高一数学人教A版(2019)必修第二册同步学典_(15)立体几何初步章末检测(Word版含答案)

合集下载

人教A版高中必修二试题立体几何初步综合测试题.docx

高中数学学习材料唐玲出品立体几何初步综合测试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的）1. 一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体为（）A ．一个圆锥B ．一个圆锥和一个圆柱C ．两个圆锥D ．一个圆锥和一个圆台 2. 一个几何体的三视图如图1所示，则该几何体可以是（） A ．棱柱 B ．棱台 C ．圆柱 D ．圆台3. 已知平面α内有无数条直线都与平面β平行，那么（） A ．α∥β B ．α与β相交C ．α与β重合D ．α∥β或α与β相交 4. 如图2所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不．正确的是（） A ．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体 B ．该几何体有12条棱、6个顶点 C ．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D ．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形5. 如图3所示，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为（） A ． B ． C ．D ．16. 已知一个铜质的五棱柱的底面积为16cm 2，高为4cm ，现将它熔化后铸成一个正方体的铜块（不计损耗），那么铸成的铜块的棱长是（） A ．2cm B ．34cm C ．4cm D ．8cm图 1图 2图 37. 空间中四点可确定的平面有（）A ．1个B ．3个C ．4个D ．1个或4个或无数个8. 下列命题错误．．的是（）. A.如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β B.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β C.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面,l γαβ⋂=，那么l ⊥平面γ D.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β 9. 如图4，一个水平放置的平面图的直观图（斜二测画法）是一个底角为45°、腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（）A ．2+2B ．1+2C ．1+22D ．221+ 10. 如图5，在长方体1111ABCD A B C D -中，13AA =，4AD =，5AB =，由A 在表面到达1C 的最短行程为（）A ．12B ．74C ．80D ．310 11.如图6，四面体A-BCD 中，AB=AD=CD =1，BD =2，BD ⊥CD ，平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体A-BCD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的体积为（）A ．π32B ．π3C ．π23 D ．π2 12.已知三棱锥S —ABC 中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA=3，AB 与面SBC 所成角的正弦值为（）A ．34 B ．54C ．74D ．34二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共206分.把答案填在题中的横线上）13. 一棱柱有10个顶点，且所有侧棱长之和为100，则其侧棱长为．图 4图 5 D 1C 1B 1A 1DCABAB C D图 614. 利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形； ③正方形的直观图是正方形； ④菱形的直观图是菱形.以上结论，正确的是 .15. 四面体S-ABC 中,各个侧面都是边长为a 的正三角形,E,F 分别是SC 和AB 的中点,则异面直线EF 与SA 所成的角等于 .16. 设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：（1）γβγαβα//////⇒⎭⎬⎫；（2）βαβα////m m ⇒⎭⎬⎫⊥（3）βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊥//m m ；（4）αα////m n n m ⇒⎭⎬⎫⊂，其中假命题有．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）如图7所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2m ，棱锥高为7m ，制造这个塔顶需要多少铁板？18.（本小题满分12分）如图8，是一个几何体的三视图，正视图和侧视图都是由一个边长为2的等边三角形和一个长为2宽为1的矩形组成．（1）说明该几何体是由哪些简单的几何体组成；（2）求该几何体的表面积与体积．