .l 1与l 4的位置关系不确定解析:因为l 2∥l 3,所以l 1⊥l 3,l 3⊥l 4.实质上就是l 1与l 4同垂直于一条直线,所以l 1⊥l 4,l 1∥l 4,l 1与l 4既不垂直也不平行都有可能成立,故l 1与l 4的位置关系不确定. 答案:D4.如图,在某个正方体的表面展开图中,l 1,l 2是两条面对角线,则在正方体中,l 1与l 2( ) A.互相平行 B.异面且互相垂直 C.异面且夹角为60° D.相交且夹角为60°解析:将表面展开图还原成正方体如图所示,则B ,C 两点重合.故l 1与l 2相交,连接AD ,△ABD 为正三角形,所以l 1与l 2的夹角为60°. 答案:D5.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若点E ,F 分别在AB ,AC 上,且AE=13AB ,AF=13AC ,则下列说法正确的是( ) A.EF ⊥BB 1 B.EF ∥A 1B 1 C.EF ∥B 1C 1D.EF ∥AA 1解析:∵AE=1AB ,AF=1AC ,∴EF ∥BC.又ABC-A1B1C1为棱柱,∴BC∥B1C1.∴EF∥B1C1.答案:C6.下列说法正确的是()A.空间中没有交点的两条直线是平行直线B.一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条也相交C.空间四条直线a,b,c,d,如果a∥b,c∥d,且a∥d,那么b∥cD.分别在两个平面内的直线是平行直线解析:A,B选项中,两直线可能异面,D选项中两直线可能相交,也可能异面.答案:C7.如图是一个正方体的表面展开图,如果将它还原为正方体,那么AB,CD,EF,GH这四条线段所在直线是异面直线的有对.解析:将图形还原成正方体,观察有AB与CD,AB与GH,EF与GH共3对异面直线.答案:38.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=AB,E,F分别是BD1和AD中点,则异面直线CD1,EF所成的角的大小为.答案:90°9.如图所示,在四棱锥C-ABED中,底面ABED是梯形.若AB∥DE,DE=2AB,且F是CD的中点,P是CE的中点,则AF与BP的位置关系是.解析:连接PF,∵P,F分别是CE,CD的中点,∴PF∥ED,且PF=1ED.2又AB∥ED,且DE=2AB,∴AB∥PF,且AB=PF,即四边形ABPF是平行四边形,∴BP∥AF.答案:平行10.如图所示,在三棱锥P-ABC中,D,E是PC上不重合的两点,F,H分别是P A,PB上的点,且与点P不重合.求证:EF和DH是异面直线.证明∵P A∩PC=P,∴P A,PC确定一个平面α.∵E∈PC,F∈P A,∴E∈α,F∈α,∴EF⫋α.∵D∈PC,∴D∈α,且D∉EF.又PB∩α=P,H∈PB,且点H与点P不重合,∴H∉α,DH∩α=D,且DH与EF不相交,于是直线EF和DH是异面直线.★11.如图所示,在空间四边形ABCD中,两条对边AB=CD=3,E,F分别是另外两条对边AD,BC上的点,且AE=BF=1,EF=5,求AB和CD所成的角的大小.解如图所示,过点E作EO∥AB,交BD于点O,连接OF,所以AEED =BOOD,所以BOOD=BFFC,所以OF∥CD.所以∠EOF或其补角是AB和CD所成的角.在△EOF中,OE=2AB=2,OF=1CD=1,又EF=5,所以EF2=OE2+OF2,所以∠EOF=90°.即异面直线AB和CD所成的角为90°.★12.在梯形ABCD中(如图①所示),AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面CDFE沿EF翻折起来,使CD到C'D'的位置,G,H分别为AD'和BC'的中点,得到如图②所示的立体图形.求证:四边形EFGH为平行四边形.。
2019-2020学年高中数学北师大版必修2练习：第一章立体几何初步测评-附答案
第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下面多面体中,是棱柱的有()A.1个B.2个C.3个D.42.如图所示,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的面积是()B.3C.6D.12OAB是直角三角形,其两条直角边的长分别是4和6,则其面积是12.3.若三个球的半径之比是1∶2∶3,则半径最大的球的体积是其余两球的体积和的()A.4倍B.3倍C.2倍D.1倍a,2a,3a,V最大=π(3a)3=36πa3,V1+V2=πa3+π(2a)3=πa3=12πa3,最大=3.4.若一个圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4,圆台的侧面积为400π,则该圆台的母线长为()A.10B.20C.12D.24r,则下底面半径、高分别为4r,4r,于是其母线l=-=5r,又侧面积为400π,所以π(r+4r)·5r=400π,解得r=4,于是母线长为20.5.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()根据题意,可得圆柱侧面展开图为矩形,长为2π×1=2π,宽为1,∴S=2π×1=2π.故选A.6.一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是()该四面体的直观图如图所示,平面ABD⊥平面BCD,△ABD与△BCD为全等的等腰直角三角形,AB=AD=BC=CD=.取BD的中点O,连接AO,CO,则AO⊥CO,AO=CO=1,由勾股定理得AC=,因此△ABC与△ACD为全等的正三角形,由三角形面积公式得,S△ABC=S△ACD=,S△ABD=S△BCD=1,所以2+.7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点E为A1C1上的一点,则直线CE一定垂直于()B.BDC.A1DD.A1D1AC,由于BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,所以BD⊥平面ACC1A1.又因为CE⫋平面ACC1A1,所以CE⊥BD.8.已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥nA,∵α∩β=l,∴l⫋α,∵m∥α,∴m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确;对于选项B,D,∵α⊥β,m∥α,n⊥β,∴m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确.对于选项C,∵α∩β=l,∴l⫋β.∵n⊥β,∴n⊥l.故选C.9.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A. B.16π C.9π D.,R2=(4-R)2+2,∴R2=16-8R+R2+2,∴R=,∴S表=4πR2=4π×π,选A.10.设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,给出下列说法:①若l⊥α,α⊥β,则l⫋β②若l∥α,α∥β,则l⫋β③若l⊥α,α∥β,则l⊥β④若l∥α,α⊥β,则l⊥β其中说法正确的个数为()B.2C.3D.0①,若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⫋β,故①错误;对于②,若l∥α,α∥β,则l⫋β或l∥β,故②错误;对于③,若l⊥α,α∥β,则l⊥β,故③正确;对于④,若l∥α,α⊥β,则l⫋β或l∥β或l⊥β或l与β斜交,故④错误.11.(2018全国Ⅰ卷,文9)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()A.2B.2C.3D.2,易知N为的中点,将圆柱的侧面沿母线MC剪开,展平为矩形MCC'M',易知CN=CC'=4,MC=2,从M到N的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中,MN==2.12.导学号91134033如图所示,在棱长均相等的三棱锥P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA 的中点,下面四个结论不成立的是()A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAEPDE⊥平面ABCBC∥DF,易得BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点ABC上的射影为△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为.6,设六棱锥的高为h,则V=Sh,∴×6h=2,解得h=1.设侧面高为h',则h2+()2=h'2,∴h'=2.∴正六棱锥的侧面积为6××2×2=12.14.某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为.,四棱柱高h为1,底面为等腰梯形,且底面面积S=×(1+2)×1=,故四棱柱的体积V=S·h=.15.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,有如下四个结论:①AC⊥BD;②△ACD是等边三角形;③AB与平面BCD成60°角;④AB与CD所成的角是60°.其中正确结论的序号是.如图,①取BD的中点E,连接AE,CE,则BD⊥AE,BD⊥CE,而AE∩CE=E,∴BD⊥平面AEC,AC⊂平面AEC,故AC⊥BD.故①正确.②设正方形的边长为a,则AE=CE= a.由①知∠AEC=90°是直二面角A-BD-C的平面角,∴AC=a,∴△ACD是等边三角形,故②正确.③由题意及①知,AE⊥平面BCD,故∠ABE是AB与平面BCD所成的角,而∠ABE=45°,∴③不正确.④分别取BC,AC的中点M,N,连接ME,NE,MN,则MN∥AB,且MN=AB=a,ME∥CD,且EM=CD=a,∴∠EMN是异面直线AB,CD所成的角.在Rt△AEC中,AE=CE=a,AC=a,∴NE=AC=a,∴△MEN是正三角形,∴∠EMN=60°,故④正确.16.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且,则的值是.r1,h1,r2,h2,则2πr1h1=2πr2h2,.又,所以,则.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)如图所示,四边形BCC1B1是圆柱的轴截面.AA1是圆柱的一条母线,已知AB=2,AC=2,AA1=3.(1)求证:AC⊥BA1;.AB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AC.又AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.因为BA1⫋平面AA1B1B,所以AC⊥BA1.Rt△ABC中,AB=2,AC=2,∠BAC=90°,所以BC=2.S侧=2π×3=6π.18.(本小题满分12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;:四边形EFGH是矩形.,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体体积V=×2×2×1=.BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.19.(本小题满分12分)如图,已知四棱锥P-ABCD,底面四边形ABCD为菱形,AB=2,BD=2,M,N分别是线段PA,PC的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;MN与BC所成角的大小.AC,交BD于点O.因为M,N分别是PA,PC的中点,所以MN∥AC.因为MN⊈平面ABCD,AC⫋平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(1)知MN∥AC,故∠ACB为异面直线MN与BC所成的角.四边形ABCD为菱形,边长AB=2,对角线长BD=2,故△BOC为直角三角形,且sin∠ACB=,故∠ACB=60°.即异面直线MN与BC所成的角为60°.20.(本小题满分12分)(2018全国Ⅰ卷,文18)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⫋平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-APB的体积为V Q-ABP=×QE×S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.21.(本小题满分12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.DG,CD,设CD∩GF=M.连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点.又H为BC的中点,所以HM∥BD,又HM⫋平面FGH,BD⊈平面FGH,所以BD∥平面FGH.DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⫋平面ABED,所以BD∥平面FGH.HE.因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE,又CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⫋平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⫋平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.22.导学号91134034(本小题满分12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⫋平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线.所以,MD AC,OE AC,因此MDOE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊈平面A1MC,MO⫋平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.。