19.（本小题满分12分）如图9，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点．求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．20. （本小题满分12分）调去年第18题21. （本小题满分12分）如图10，在三棱锥A ﹣BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形， ⑴求证：MD ∥平面APC ；图7图 8图 9⑵求证：平面ABC ⊥平面APC ．22. （本小题满分12分）如图11，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD =6，BC =4，AB =2，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ．现将四边形ABEF 沿EF 折起，使得平面ABEF ⊥平面EFDC ．⑴当BE =1，是否在折叠后的AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出P 点位置，若不存在，说明理由；⑵设BE=x ，问当x 为何值时，三棱锥A ﹣CDF 的体积有最大值？并求出这个最大值．参考答案一、1. C 2. D 3. D 4 . D 5.A 6.C 7. D 8. A 9. A 10. B 11. C 12. D提示： 2. 由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，则该几何体可以是圆台．故选D ．3. 由题意当两个平面平行时符合平面α内有无数条直线都与平面β平行，当两平面相交时，在α平面内作与交线平行的直线，也有平面α内有无数条直线都与平面β平行．故为D.4.该几何体有8个面，并且各面均为三角形，故D 错.5. 根据三视图，可知该几何体是三棱锥，右图为该三棱锥的直观图，并且侧棱P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ．则该三棱锥的高是P A ，底面三角形是直角三角形，所以这个几何体的体积V =31S ABC ·P A =31×21×1=61，故选A ． 6. 因为铜质的五棱柱的底面积为16cm 2，高为4cm ，所以铜质的五棱柱的体积V =16×4=64cm 3，设熔化后铸成一个正方体的铜块的棱长为acm ，则a 3=64解得a =4cm ,故选C.7. 当其中三点在同一条直线上，另一点不在直线上时，确定1个平面，当其中三点确定一个平面，另一点在平面外时确定4个平面，当四点都在一条直线上时有无数个平面，故选D.8. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内有些直线垂直于平面β，有些直线与平面β平图 15图 10图 11行，有些直线与平面β相交不垂直等，故A 错. 9. 根据题设可知这个平面图形的下底长为1×22+1+1×22=1+2，所以这个平面图形的面积是21（1+1+2）×2=2+2，故选A. 10. 将长方体沿A 1B 1展开，则A 在表面到达1C 的最短行程为225)34(++=74，选B.11. 因为平面ABD ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ,所以CD ⊥平面ABD ,所以AB ⊥CD ,因为AB=AD =1，BD =2，,所以AB ⊥AD ,所以AB ⊥平面ACD ,所以∠BAC =90°,易得BC =3，设BC 中点为O,则：OA=OB=OC=OD =32,即点O 是四面体A-BCD 外接球的球心，所以该球的体积为：3433322ππ⎛⎫⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，故选C. 12. 过A 作AE 垂直于BC 交BC 于E ，连接SE ，过A 作AF 垂直于SE 交SE 于F ，连接BF ，因为正三角形ABC ，所以E 为BC 中点，因为BC ⊥AE ，SA ⊥BC ，所以BC ⊥平面SAE.因为AF ⊂ 平面SAE,所以BC ⊥AF.因为AF ⊥SE,所以AF ⊥平面SBC. 因为∠ABF 为直线AB 与面SBC 所成角，由正三角形边长2，所以AE=，AS=3，所以SE=2.在Rt △SAE 中，由面积等值法得AF=，所以sin ∠ABF=；二、13.20 14. ①② 15. 45° 16. （2）（4）提示：13. 由于一共有10个顶点，所以共有5条侧棱，故其侧棱长为100÷5=20. 15. 取AC 中点G ，连接EG ，GF ，FC ，设棱长为2，则CF =3，而CE =1,E 为等腰△SFC 的中点，所以EF =2，GE =1，GF =1，而GE ∥SA ，所以∠GEF 为异面直线EF 与SA 所成的角，因为EF =2，GE =1，GF =1，所以△GEF 为等腰直角三角形，故∠GEF =45°.16. （1）若α∥β，α∥γ，则β∥γ，根据面面平行的性质定理和判定定理可证得，故正确（2）若m ∥α，α⊥β则m ∥β或m 与β相交，故不正确（3）因为m ∥β，所以β内有一直线l 与m 平行，而m ⊥α，则l ⊥α，l ⊂β，根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故正确（4）m ∥n ，n ⊂α则m ⊂α或m ∥α，故不正确故答案为（2）（4）.三、解答题17. 解:如图18所示，连接AC 和BD 交于O ，连接SO .作SP ⊥AB ，连接OP.在Rt △SOP 中，SO ＝7m ，OP ＝12BC ＝1m ，所以SP ＝22m ，则△SAB 的面积是12×2×22＝22m 2．所以四棱锥的侧面积是4×22＝82m 2，即制造这个塔顶需要82m 2铁板．18.解：（1）由三视图知，该三视图对应的几何体为一个底面直径为2,母线长为2的圆锥与一个长宽都为2高为1的长方体组成的组合体.（2）此几何体的表面积2244216S πππ=+⨯-+⨯=+，此几何体的体积133221433V ππ=⨯+⨯⨯=+. 19.解：取AC 的中点F ，连接BF 、EF ，在△ACD 中，E 、F 分别是AD ，AC 的中点，SC BAE FG图 17 图 18EF ∥CD ，所以∠BEF 即为所求的异面直线BE 与CD 所成的角（或其补角）．在Rt △EAB 中，AB ＝1，AE ＝12AD ＝12，所以BE ＝52.在Rt △AEF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，所以EF ＝22.在Rt △ABF 中，AB ＝1，AF ＝12，所以BF ＝52.在等腰△EBF 中，cos ∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010，所以异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为1010. 20. 调去年18题21. 证明：⑴因为M 为AB 中点，D 为PB 中点，所以MD ∥AP ，又MD ⊄平面APC ，所以MD ∥平面APC ．⑵因为△PMB 为正三角形，且D 为PB 中点，所以MD ⊥PB ．又由⑴知MD ∥AP ，所以AP ⊥PB ．已知AP ⊥PC ，PB ∩PC=P ，所以AP ⊥平面PBC ，而BC ⊂PBC ，所以AP ⊥BC ，又AC ⊥BC ，而AP ∩AC=A ，所以BC ⊥平面APC ，又BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面P AC ． 22. 解：⑴若存在P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ=23：证明：当λ=23，此时AD AP =53，过P 作MP ∥FD ，与AF 交M ，则FD MP =53，又FD =5，故MP =3，因为EC =3，MP ∥FD ∥EC ，所以MP ∥EC ，且MP=EC ，故四边形MPCE 为平行四边形，所以PC ∥ME ，因为CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，故答案为：CP ∥平面ABEF 成立．⑵因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，ABEF ∩平面EFDC=EF ，AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面EFDC ，因为BE=x ，所以AF=x ，（0＜x ＜4），FD =6﹣x ，故三棱锥A ﹣CDF 的体积V=31×21×2×（6-x ）x =﹣31（x-3）2+3，所以x =3时，三棱锥A ﹣CDF 的体积V 有最大值，最大值为3．图 19图 21图22。

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

第八章《立体几何初步》章末检测（答案）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，则下列命题中正确的是(　D　)A．若α⊥β，则m∥β B．若α⊥β，则m⊥βC．若m∥β，则α∥βD．若m⊥β，则α⊥β解:如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，令平面ABB1A1为平面α，平面ABCD为平面β，则α⊥β，若A1B所在直线为直线m，则m⊂α，此时直线m与平面β既不平行也不垂直，因此选项A，B均不正确；若A1B1所在直线为直线m，则m⊂α且m∥β，但此时平面α与平面β不平行，故选项C也不正确，故选D.2.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是(　B　)A．AC与BD1是两条相交直线B．AA1∥平面BB1D1C．B1C∥BD1D．A，C，B1，D1四点共面解:对于A，BD1⊂平面ABD1，AC∩平面ABD1＝A，A∉BD1，所以AC与BD1是异面直线，故A错误；对于B，因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1，BB1⊂平面BB1D1，所以AA1∥平面BB1D1，故B正确；对于C，BD1⊂平面BB1D1，B1C∩平面BB1D1＝B1，B1∉BD1，所以B1C与BD1是异面直线，故C错误；对于D，A，C，D1三点在平面ACD1内，B1不在平面ACD1内，所以A，C，B1，D1四点不共面，故D错误．故选B.3.如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个体积最大的正方体，则切割掉的废弃石材的体积为(　A )A ．23π－22 B ．43π－22C ．23π－2724D ．