新版高中数学北师大版必修2习题：第一章立体几何初步 1.5.1.1
§5平行关系5.1平行关系的判定第1课时直线与平面平行的判定1.若直线a∥平面α,直线b∥平面α,则a与b的位置关系是()A.平行B.相交C.异面D.以上都有可能答案:D2.在五棱台ABCDE-A1B1C1D1E1中,若F,G分别是AA1和BB1上的点,且AFFA1=BGGB1,则FG与平面ABCDE的位置关系是()A.平行B.相交C.异面D.FG在平面ABCDE内答案:A3.点E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,则空间四边形的四条边与两条对角线中与平面EFGH平行的条数为()A.0B.1C.2D.3解析:由线面平行的判定定理可知,BD∥平面EFGH,AC∥平面EFGH.答案:C4.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A.①②B.①④C.①③D.②④答案:B5.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AA1的中点,F为BB1的中点,与EF平行的长方体的面有()A.1个B.2个C.3个D.4个解析:∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AA1的中点,F为BB1的中点,∴EF∥CD,EF∥AB,EF∥A1B1,∴由直线与平面平行判定定理得,与EF平行的长方体的面有面CDD1C1,面ABCD,面A1B1C1D1,共3个.故选C.答案:C6.已知两条直线a,b,a∥平面α,b⫋α,则直线a与b的位置关系是.答案:平行或异面7.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB和BC上的点,且AE∶EB=CF∶FB=1∶3,则对角线AC和平面DEF的位置关系是.解析:∵AEEB =CFFB=13,∴EF∥AC.又AC⊈平面DEF,EF⫋平面DEF,∴AC∥平面DEF.答案:平行8.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点.求证:BC1∥平面CA1D.证明如图所示,连接AC1交A1C于点O,连接OD,则O是AC1的中点.∵D是AB的中点,∴OD∥BC1.又OD⫋平面CA1D,BC1⊈平面CA1D,∴BC1∥平面CA1D.9.等于何值时,BC1∥平面AB1D1? 如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D1是A1C1上的一点,当A1D1D1C1解当A1D1=1时,BC1∥平面AB1D1.D1C1证明如下:如图所示,此时D1为线段A1C1的中点,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.由棱柱的定义,知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点.在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,所以OD1∥BC1.又因为OD1⫋平面AB1D1,BC1⊈平面AB1D1,所以BC1∥平面AB1D1.=1时,BC1∥平面AB1D1.所以当A1D1D1C1★10.如图所示,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,M是AE上的动点.试确定定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由.解当点M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.证明如下:连接CE,交DF于点N,连接MN,因为M,N 分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC.又因为MN⫋平面MDF,AC⊈平面MDF,所以AC∥平面MDF.。
(北师大版)北京市必修二第一章《立体几何初步》检测(包含答案解析)
一、选择题1．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（ ）A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥2．如图，四棱柱ABCD A B C D ''''-中，底面ABCD 为正方形，侧棱AA '⊥底面ABCD ，32AB =，6AA '=，以D 为圆心，DC '为半径在侧面BCC B ''上画弧，当半径的端点完整地划过C E '时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（ ）A ．64B ．934C ．62D 933．在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1BC AC ，且12AC BC =，则直线11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．已知α、β是平面，m 、n 是直线，下列命题中不正确的是（ ）A ．若//m α，n αβ=，则//m n B ．若//m n ，m α⊥，则n α⊥ C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβD ．若m α⊥，m β⊂，则αβ⊥5．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π7．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 8．设有直线m ，n ，l 和平面α，β，下列四个命题中，正确的是（ ）A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若//,//,//l m αβαβ，则//l mC ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α9．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM 平面ADE ；②DE BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（ ）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④10．平行六面体1111ABCD A B C D -的六个面都是菱形，那么点1A 在面11AB D 上的射影一定是11AB D 的________心，点1A 在面1BC D 上的射影一定是1BC D 的________心（ ）A ．外心、重心B ．内心、垂心C ．外心、垂心D ．内心、重心11．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥'12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．24C 3D ．12二、填空题13．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且所有顶点都在球O 的表面上，侧面PAB ⊥底面ABCD ，23PA PB ==，120APB ∠=︒，4=AD ，则球O 的表面积为_______.14．如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD 为该圆柱的轴截面，F 为AB 的中点，E 为母线BC 的中点，则异面直线AC ，EF 所成的角的余弦值为______．15．在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，13AA =，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为3，则球O 表面积的最小值为______. 16．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.17．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =，1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -的体积为27，则此三棱锥的外接球的表面积为______18．棱长为a 的正四面体的外接球的表面积为______．19．水平放置的ABC ∆的斜二测直观图如图所示,已知''4,''3B C A C ==,则ABC ∆中AB 边上的中线的长度为_______ .20．在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是 ．三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAB △是等边三角形，CB ⊥平面,//PAB AD BC 且22PB BC AD F ===，为PC 中点．（1）求证：//DF 平面PAB ；（2）求直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．22．在所有棱长均为2的直棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，O ，M 分别为1,BD B C 的中点．（Ⅰ）求证：直线//OM 平面11DB C ； （Ⅱ）求二面角1D AC D --的余弦值．23．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面ABCD 的中心.（1）求证:1B O//平面11DA C ; （2）求点O 到平面11DA C 的距离.24．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，12AA AB =，E 为1CC 的中点.（1）证明：1//AC 平面BDE ； （2）证明：平面BDE ⊥平面1ACC ； （3）求二面角E BD C --的大小.25．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.（1）求证://EF 平面ABP ; （2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ; （3）求三棱锥C AEF -的体积26．如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为233PB =60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点．（1）证明：PC ⊥平面ABC ；（2）求直线BF 与平面PAC 所成角的大小．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 2．A解析：A 【分析】先确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，利用圆锥的侧面积S rl π=即可得出结论. 【详解】由题意 6,CE CC AA BC AB ''=====BE ==，所以45BCE ∠=， 45ECC '∠=， 所以曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18，所以圆锥的侧面积 6S rl CC DC πππ'==⨯⨯=⨯⨯=，所以曲面面积为18⨯=. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的18是关键，考查系数的空间想象力. 3．A解析：A 【分析】证明CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，求出此角后，利用11//B C BC 可得结论， 【详解】∵90BAC ∠=︒，12AC BC =，∴30CBA ∠=︒， ∵1BC AC ，AB AC ⊥，1BC ABB ，1,BC AB ⊂平面1ABC ，∴AC ⊥平面1ABC ，∴CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，即BC 与平面1ABC 所成的角是30， ∵棱柱中11//B C BC ，∴11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为30， 故选：A ．【点睛】思路点睛：本题考查求直线与平面所成的角，解题方法是定义法，即过直线一点作平面的垂直，得直线在平面上的射影，由直线与其射影的夹角得直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角．解题过程涉及三个步骤：一作出图形，二证明所作角是直线与平面所成的角，三是计算．4．A解析：A 【分析】根据已知条件判断直线m 、n 的位置关系，可判断A 选项的正误；利用线面垂直的性质可判断BC 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，若//m α，则直线m 与平面α内的直线平行或异面， 由于n αβ=，则直线m 、n 平行或异面，A 选项错误；对于B 选项，若//m n ，m α⊥，则n α⊥，B 选项正确； 对于C 选项，若m α⊥，m β⊥，则//αβ，C 选项正确；对于D 选项，若m α⊥，m β⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，D 选项正确. 故选：A. 【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．5．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=， 当90θ=时，max 12h x =， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-， 所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=. 故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.6．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积． 【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==， 表面积为2414S ππ=⨯=． 故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．7．D解析：D 【分析】过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解. 【详解】如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ， 则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形， 所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =， 由于2ABC π∠=，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=，所以，222CG CF FG =+，则2CFG π∠=.故选：D. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．D解析：D 【分析】在A 中，m 与n 相交、平行或异面； 在B 中，l 与m 不一定平行，有可能相交； 在C 中，m ⊥β或m ∥β或m 与β相交；在D 中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m ∥α．【详解】由直线m 、n ，和平面α、β，知：对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误； 对于B ，若//,//,//l m αβαβ，l 与m 不一定平行，有可能相交，故B 错误； 对于C ，若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β或m ∥β或m 与β相交，故C 错误；对于D ，若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m ∥α，故D 正确．故选：D ．【点睛】本题考查了命题真假的判断问题，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的判定定理及推论的应用，体现符号语言与图形语言的相互转化，是中档题．9．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确． 【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示； 对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以DE BM ⊥，②正确； 对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确； 对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又AC MC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ， 同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．10．C解析：C 【分析】将三棱锥111A AB D -、三棱锥11A BC D -分离出来单独分析，根据线段长度以及线线关系证明1A 的射影点分别是11AB D 和1BC D 的哪一种心. 【详解】三棱锥111A AB D -如下图所示：记1A 在面11AB D 上的射影点为O ，连接11,,AO B O D O ，因为11111AA A D A B ==，又1A O ⊥平面11AB D ， 所以222222*********1,,AA AO AO A D AO OD A B AO OB =+=+=+， 所以11AO OB OD ==，所以O 为11AB D 的外心；三棱锥11A BC D -如下图所示：记1A 在面1BC D 上的射影点为1O ，连接1111,,BO C O DO ，因为11//BC AD ，且四边形11ADD A 是菱形，所以11AD A D ⊥，所以11BC A D ⊥， 又因为11A O ⊥平面1BC D ，所以1111111,AO BC AO A D A ⊥=，所以1BC ⊥平面11AO D ，又因为1DO ⊂平面11AO D ，所以11DO BC ⊥， 同理可知：1111,BO DC C O DB ⊥⊥，所以1O 为1BC D 的垂心， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过1A 的射影点去证明线段长度的关系、线段位置的关系，借助线面垂直的定义和判定定理去分析解答问题.11．C解析：C 【分析】设AH a =，则3BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则3BH a =-，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ， 又Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，()2''221C H AC AH a =-=-，所以在Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】 如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则2BE ==，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==， 所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，AB =2AE BE ==，由余弦定理可得222cos 2AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅.因此，异面直线AB 与CD 故选：B. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】首先利用垂直关系和底面和侧面外接圆的圆心作出四棱锥外接球的球心再计算外接球的半径以及球的表面积【详解】连结交于点取中点连结并延长于点点是外接圆的圆心侧面底面侧面底面平面过点作平面侧面所以点是 解析：64π【分析】首先利用垂直关系和底面ABCD 和侧面ABCD 外接圆的圆心，作出四棱锥P ABCD -外接球的球心，再计算外接球的半径，以及球O 的表面积. 【详解】连结,AC BD ，交于点M ，取AB 中点N 连结AN ，MN ，并延长于点E ，点E 是PAB △外接圆的圆心，侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB 底面ABCD AB =，MN AB ⊥MN ∴⊥平面PAB ，过点M 作MO ⊥平面ABCD ，//EO MN ，EO ∴⊥侧面PAB ，所以点O 是四棱锥P ABCD -外接球的球心， 可知四边形MNEO 是矩形，右图，23PA PB ==，120APB ∠=，2cos306AB PB ∴==， 点E 是PAB △外接圆的圆心，sin 303PN PB ∴==，PBE △是等边三角形，23PE =， 2333NE ∴=-=，3MO ∴=，2211641322MC AC ==+=， 223134R OC MO MC ∴==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==故答案为：64π 【点睛】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,a b c ，那么外接球的直径2222R a b c =++2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R 的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.14．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案 6【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为O ，可得OEF ∠为异面直线AC 与EF 所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得．【详解】设圆柱底面半径为r ，则母线长为2r ，由2216r r ππ⋅=得2r．设底面圆心为O ，连接OE ，OF ．则//OE AC ，所以OEF ∠为异面直线AC ，EF 所成的角．在Rt OEF △中，2OF =，22OE =，23EF =． 所以6cos 3OE OEF EF ∠==． 故答案为：63．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．15．【分析】设球的半径为连接交于点取中点连接即为三棱柱外接球球心根据三棱锥体积可得间关系表示出根据基本不等式可求得的最小值从而得到球的表面积的最小值【详解】如图因为三棱柱是且设球的半径为连接交于点取中点 解析：27π【分析】设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1A C 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，即O 为三棱柱外接球球心，根据三棱锥体积可得a b ，间关系，表示出r ，根据基本不等式可求得r 的最小值，从而得到球的表面积的最小值. 【详解】如图，因为三棱柱111ABC A B C -是 ，且90ABC ∠=︒，设AB a ，BC b =，球的半径为r ，连接1AC ，1A C 交于点O ，取AC 中点D ，连接BD ，则O 到三棱柱六个定点的距离相等，即O 为三棱柱外接球球心，11322OD AA ==， 又因为三棱锥O ABC -3 即113332ab ⨯=，即12ab =， 所以2222223133322242a b r AD OD ab ⎛⎫⎛⎫+=+=+≥+=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当a b =时等号成立，所以球O 的表面积最小值为2427S r ππ==， 故答案为：27π. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故 解析：3【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案． 