43π－2724解:设球O 的半径为R ，正方体的棱长为a ，则R ＝3，当满足R 2＝(22a)2＋a 2时，正方体体积最大，此时a ＝63R ＝2，切割掉的废弃石材的体积V ＝V 半球－V 正方体＝12×43πR 3－a 3＝23π－22，故选A.4.平面α的一条斜线AP 交平面α于点P ，过定点A 的直线l 与AP 垂直，且交平面α于点M ，则点M 的轨迹是(　A )A ．一条直线B ．一个圆C ．两条平行直线D ．两个同心圆解:如图，设直线l 与l ′是满足条件的两条任意的直线，则这两条相交直线确定一个平面β，且斜线AP ⊥β.由过直线上一点有且只有一个平面与这条直线垂直可知，过定点A 且与AP 垂直的直线都在平面β内，所以点M 在平面α与平面β的交线上．故选A.5.在棱长为10的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为左侧面ADD 1A 1上一点，已知点P 到A 1D 1的距离为3，P 到AA 1的距离为2，则与过点P 且与A 1C 平行的直线相交的面是(　A )A ．ABCDB ．BB 1C 1CC．CC1D1D D．AA1B1B解:如图，由题意知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为10，且点P到A1D1，AA1的距离分别为3,2，连接A1P并延长交AD于点E，连接CE，则过点P且与A1C平行的直线PQ必在平面A1EC内，因为平面A1EC∩平面ABCD＝EC，所以点Q必在直线EC上，即在平面ABCD内，故选A.6.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥DABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是(　B　)A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④解:由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知，③正确；由①知，④不正确，故选B.7.已知侧棱和底面垂直的三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为3，D为侧棱CC1的中点，M 为侧棱AA1上一点，且A1M＝1，N为B1C1上一点，且MN∥平面ABD，则NB1的长为(　B　)A．1 B．2C.32D．12解:如图1，过点N作NP∥A1A，交BC于点P，交BD于点E，连接AE，AP，则A，M，N，P四点共面．因为MN∥平面ABD，MN⊂平面MAPN，平面MAPN∩平面ABD＝AE，所以MN∥AE，则四边形MAEN 为平行四边形，因为A 1M ＝1，三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为3，所以NE ＝AM ＝2.因为D 为C 1C 的中点，所以C 1D ＝32.过点C 1作C 1F ∥BD ，分别交B 1B ，NP于点F ，G ，易得GE ＝BF ＝C 1D ＝32，所以NG ＝NE －GE ＝2－32＝12，B 1F ＝32，所以C 1N C 1B 1＝NGB 1F＝13，所以NB 1＝2，故选B.8.如图，正四棱锥P ABCD 的每个顶点都在球M 的球面上，侧面PAB 是等边三角形，若半球O 的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四棱锥四个侧面均相切，则半球O 的体积与球M 的体积的比值为(　D )A.314B ．316C.315D ．318解:如图，连接PO ，BD (易知BD 过点O )，取CD 的中点E ，连接PE ，OE ，过O 作OH ⊥PE 于H ，可知PO ⊥底面ABCD .设AB ＝4，则BD ＝42＋42＝42，BO ＝12BD ＝22，PO ＝BP 2－BO 2＝22＝BO .设球M 的半径为R ，半球O 的半径为r ，则R ＝22，r ＝OH .在等边三角形PCD 中，求得PE ＝42－22＝23.由Rt △PHO ∽Rt △POE ，可得r R ＝OH PO ＝OE PE ＝223＝33，故V 半球OV 球M ＝12×43πr 343πR 3＝12×(r R )3＝318.故选D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为(　AB )A.2π B ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π解:如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1.母线长是直角三角形的斜边长2，所以所形成的几何体的表面积S ＝πrl ＋πr 2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长为1，所以形成的几何体的表面积S ＝2×πrl ＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2＋1)π或2π.故选AB.10.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，下列直线或平面与平面ACD 1平行的是(　AD )A ．直线A 1B B ．直线BB 1C ．平面A 1DC 1D ．