【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示， 所以：2AB =，BC =2,22,23BP AC PC AP ====.所以该三棱锥最长棱的长度为23. 故答案为：23．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．17．【分析】设出外接球的半径球心的外心半径r 连接过作的平行线交于连接如图所示在中运用正弦定理求得的外接圆的半径r 再利用的关系求得外接球的半径运用球的表面积公式可得答案【详解】设三棱锥外接球的半径为球心为 解析：20π【分析】设出外接球的半径R 、球心O ，ABC 的外心1O 、半径 r , 连接1AO ，过O 作的平行线OE 交AD 于 E ，连接OA ，OD ，如图所示，在ABC 中，运用正弦定理求得 ABC的外接圆的半径r ,再利用1,,R r OO 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案. 【详解】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ，过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.在ABC 中，由正弦定理得172sin 223BC r BAC ==∠，解得3348r =. 在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠，可得2117963AB AB =+-⋅⋅，得4AB =.所以1122sin 344222ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△. 因为11274233D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯⨯=△，所以14AD =.连接1OO ，又1//OO AD ，所以四边形1EAO O 为平行四边形，111428EA OO AD ===，所以22221114324588R OO AO ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以该三棱锥的外接球的表面积()224π4π520πS R ===.故答案为：20π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.18．【分析】由正四面体性质可知球心在棱锥高线上利用勾股定理可求出半径R 即可求出球的面积【详解】正四面体的棱长为：底面三角形的高：棱锥的高为：设外接球半径为R 解得所以外接球的表面积为：；故答案为：【点睛】解析：232a π 【分析】由正四面体性质可知，球心在棱锥高线上，利用勾股定理可求出半径R ，即可求出球的面积. 【详解】正四面体的棱长为：a ， 底面三角形的高：33a a ⨯=， 棱锥的高为：22236()32a a a -⨯⨯=， 设外接球半径为R ，22263()()33R a R a =-+，解得64R a =， 所以外接球的表面积为：226342a a ππ⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭； 故答案为：232a π． 【点睛】本题考查球的表面积的求法，解题的关键是根据球心的位置，在正四面体中求出球的半径．19．【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形且两条直线边长为长接下来利用勾股定理即可求出AB 的长然后利用直角三角形的性质进行解答即可【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得为直角三角形且两条直 解析：732【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形，且两条直线边长为长3,8AC BC ==，接下来利用勾股定理即可求出AB 的长，然后利用直角三角形的性质进行解答即可. 【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得ABC ∆为直角三角形，且两条直角边的长3,8AC BC ==， 由勾股定理可得73AB =故三角形AB 73， 73. 【点睛】本题是一道关于平面几何图形的直观图的题目，解答本题的关键是熟练掌握斜二测画法的相关知识.20．【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD且低于平面AFC而当平面EHD平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状都不可能是三角形解析：15, 66⎛⎫ ⎪⎝⎭【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD的体积16，并且＜正方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积15 166 -=考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法三、解答题21．（1）证明见解析；（2）2 4【分析】（1）取PB边的中点E，即可证明四边形AEFD为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（2）取BC边的中点G，由//DG AB，即可得到直线AB与平面PDC所成角即为DG与平面PDC所成角，再由等体积法求得22G PCDd-=，即可求得直线AB与平面PDC所成角的正弦值．【详解】解：（1）如图所示：取PB 边的中点E ，连,AE FE ， 则三角形中位线可知：//EF BC 且12EF BC =， 由题可知：//AD BC 且12AD BC =， //AD EF ∴且AD EF =， 即四边形AEFD 为平行四边形， //DF AE ∴又DF ⊄平面,PAB AE ⊂平面PAB ，故//DF 平面PAB ； （2）取BC 边的中点G ， 则//DG AB ，且2DG AB ==，直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角， 又1CDGS=，且易得DC PD =,所以11223622CDPSPC DF =⋅=⨯=由等体积法，1113633P CDG G PCD G PCD V V d ---==⨯=，得22G PCD d -=， DG ∴与平面PDC 所成角的正弦值为2222= 故直线AB 与平面PDC 2． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用等体积法求出G 点到平面PCD 的距离. 22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ5 【分析】（Ⅰ）由中位线定理证明1//OM C D ，即可得线面平行；（Ⅱ）连1D O ，证明1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角， 在直角1D DO △中计算可得． 【详解】解：（Ⅰ）连1BC ，则M 也为1BC 的中点，又M 为BD 的中点，所以1//OM C D ，因为OM ⊄平面11DB C ，1C D ⊂平面11DC B ，所以直线//OM 平面11DB C ；（Ⅱ）连1D O ，因为ABCD 是菱形，所以DO AC ⊥，又1111ABCD A B C D -为直棱柱，底面为菱形，所以11D A D C =，而O 为AC 中点，所以1D O AC ⊥，所以1D OD ∠为二面角1D AC D --的平面角，因为ABCD 是边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒，所以1DO =，又12DD =， 由直棱柱知1DD DO ⊥，所以15DO =，所以115cos DO D OD D O ∠==．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求二面角角，求二面角常用方法： （1）定义法：作出二面角的平面角并证明，然后在三角形中计算可得；（2）向量法：建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量夹角的余弦即可得二面角的余弦（注意判断二面角是锐角还是钝角）． 23．（1）证明见解析；（223【分析】（1）连接11B D ，设11111B D AC O ⋂=，连接1DO ，证明11B O DO 是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）由题意可得平面11DA C ⊥平面11B D DB ，过点O 作1OH DO ⊥于H ，在矩形11B D DB 中，连接1OO ，可得1O OD OHD ∽△△，由三角形相似，对应边成比例即可求解. 【详解】（1）证明：连接11B D ，设11111B D AC O ⋂=，连接1DO .。
高中数学第1章立体几何初步1_1_1简单旋转体学案北师大版必修2
1．1 简单旋转体1．以半圆的直径所在的直线为旋转轴，将半圆旋转所形成的曲面叫作球面．球面所围成的几何体叫作球体，简称球．半圆的圆心叫作球心．连接球心和球面上任意一点的线段叫作球的半径．连接球面上两点并且过球心的线段叫作球的直径．2．分别以矩形的一边、直角三角形的一条直角边、直角梯形垂直于底边的腰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分别叫作圆柱、圆锥、圆台．在旋转轴上这条边的长度叫作它们的高，垂直于旋转轴的边旋转而成的圆面叫作它们的底面，不垂直于旋转轴的边旋转而成的曲面叫作它们的侧面，无论转到什么位置，这条边都叫作侧面的母线．圆台也可以看作是用平行于圆锥底面的平面截这个圆锥而得到的．3．一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线．( )(2)圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线．( )(3)在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线. ( )(4)圆柱的任意两条母线相互平行．( )(5)球和球面是两个不同的概念．球面指球的表面，而球不仅包括球的表面，还包括球面包围的空间．( )[答案] (1)×(2)√(3)×(4)√(5)√题型一旋转体的结构特征【典例1】给出下列说法：①圆柱的底面是圆面；②经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③圆台的母线长大于高；④夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体；⑤圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径．其中说法正确的是________．[思路导引] 根据圆柱、圆台、圆锥的几何特征判断．[解析] ①正确，圆柱的底面是圆面；②正确，如图(1)所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；③正确，圆台的上下底面半径、母线及高构成一个直角梯形，母线长大于高；④不正确，圆柱夹在两个不平行于底面的截面间的几何体不是旋转体；⑤正确，如图(2)所示，圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆半径的2倍(即直径)．[答案] ①②③⑤(1)判断简单旋转体结构特征的方法①明确由哪个平面图形旋转而成．②明确旋转轴是哪条直线．(2)简单旋转体的轴截面及其应用①简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量．②在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．[针对训练1] 下列命题：①圆柱的轴截面是过母线的截面中最大的一个；②用任意一个平面去截圆锥得到的截面一定是一个圆；③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；④球的半径是球面上任意一点与球心的连线段．其中正确的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3[解析] ②错误，截面可能是一个三角形；③错误，圆台的任意两条母线的延长线必相交于一点；①④正确．故选C.[答案] C题型二旋转体的有关计算【典例2】已知一个圆台的上、下底面半径分别是1 cm、2 cm，截得圆台的圆锥的母线长为12 cm，求这个圆台的母线长．[思路导引] 圆锥、圆台的轴截面中有母线与上、下底面圆半径．因此可以考虑用轴截面解答．[解] 如图是几何体的轴截面，由题意知AO＝2 cm，A′O′＝1 cm，SA＝12 cm.由A′O′AO＝SA′SA，得SA′＝A′O′AO·SA＝12×12＝6(cm)，于是AA′＝SA－SA′＝6(cm)，故这个圆台的母线长为6 cm.旋转体中有关底面半径、母线、高的计算，可利用轴截面求解，即将立体问题平面化．对于圆台的轴截面，可将两腰延长相交后在三角形中求解．这是解答圆台问题常用的方法．[针对训练2] 用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截得圆台的上、下底面半径之比是1∶4，截去的小圆锥的母线长是3 cm，则圆台的母线长________cm.[解析] 如图，设圆台的母线长为y，小圆锥底面与被截的圆锥底面半径分别是x,4x.根据相似三角形的性质得33＋y＝x4x，解此方程得y＝9.所以圆台的母线长为9 cm.[答案] 91．关于下列几何体，说法正确的是( )A．图①是圆柱B．图②和图③是圆锥C．图④和图⑤是圆台D．图⑤是圆台[解析] 图①与图④中几何体两个底面不互相平行，所以它们不是圆柱和圆台．图②与图③中几何体的过旋转轴的截面(轴截面)不是等腰三角形，所以它们不是圆锥．图⑤是圆台．[答案] D2．下列命题正确的个数为( )①圆柱的轴是过圆柱上、下底面圆的圆心的直线；②矩形的任意一条边都可以作为轴，其他边绕其旋转围成圆柱；③矩形绕任意一条直线旋转，都可以围成圆柱．A．1 B．2 C．3 D．4[解析]3．球的直径有( )A．一条 B．两条 C．三条 D．无数[解析] 经过球心且端点在球面上的线段都是球的直径，则球有无数条直径．[答案] D4．关于圆台，下列说法正确的是________．①两个底面平行且全等；②圆台的母线有无数条；③圆台的母线长大于高；④两底面圆心的连线是高．[解析] 圆台的上底面和下底面是两个大小不同的圆，则①不正确，②③④正确．[答案] ②③④课后作业(一)(时间45分钟)学业水平合格练(时间20分钟)1．下列说法：①以直角三角形的一边所在的直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆锥；②以直角梯形的一腰所在的直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④分别以矩形两条不相等的边所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周，所得的两个圆柱是不同的圆柱．其中正确的有( )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个[解析] 圆锥是以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴旋转而成的，所以①是错误的；圆台是以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴旋转而成的，所以②是错误的；③显然是正确的；由圆柱的定义可知，随便以矩形的哪条边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周所得到的旋转体都是圆柱，但显然不是同一圆柱，所以④正确，所以答案选B.[答案] B2．下列说法不正确的是( )A．圆柱的侧面展开图是一个矩形B．圆锥过轴的截面是一个等腰三角形C．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D．圆台平行于底面的截面是圆面[解析] 由圆锥的概念知直角三角形绕它的一条直角边所在直线旋转一周所围成的几何体是圆锥，即旋转轴为直角三角形的一条直角边所在的直线，因而C错．[答案] C3．一个圆锥的母线长为5，底面半径为3，则该圆锥的轴截面的面积为( )A ．10B ．12C ．20D ．15[解析] 圆锥的轴截面是等腰三角形、两腰为圆锥的母线、底边为圆锥的底面圆的直径，所以轴截面的面积S ＝12×2×3×52－32＝12，故选B.[答案] B4.如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[解析] 设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则有2πr ＝12·2πl .∴2r ＝l ，即△ABC 为等边三角形，故顶角为60°. [答案] C5．用长为4，宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱，此圆柱轴截面面积为( ) A ．8 B.8π C.4π D.2π[解析] 若4为底面周长，则圆柱的高为2，此时圆柱的底面直径为4π，其轴截面的面积为8π；若底面周长为2，则圆柱高为4，此时圆柱的底面直径为2π，其轴截面面积为8π.[答案] B6．一圆锥的母线长为6，底面半径为3，用该圆锥截一圆台，截得圆台的母线长为4，则圆台的另一底面半径为________．[解析] 作轴截面如图，则r 3＝6－46＝13， ∴r ＝1. [答案] 17．一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的直径为________． [解析] 设球心到平面的距离为d ，截面圆的半径为r ，则πr 2＝π，∴r ＝1.设球的半径为R ，则R ＝d 2＋r 2＝2，故球的直径为2 2.[答案] 2 2 8．有下列说法：①球是以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体； ②球的半径是球面上任意一点与球心的连线； ③球的直径是球面上任意两点间的连线； ④用一个平面截一个球，得到的是一个圆． 其中正确的序号是________．[解析] 球的直径过球心，③不正确；用一个平面截一个球，得到一个圆面，④不正确． [答案] ①②9．已知一个圆柱的轴截面是一个正方形且其面积是Q ，求此圆柱的底面半径. [解] 设圆柱底面半径为r ，母线为l ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2r ＝l ，2r ·l ＝Q ，解得r ＝Q2.所以此圆柱的底面半径为Q2.10．若一个圆锥的母线长为12，其轴截面为等边三角形，求这个圆锥的底面圆的面积及圆锥的高．[解] ∵圆锥的轴截面是一个等边三角形，∴圆锥的底面圆的直径为12，∴半径R＝6，∴圆锥的底面圆的面积S＝πR2＝36π，圆锥的高h＝122－62＝6 3.应试能力等级练(时间25分钟)11．下面说法正确的是( )A．平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形B．平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形C．过圆锥顶点的截面是等腰三角形D．过圆台上底面中心的截面是等腰梯形[解析] 平行于圆锥一条母线的截面不是多边形，因为它的边界有曲线段，只有过母线且过顶点作截面才会出现等腰三角形，故A错误，C正确；过圆台一个底面中心的截面若不经过另一底面，截面也不是多边形，更谈不上等腰梯形，只有过轴的平面才截得等腰梯形，故B、D都不正确．故选C.[答案] C12．如图所示的几何体是从一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的．现用一个平面去截这个几何体，若这个平面平行于底面，那么截面图形为( )[解析] 截面图形应为图C所示的圆环面．[答案] C13.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )A．一个球体B．一个球体中间挖出一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体[解析] 外面的圆旋转形成一个球，里面的长方形旋转形成一个圆柱．所以形成的几何体为一个球体挖出一个圆柱．[答案] B14．一个半径为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.[解析] 如图所示，过球心O 作轴截面，设截面圆的圆心为O 1，其半径为r .由球的性质，OO 1⊥CD .在Rt △OO 1C 中，R ＝OC ＝5，OO 1＝4，则O 1C ＝3，所以截面圆的面积S ＝π·r 2＝π·(O 1C )2＝9π.[答案] 9π15．一个圆锥的底面半径为2 cm ，高为6 cm ，在圆锥内部有一个高为x cm 的内接圆柱．(1)用x 表示圆柱的轴截面面积S;(2)当x 为何值时，S 最大？[解] (1)如图，设圆柱的底面半径为r cm ，则由r 2＝6－x 6，得r ＝6－x 3， ∴S ＝－23x 2＋4x (0<x <6)．(2)由S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x －3)2＋6， ∴当x ＝3时，S max ＝6 cm 2.。
北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(2).docx
立体几何初步1．下列命题中，假命题是（ ）（A ）a 、b 是异面直线，则一定存在平面α过a 且与b 平行 （B ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α过a 且与b 垂直 （C ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α与a 、b 所成角相等 （D ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α与a 、b 的距离相等2．二面角βα--EF 是直二面角，,,,βα⊂⊂∈BC AC EF C 如果∠ACF ＝30,,60,00θ=∠=∠BCF ACB 那么=θcos （ ）（A ）332 （B ）36 （C ）22 （D ）333．长方体三面的面积分别是6,3,2，那么它的外接球的半径是（ ）（A ）26 （B ）3（C ）6 （D ）223 4．若一个平行六面体的两个对角面都是矩形,则在①这个平行六面体一定是直平行六面体.②这个平行六面体有可能是斜平行六面体.③这个平行六面体有可能是正四棱柱.④这个平行六面体不可能是正方体.这四个命题中,正确的个数是( )(A) 1 (B) 2(C) 3 (D) 45、如图，PA⊥平面ABC，△ABC中，∠ACB=90o.则图中Rt△的个数为………（）（A）4 （B）3 （C）2 （D）16、平面α//平面β，直线a//α，直线b⊥β，那么直线a与直线b的位置关系一定是（）A．平行 B.异面 C.垂直 D.不相交7.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点PA.线段B1CB.线段BC1C.BB1中点与CC1D.BC中点与B1C18.MN是两条互相垂直的异面直线a、b的公垂线段，点P是线段MN上除M、N外一动点，若点A是a上不同于公垂线垂足的一点，点B是b上不同于公垂线垂足的一点，△APB是A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.以上均有可能填空题：1.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为．PA BC图12. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3， 则这个球的体积为＿＿＿＿＿＿.三.解答题1.已知E ，F 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1AA 和棱1CC 上的点，且1AE C F =，求证：四边形1EBFD 是平行四边形2.图1.是一个几何体的三视图，想象它的几何结构特征，并说出它的名称．正视图 侧视图俯视图A1A BCD1B 1C F1D E。
最新北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(有答案解析)(2)