平面A 1BC 1解:　如图，对于A ，A 1B ∥D 1C ，又A 1B ⊄平面ACD 1，D 1C ⊂平面ACD 1，所以A 1B ∥平面ACD 1.对于B ，由于BB 1∥DD 1，且DD 1∩平面ACD 1＝D 1，所以直线BB 1与平面ACD 1不平行．对于C ，因为A 1D 与AD 1相交，A 1D ⊂平面A 1DC 1，AD 1⊂平面ACD 1，所以平面A 1DC 1与平面ACD 1不平行．对于D ，因为A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，又A 1B ∥平面ACD 1，A 1B ∩A 1C 1＝A 1，所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.故选AD.11.沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时，细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm 3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是(　AC )A ．沙漏中的细沙体积为1 024π81 cm 3B ．沙漏的体积是128π cm 3C ．细沙全部漏入沙漏的下部后，此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1 565 s(π≈3.14)解:设细沙圆锥的底面半径为r ，对于A ，因为细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，即r 4＝23h h ，所以细沙的底面半径r ＝23×4＝83(cm)，所以细沙的体积V 1＝13·πr 2·2h 3＝13π×(83)2×163＝1 024π81(cm 2)，所以A 正确．对于B ，沙漏的体积V 2＝2×13×π×(h 2)2×h ＝2×13π×42×8＝256π3(cm 3)，所以B 错误．对于C ，设细沙流入沙漏的下部后的高度为h 1，则根据细沙体积不变可知13π×42×h1＝1 024π81，解得h 1＝6427≈2.4(cm)．所以C 正确．对于D ，该沙漏的一个沙时为1 024π81÷0.02≈1 024×3.1481×50≈1 985(s)，所以D 错误．故选AC.12.如图，棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球为球O ，E ，F 分别是棱AB 和棱CC 1的中点，G 在棱BC 上移动，则下列结论成立的有(　ACD )A ．存在点G ，使OD 垂直于平面EFGB ．对于任意点G ，OA ∥平面EFGC ．直线EF 被球O 所截得的弦长为2D ．过直线EF 的平面截球O 所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为π2解:由题意知，O 为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的中心，球O 的半径为1，对A ，当G 为BC 的中点时，连接AC ，AD 1，CD 1(图略)，易知OD ⊥平面ACD 1，又E ，F 分别为AB ，CC 1的中点，所以EG ∥AC ，FG ∥AD 1，所以EG ∥平面ACD 1，FG ∥平面ACD 1，又EG ∩FG ＝G ，所以平面EFG ∥平面ACD 1，所以OD ⊥平面EFG ，A 正确；对B ，易知当G 与B 重合时，A 在平面EFG 内，即OA 与平面EFG 相交，B 不正确；对C ，连接EC ，OE ，OF (图略)，则EC ＝EB 2＋BC 2＝5，EF ＝EC 2＋FC 2＝6，易知OE ＝OF ＝2，所以球心O到EF 的距离为(2)2－(62)2＝22，则直线EF 被球O 所截得的弦长为212－(22)2＝2，C 正确；对于D ，当过直线EF 的平面与平面OEF 垂直时，所得截面圆的半径最小，由C 选项可知半径最小为22，此时圆的面积为π2，D 正确．故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知E ，F ，G ，H 是空间四点，命题甲：E ，F ，G ，H 四点不共面，命题乙：直线EF 和GH 不相交，则甲是乙成立的____充分不必要____条件．解:若E ，F ，G ，H 四点不共面，则直线EF 和GH 不相交，但直线EF 和GH 不相交，E ，F ，G ，H 四点可以共面，例如EF ∥GH ，故甲是乙成立的充分不必要条件．14．若P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出以下四个命题：①OM ∥平面PCD ；②OM ∥平面PBC ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA .其中正确的命题是__①③______．解:由已知可得OM ∥PD ，∴OM ∥平面PCD 且OM ∥平面PAD ，点M 在平面PBA 和PBC 内，故②④不正确，故正确的只有①③.15.如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别为线段PC ，PB 上一点，若PM ∶MC ＝3∶1，且AN ∥平面BDM ，则PN ∶NB ＝__2∶1_____.解:如图，连接AC 交BD 于点O ，连接CN 交BM 于点G ，连接OG ，由AN ∥平面BDM ，可得AN ∥OG .