一、选择题1．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA AB =，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的正弦值为（ ）．A ．25B ．5 C ．155D ．1052．已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题中错误的是（ ） A ．若m n ⊥，m α⊥，n β⊥，则αβ⊥ B ．若m α⊂，//αβ，则//m βC ．若m n ⊥，m α⊥，βn//，则αβ⊥D ．若l αβ=，//m α，//m β，则//m l3．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π4．已知点A ，B ，C 在半径为5的球面上，且214AB AC ==27BC =P 为球面上的动点，则三棱锥P ABC -体积的最大值为（ ） A 567B 527C 497D 1475．如图，在矩形ABCD 中，1AB =，3BC ，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥A BCD -正视图和俯视图如图，则三棱锥A BCD -中AC 长为（ ）A ．32B ．3C ．10 D ．26．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．16B ．13C ．1D ．27．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（ ） A ．77B ．142 C ．714 D ．1478．三个平面将空间分成n 个部分，则n 不可能是（ ） A ．5B ．6C ．7D ．89．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（ ）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323π D ．该四面体内切球的表面积为2π10．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则（ ）A ．8,14253V L ==+ B ．8,1425V L ==+C ．8,16253V L ==+D ．8,1625VL ==+11．在正方体1111ABCD A BC D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43球的体积为（ ） A ．43πB ．6πC ．323πD ．86π12．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径意思是：球的体积V 乘16，除以9，再开立方，即为球的直径d ，由此我们可以推测当时球的表面积S 计算公式为（ ） A ．2278S d =B ．2272S d =C ．292S d =D ．21114S d =二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11BC CB 所成角的正弦值是______.14．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且所有顶点都在球O 的表面上，侧面PAB ⊥底面ABCD ，23PA PB ==，120APB ∠=︒，4=AD ，则球O 的表面积为_______.15．已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在同一球面上），圆锥的高是底面半径的3倍，圆锥的侧面积为910π，则球O 的表面积为________．16．在三棱锥-P ABC 中，侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形，若3PA =则侧棱PA 与底面ABC 所成的角的大小是___________．17．如图，在长方体1111ABCDA B C D ﹣中，O 是11B D 的中点，P 是线段AC 上一点，且直线1PA 交平面11AB D 于点M ．给出下列结论：①A ，M ，O 三点共线；②A ，M ，O ，1A 不共面；③A ，M ，C ，O 共面；④B ，1B ，O ，M 共面．其中正确结论的序号为______．18．如图，已知正四面体P ABC -的棱长为2，动点M 在四面体侧面PAC 上运动，并且总保持MB PA ⊥，则动点M 的轨迹的长度为__________.19．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．20．水平放置的ABC ∆的斜二测直观图如图所示,已知''4,''3B C A C ==,则ABC ∆中AB 边上的中线的长度为_______ .三、解答题21．在三棱锥P ABC -中，PAC ∆和PBC ∆是边长为2的等边三角形，2AB =，O ，D 分别是AB ， PB 的中点.（1）求证://OD 平面PAC （2）求证:OP ⊥平面ABC （3）求三棱锥D OBC -的体积.22．如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，90DBA ∠=︒，2BA BD ==，10,6,,PA PD PB E F ===分别是棱,AD PC 的中点.（1）证明：//EF 平面PAB ； （2）求点B 到平面PAD 的距离.23．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）证明：//GH 平面ABCD ； （2）求H 到平面AEC 的距离．24．已知四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，6SA SD ==22SB =E 是棱AD 的中点，点F 是棱SC 上靠近S 的一个三等分点.（1）求证：平面SBE ⊥平面ABCD ； （2）求三棱锥F SEB -的体积.25．如图，在三棱锥P ABC -中，1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，1cos ,3BAP AP BC ∠=-⊥．（1）若23BM MC =，求证：PM BC ⊥； （2）当3AP =，且N 为BC 中点时，求AN 与平面PBC 所成角的正弦值．26．我市论语广场准备设置一些多面体形或球形的石凳供市民休息，如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是3160dm 3.（Ⅰ）求正方体石块的棱长；（Ⅱ）若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D 解析：D 【分析】先取正方形的中心O ，连接OE ，由PC //OE 知OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，再在OED 中求OED ∠的正弦即可. 【详解】连AC ，BD 相交于点O ，连OE 、BE ，因为E 为AP 的中点，O 为AC 的中点，有PC //OE ，可得OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，不妨设正方形中，2AB =，则2PA =，由PA ⊥平面ABCD ，可得,PA AB PA AD ⊥⊥， 则145BE DE ==+=1122222OD BD ==⨯= 因为BE DE =，O 为BD 的中点，所以90EOD ∠=︒，210sin 55OD OED DE ∠===． 故选：D. 【点睛】 方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.2．C解析：C 【分析】利用直二面角可判断A 的正误，利用面面平行或线面平行性质定理即判断定理可判断BD 的正误，从而可得正确的选项，利用反例可判断C 是错误的. 【详解】 对于A ，如图，设l αβ=，空间中取一点O （O 不在平面,αβ内，也不在直线,m n上），过O 作直线,a b ，使得,////a m b n ，且,a A b B αβ⋂=⋂=，故a b ⊥. 因为m α⊥，故a α⊥，而l α⊂，故a l ⊥，同理b l ⊥, 因为a b O ⋂=，故l ⊥平面OAB . 设平面OAB 交l 与C ，连接,AC BC ，因为,AC BC ⊂平面OAB ，故,,l AC l BC ⊥⊥所以ACB ∠为l αβ--的平面角. 因为a α⊥，AC α⊂，故OA AC ⊥，同理OB BC ⊥，而OA OB ⊥， 故在四边形OACB 中，90ACB ∠=︒即αβ⊥，故A 正确.对于B ，由面面平行的性质可得若m α⊂，//αβ，则//m β，故B 正确. 对于D ，如图，过m 作平面γ，使得a γα=，过m 作平面η，使得b ηβ⋂=，因为//m α，m γ⊂，故//a m ，同理//b m ，故//a b ， 而a β⊄，b β⊂，故//a β，而a α⊂，l αβ=，故//a l ，所以//m l ，故D 正确.对于C ，在如图所示的正方体中，//AD 平面11A D CB ，1AA ⊥平面ABCD ，1AD AA ⊥，但是平面11A D CB 与平面ABCD 不垂直，故C 错误.故选：C. 【点睛】思路点睛：对于立体几何中与位置有关的命题的真假判断，一般根据性质定理和判定定理来处理，反例一般可得正方体中寻找.3．B解析：B 【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=， 而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===， 所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则223R =, 所以外接球的表面积为2412S R ππ== 故选：B【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．4．A解析：A 【分析】求出球心到平面ABC 的距离，由这个距离加上球半径得P 到平面ABC 距离的最大值，再由体积公式可得P ABC -体积的最大值． 【详解】如图，M 是ABC 的外心，O 是球心，OM ⊥平面ABC ，当P 是MO 的延长线与球面交点时，P 到平面ABC 距离最大，由214AB AC ==，27BC =，得72cos 4214ACB ∠==，则14sin 4ACB ∠=， 21428sin 14AB AM CB ===∠，4AM =， 2222543OM OA AM =-=-=，358PM =+=，又1114sin 2142777224ABC S AC BC ACB =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△， 所以最大的15677783P ABC V -=⨯⨯=． 故选：A ．【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易得结论．当底面ABC 固定，M 是ABC 外心，当PM ⊥平面ABC ，且球心O 在线段PM 上时，P 到平面ABC 距离最大．5．C解析：C 【分析】先由正视图、俯视图及题意还原三棱锥，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ，把AC 放在直角三角形AMC 中解AC . 【详解】根据三棱锥A BCD -正视图和俯视图，还原后得到三棱锥的直观图如图示，由图可知：平面ABD ⊥平面CBD ，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ,则AM ⊥平面CBD ， ∴△MCA 为直角三角形. 过C 作CN ⊥BD 于点N ,在直角三角形ABD 中，AB =1，AD 3∴222BD AB AD =+=所以∠ABD=60°，∠ADB=30°，则在直角三角形ABM 中，AB =1，∠ABM=60°，∴13,22BM AM ==同理，在直角三角形CBD 中，13,2DN CN ==. ∴MN =BD -BM -DN =112122--=, ∴222237()122CM CN MN =+=+= 在直角三角形AMC 中，22227310()22AC CM AM ⎛⎫=+=+⎪ ⎪⎝⎭故选：C 【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整.(2)立体几何中求线段长度：①、把线段放在特殊三角形中，解三角形；②、用等体积法求线段.6．B解析：B 【分析】根据三视图得到直观图，根据棱锥的体积公式可得结果. 【详解】由三视图可知，该几何体是长、宽、高分别为1,2,1的长方体中的三棱锥D ABC -，如图所以：所以该几何体的体积为111121323V =⨯⨯⨯⨯=. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据三视图还原出直观图是本题解题关键.7．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ， 在ABC 中，72cos 214ABC ∠==14sin 4ABC ∴∠=， 由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，11114214273773324O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯= 故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC的外接圆半径，利用勾股关系求出高.8．A解析：A【分析】三个平面不重合，先按其中平行的平面的个数分类：三个平面两两平行，两个平面平行，没有平行的平面(两两相交)，对两两相交的情况，再根据三条交线互相平行，重合，交于一点，分别讨论.【详解】按照三个平面中平行的个数来分类：（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成4部分；（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成6部分；（3）三个平面中没有平行的平面：（i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成7部分；（ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成8部分.（iii ）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成6部分；综上，可以为4，6，7，8部分，不能为5部分， 故选：A.9．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,42AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得1222OE BF AB ===所以222(22)2,23R R =+∴=,所以外接球的体积为34(23)3233ππ⨯=，所以选项A 错误； 所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误； 由题得22(42)(22)210AC AD ==+=，所以△ACD △的高为24026-=， 设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以22r， 所以内切球的体积为3422)323ππ⨯=（，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为224()22ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .10．A解析：A 【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项.【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，E 分别为11,BC BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ． 由三视图可知2AB =，则5,3PC PB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=． 故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．11．B解析：B 【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为43 所以)12133442242AB CS S a==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=， 所以正方体的外接球的体积为34663ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12．A解析：A 【分析】根据已知条件结合球的体积公式3432d π⎛⎫ ⎪⎝⎭求解出π的值，然后根据球的表面积公式242d π⎛⎫⎪⎝⎭求解出S 的表示，即可得到结果. 【详解】3169V d =，所以33941632d d V π⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以278π=， 所以2222727442848d d S d π⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选：A. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据球的体积公式得到π的表示，再将π带入到球的表面积公式即可完成求解.二、填空题13．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的解析：10【分析】取11B C中点D，连接1,A D BD，证明1A D⊥平面11BC CB，可得1A BD∠为直线1A B与侧面11BC CB所成的角，进而可得答案.【详解】取11B C中点D，连接1,A D BD，直三棱柱中，1BB⊥平面111A B C，1A D⊂平面111A B C，11BB A D∴⊥，又11111A B AC==，111A DB C∴⊥，又1111B C BB B=，111,B C BB⊂面11BB C C，1A D∴⊥平面11BC CB，1A B∴在平面11BC CB上的射影为DB，故1A BD∠为直线1A B与侧面11BC CB所成的角，11Rt A B B中，22211121125BBA B A B=+=+=111Rt B AC中，1112212122B CA D===1Rt A BD∴中，1112102sin5A DA BDA B∠===，【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.14．【分析】首先利用垂直关系和底面和侧面外接圆的圆心作出四棱锥外接球的球心再计算外接球的半径以及球的表面积【详解】连结交于点取中点连结并延长于点点是外接圆的圆心侧面底面侧面底面平面过点作平面侧面所以点是 解析：64π【分析】首先利用垂直关系和底面ABCD 和侧面ABCD 外接圆的圆心，作出四棱锥P ABCD -外接球的球心，再计算外接球的半径，以及球O 的表面积. 【详解】连结,AC BD ，交于点M ，取AB 中点N 连结AN ，MN ，并延长于点E ，点E 是PAB △外接圆的圆心，侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB 底面ABCD AB =，MN AB ⊥MN ∴⊥平面PAB ，过点M 作MO ⊥平面ABCD ，//EO MN ，EO ∴⊥侧面PAB ，所以点O 是四棱锥P ABCD -外接球的球心，可知四边形MNEO 是矩形，右图，PA PB ==，120APB ∠=，2cos306AB PB ∴==， 点E 是PAB △外接圆的圆心，sin303PN PB ∴==，PBE △是等边三角形，PE =NE ∴==MO ∴=12MC AC ==4R OC ∴===， ∴球O 的表面积2464S R ππ==故答案为：64π 【点睛】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,a b c ，那么外接球的直径2222R a b c =++2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R 的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.15．【分析】设圆锥的底面半径为球的半径为根据勾股定理可得根据圆锥的侧面积公式可得再根据球的表面积公式可得结果【详解】设圆锥的底面半径为球的半径为则圆锥的高为则球心到圆锥的底面的距离为根据勾股定理可得化简 解析：100π【分析】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，根据勾股定理可得53R r =，根据圆锥的侧面积公式可得3,5r R ==，再根据球的表面积公式可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r ，球O 的半径为R ，则圆锥的高为3r ， 则球心O 到圆锥的底面的距离为3r R -，根据勾股定理可得()2223R r r R =+-，化简得53R r =， 因为圆锥的高为3r ()22310r r r +=， 所以圆锥的侧面积为21010r r r ππ， 210910r ππ=，解得r =3，所以5353R =⨯=， 所以球O 的表面积为24425100R πππ=⨯=. 故答案为：100π 【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解是解题关键.16．【分析】先画出直观图证明平面平面然后侧棱与底面ABC 所成的角即为根据题目中的数据算出即可【详解】如图作的中点连结因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形而为的中点所以又所以平面同时平面所以平解析：o 60. 【分析】先画出直观图，证明平面PAD ⊥平面ABC ，然后侧棱PA 与底面ABC 所成的角即为PAD ∠，根据题目中的数据算出即可.【详解】如图，作BC 的中点D ，连结AD 、PD 因为侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形 而D 为BC 的中点，所以BC PD ⊥，BC AD ⊥，又PD AD D ⋂=，所以BC ⊥平面PAD ，同时BC ⊂平面ABC 所以平面PAD ⊥平面ABC ，所以PAD ∠即为侧棱PA 与底面ABC 所成的角 由侧面PBC 和底面ABC 都是边长为2的正三角形得3AD PD ==3PA =所以PAD ∆为等边三角形，则=PAD ∠o 60 即侧棱PA 与底面ABC 所成的角为o 60 故答案为：o 60 【点睛】本题主要考查空间直线与平面所成角的计算，较简单.17．①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确用反证法可得④错误【详解】∵连接∵是的中点∴平面与平面有公共点与则平面平面对于①平面则平面又平面则即三点共线故①正确；对于②在平面内由①知∴平解析：①③ 【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确，用反证法可得④错误. 【详解】∵连接11AC ，∵O 是11B D 的中点，∴11O AC ∈． 平面11AB D 与平面11AAC C 有公共点A 与O ， 则平面11AAC C平面11AB D AO =．对于①，1M PA ∈，1PA ⊂平面11AAC C ，则M ∈平面11AAC C ， 又M ∈平面11AB D ，则M AO ∈，即A ，M ，O 三点共线，故①正确； 对于②，A ，O ，1A 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC C ， 即A ，M ，O ，1A 共面，故②错误；对于③，A ，O ，C 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC CA ， 则A ，M ，C ，O 共面11AAC C ，故③正确；对于④，连接BD ，则B ，1B ，O 都在平面11BB D D 上，若M ∈平面11BB D D ，则直线OM ⊂平面11BB D D ，∴A ∈面11BB D D ，显然A ∉面11BB D D 的，故④错误． ∴正确命题的序号是①③． 故答案为：①③．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中的直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题.18．【分析】取PA 的中点E 连接EBEC 推出PA ⊥平面BCE 故点M 的轨迹为线段CE 解出即可【详解】取PA 的中点E 连接EBEC 因为几何体是正四面体P ﹣ABC 所以BE ⊥PAEC ⊥PAEB∩EC ＝E ∴PA ⊥平面 3【分析】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，推出PA ⊥平面BCE ，故点M 的轨迹为线段CE ，解出即可． 【详解】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，因为几何体是正四面体P ﹣ABC ，所以BE ⊥PA ，EC ⊥PA ，EB ∩EC ＝E ，∴PA ⊥平面BCE ，且动点M 在正四面体侧面PAC 上运动，总保持MB PA ⊥，∴点M 的轨迹为线段CE ，正四面体P ﹣ABC 的棱长为2，在等边三角形PAC 中求得CE ＝3232⨯=. 故答案为：3【点睛】本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．19．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以 解析：494π【详解】取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=， 所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC.所以球心在直线SD 上，所以()2232R R =+-，得74R =， 所以24944S R ππ==． 20．【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形且两条直线边长为长接下来利用勾股定理即可求出AB 的长然后利用直角三角形的性质进行解答即可【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得为直角三角形且两条直 73【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形，且两条直线边长为长3,8AC BC ==，接下来利用勾股定理即可求出AB 的长，然后利用直角三角形的性质进行解答即可. 【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得ABC ∆为直角三角形，且两条直角边的长3,8AC BC ==， 由勾股定理可得73AB =， 故三角形AB 边上的中线长为73， 故答案是73. 【点睛】本题是一道关于平面几何图形的直观图的题目，解答本题的关键是熟练掌握斜二测画法的相关知识.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）112. 【分析】（1）利用三角形中位线定理证明//OD PA ，利用线面平行的判定定理证明； （2）根据条件，证明PO OC ⊥，PO AB ⊥，利用线面垂直的判定定理证明； （3）利用转化法求体积. 【详解】(1)证明:O ，D 分别为AB ，PB 的中点//OD PA ∴PA ⊂平面PAC ，OD ⊄平面PAC ，//OD ∴平面PAC .(2)证明: AC BC == 2AB =，AC BC ∴⊥O 为AB 的中点，2AB =，OC AB ∴⊥，1OC =同理， PO AB ⊥，1PO =.2PC =2222PC OC PO ∴=+=，则90POC ︒∠=，即PO OC ⊥ PO OC ⊥，PO AB ⊥，AB OC O ⋂= OP ∴⊥平面ABC .(3)解:由()2可知，OP ⊥平面ABC .OP ∴为三棱锥P ABC -的高，且1OP=11112111212212D OBC ABC V S OP -∆∴=⋅=⨯⨯⨯⨯= 【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求体积，常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.22．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）取PB 中点M ，证明四边形AMFE 为平行四边形，从而得到//EF AM ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）证明PB ⊥平面ABD ，从而求出P ABD V -，再由43B PAD V h -=，B PAD P ABD V V --=得出点B 到平面PAD 的距离. 【详解】（1）证明：取PB 中点M ，连接,MF AM ，由F 为PC 中点，则//MF BC 且12MF BC =. 由已知有//,BC AD BC AD =，又由于E 为AD 中点，从而//,MF AE MF AE =，故四边形AMFE 为平行四边形，所以//EF AM .又AM ⊂平面PAB ，而EF ⊂/平面PAB ，则//EF 平面PAB（2）2,6,10BA PB PA ===.222,PA BA PB PB BA ∴=+∴⊥，同理，PB BD ⊥又,,BD BA A BD BA ⋂=⊂平面ABDPB ∴⊥平面ABD .11162226323P ABD V -∴=⨯⨯⨯⨯=⨯连接,PE E 为AD 中点，,PA PD PE DA =∴⊥又90,2,222DBA BA BD DA DE ∠=︒==∴=∴=.10222PE ∴=-=设点B 到平面PAD 的距离为h11122224323B PAD V h h -∴=⨯⨯⨯⨯=⨯由B PAD P ABD V V --=，解得62h = ∴点B 到平面PAD 的距离为6. 【点睛】关键点睛：在求点到平面的距离时，关键是利用等体积法建立等量关系，从而得出点到平面的距离.23．（1）证明见解析；（26 【分析】（1）取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．证明四边形DGHM 是平行四边形，可得线面平行；（2）由H 到平面AEC 的距离为F 到平面AEC 的距离的一半，先求出F 到平面AEC 的距离，用体积法可求得F 到平面AEC 的距离． 【详解】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，所以截面AEFG 是平行四边形， 则4=-=DG CF EB ． 因为36==FC EB ， 所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//FC//HM ， 所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ． 因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ， 所以//GH 平面ABCD ．（2）解：连接HA ，HC ，AF ，记F 到平面ACE 的距离为d ， 则H 到平面ACE 的距离为2d ． 在CEF △中，6EF =，高为4，所以CEF △的面积为164122⨯⨯=． 因为三棱锥A CEF -的高为4，所以A CEF -的体积为1124163⨯⨯=． 在ACE 中，42AC =，25AE CE ==， 所以ACE 的面积为22142(25)(22)462⨯⨯-=． 因为A CEF -的体积与F ACE -的体积相等， 所以146163⨯⨯=d ，所以26d =． 故H 到平面ACE 的距离为6．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求点到平面的距离．求点到平面的距离的常用方法：（1）定义法：作出点到平面的垂线段，求出垂线段的长； （2）用体积法计算；（3）空间向量法：求出平面外的点到平面内任一点连线的向量在平面的法向量方向上投影的绝对值．【分析】（1）根据等腰三角形三线合一证明SE AD ⊥，BE AD ⊥，即可证明出AD ⊥平面SEB ，所以平面SBE ⊥平面ABCD ；（2）先证明出BC ⊥平面SEB ，利用三角形相似可得F 到平面SBE 的距离1233d BC ==，计算出SEB △的面积，再代入体积计算公式求解. 【详解】（1）证明：∵E 是AD 的中点，6SA SD ==∴SE AD ⊥ 因为ABCD 是菱形，60BAD ∠=︒，∴BE AD ⊥， ∵BE SE E =∩∴AD ⊥平面SEB ，∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面SBE ⊥平面ABCD .（2）连接BE ，AC 相交于点G ，则由三角形相似得2CG AG = ∵//AD BC ，∴BC ⊥平面SEB ，∵点E 是棱AD 的中点，F 是棱SC 上靠近S 的一个三等分点. ∴//SA FG ，∴21CF CG BC SF GA AE ===， ∴F 到平面SBE 的距离1233d BC ==，115352SBE S ∆=⨯⨯= ∴三棱锥F SEB -的体积11539F SEB SBE V S d -∆=⨯⨯=.【点睛】方法点睛：关于三棱锥的体积的求解常见的有两种解法，一是利用等体积法，需要证明出线面垂直，再换底换高计算；二是利用空间直角坐标系，计算点到面的距离，然后代入体积计算公式即可.7【分析】（1）利用正余弦定理解三角形，求出222AM BM AB +=得AM BC ⊥，即可结合⊥AP BC 得出BC ⊥平面AMP ，证出PM BC ⊥；（2）过A 作AG PM ⊥，ANG ∠即AN 与平面PBC 所成角，利用余弦定理求出各边长度，即可求出. 【详解】 （1）1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，由余弦定理可得()22221221252BC ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，5BC ∴=，由正弦定理sin sin BC AC BAC ABC =∠∠，则可得5sin ABC ∠=，即25cos ABC ∠=，23BM MC =，则可得2535,BM MC ==， 在ABM 中，利用余弦定理可得22225252511215555AM ⎛⎫=+-⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，即5AM =， 则满足222AM BM AB +=，AM BC ∴⊥，AP BC ⊥，AP AM A ⋂=， BC ∴⊥平面AMP ，PM ⊂平面AMP ，PM BC ∴⊥；（2）过A 作AG PM ⊥，由（1）BC ⊥平面AMP 可得平面AMP ⊥平面PBC ， 且平面AMP 平面PBC PM =，AG ∴⊥平面PBC ，则ANG ∠即AN 与平面PBC 所成角，1,3,cos 13AB A A P P B ∠==-=，则由余弦定理可得222113213123PB ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，即PB =BC PM ⊥，PM ∴==，则222cos 2PA AM PM PAM PA PM +-∠==⋅，即2sin 3PAM ∠=，1sin 2PAM S PA AM PAM ∴=⋅⋅∠=，则12PM AG ⨯⨯=，14AG ∴=，222512cos 1214254AN AB BN AB BN ABC =+-⨯⨯⨯∠=+-⨯⨯=， 12AN ∴=，sin 7AG ANG AN ∴∠==. 【点睛】 关键点睛：本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查线面角的求解，解题的关键是正确求出图中各线段长度，会应用余弦定理求解，考查计算能力.26．（Ⅰ）4dm ；（Ⅱ）332dm 3π. 【分析】（Ⅰ）设正方体石块的棱长为a （dm ），根据题意列出关于a 的方程，求出a 的值即可； （Ⅱ）仔细审题知，当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大，此时正方体的棱长正好是球的直径，然后计算体积即可.【详解】（Ⅰ）设正方体石块的棱长为a （dm ）， 则每个截去的四面体的体积为331132248a a ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭， 由题意可得331608483a a ⨯+=，解得4dm a =， 故正方体石块的棱长为4dm ；（Ⅱ）当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大， 此时正方体的棱长正好是球的直径，球形石凳的最大体积：334432dm 323V ππ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭. 【点睛】关键点点睛：本题考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，第二问的解题关键是要明确当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的体积最大，进而。
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立体几何初步
1．下列命题中，假命题是（ ）
（A ）a 、b 是异面直线，则一定存在平面α过a 且与b 平行 （B ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α过a 且与b 垂直
（C ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α与a 、b 所成角相等 （D ）若a 、b 是异面直线，则一定存在平面α与a 、b 的距离相等
2．二面角βα--EF 是直二面角，,,,βα⊂⊂∈BC AC EF C 如果∠ACF ＝30,,60,00θ=∠=∠BCF ACB 那么=θcos （ ）
（A ）332 （B ）3
6 （C ）2
2 （D ）
3
3
3．长方体三面的面积分别是6,3,2，那么它的外接球的半径是（ ）
（A ）
26 （B ）3
（C ）6 （D ）223 4．若一个平行六面体的两个对角面都是矩形,则在
① 这个平行六面体一定是直平行六面体.
② 这个平行六面体有可能是斜平行六面体. ③ 这个平行六面体有可能是正四棱柱. ④ 这个平行六面体不可能是正方体.
这四个命题中,正确的个数是( )
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4
5、如图，PA ⊥平面ABC ，△ABC 中，∠ACB=90o .则图中Rt △的个数为………（ ） （A ）4 （B ）3 （C ）2 （D ）1
6、平面α//平面β，直线a //α，直线b ⊥β，那么直线a 与直线b 的位置关系一定是（ ）
P A
B
C
A ．平行
B.异面
C.垂直
D.不相交
7. 如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并且总是保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是
A.线段B 1C
B.线段BC 1
C.BB 1中点与CC 1中点连成的线段
D.BC 中点与B 1C 1中点连成的线段
8.MN 是两条互相垂直的异面直线a 、b 的公垂线段，点P 是线段
MN 上除M 、N 外一动点，若点A 是a 上不同于公垂线垂足的一点，点B 是b 上不同于公垂线垂足的一点，△APB 是
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.以上均有可能
填空题：
1.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为 ．
2. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98
，底面周长为3， 则这个球的体积为＿＿＿＿＿＿.
三.解答题
1.已知E ，F 分别是正方体1111ABC D A B C D -的棱1A A 和棱1C C 上的点，且1AE C F =，求证：四边形1EBFD 是平行四边形
2.图1.是一个几何体的三视图，想象它的几何结构特征，并说出它的名称．
A
1
A B
C
D
1
B 1
C F
1
D
E
正视图侧视图
俯视图
图1。