∵OA ＝OC ，∴CG ＝NG ，∴G 为CN 的中点．过点N 作HN ∥BM 交PC 于点H ，∴CM ＝HM .∵PM ∶MC ＝3∶1，∴PH ＝HC ，∴PN ∶NB ＝PH ∶HM ＝2∶1.16.已知正三棱锥A －BCD 的外接球是球O ，BC ＝1，AB ＝233，点E 为BD 中点，过点E作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是[π4，4π9].解:如图，设△BCD 的中心为O 1，球O 的半径为R ，连接O 1D ，OD ，O 1E ，OE ，则O 1D ＝1×sin π3×23＝33，AO 1＝AD 2－O 1D 2＝1，在Rt △OO 1D 中，R 2＝(33)2＋(1－R )2，解得R ＝23，所以OO 1＝AO 1－R ＝13，O 1E ＝1×sin π3×13＝36，所以OE ＝O 1E 2＋OO 21＝76，过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，此时截面的半径为R 2－OE 2＝12，则截面面积为π×(12)2＝π4，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为πR 2＝4π9.故答案为：[π4，4π9].四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，设几何体的三个侧面AA 1B 1B ，BB 1C 1C ，CC 1A 1A 都是矩形．(1)证明：平面ABC∥平面A1B1C1；(2)若AA1＝2AC，AC⊥AB，M为CC1中点，证明：A1M⊥平面ABM.证明　(1)∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1B1∥AB.又A1B1⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.同理可得A1C1∥平面ABC.∵A1B1∩A1C1＝A1，∴平面ABC∥平面A1B1C1.(2)∵侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形，∴A1A⊥AB.又AC⊥AB，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.∵A1M⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1M.∵M为CC1的中点，AA1＝2AC，∴△ACM，△A1C1M都是等腰直角三角形，∴∠AMC＝∠A1MC1＝45°，∠A1MA＝90°，即A1M⊥AM.而AB∩AM＝A，∴A1M⊥平面ABM.18.如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角EBCD 的大小为45°，求三棱锥ABCD的体积．解:　(1)证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)作EF ⊥BD 于F ，作FM ⊥BC 于M ，连接EM .因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD ，AO ⊥CD .所以EF ⊥BD ，EF ⊥CD ，BD ∩CD ＝D ，因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC .因为FM ⊥BC ，FM ∩EF ＝F ，所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF .则∠EMF 为二面角E BC D 的平面角，∠EMF ＝π4.因为BO ＝OD ，△OCD 为正三角形，所以△BCD 为直角三角形，所以MF ∥CD .因为DE ＝2EA ，所以EF ＝23OA ，DF ＝2OF ，所以BF FD ＝2，所以MF CD ＝23，从而EF ＝FM ＝23，所以AO ＝1.因为AO ⊥平面BCD ，所以V ＝13AO ·S △BCD ＝13×1×12×1×3＝36.19.如图，已知四棱锥P ABCD 中，CD ⊥平面PAD ，△PAD 为等边三角形，AB ∥CD,2AB ＝CD ，M 是PC 的中点．(1)求证：BM ⊥平面PCD ；(2)若AB ＝AD ＝2，求点M 到平面PAB 的距离．解:(1)证明　如图，取PD 的中点为N ，连接AN ，MN ，则MN ∥DC ，且MN ＝12DC ，又AB ∥DC ，AB ＝12CD ，所以MN ∥BA ，且MN ＝BA ，所以四边形ABMN 是平行四边形，AN ∥BM .因为△PAD 为等边三角形，N 为PD 的中点，所以AN ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥AN ，又CD ∩PD ＝D ，所以AN ⊥平面PCD .由AN ∥BM 得BM ⊥平面PCD .(2)因为M 是PC 的中点，所以点M 到平面PAB 的距离d 是点C 至平面PAB 的距离的一半，因为AB ∥CD ，所以点C 到平面PAB 的距离等于点D 到平面PAB 的距离．连接BD ，因为V D PAB ＝V B PAD ，所以13×2d ×S △PAB ＝13×AB ×S △PAD ，所以2d ＝AB ×S△PAD S △PAB ＝2×12×2×312×2×2＝3，所以点M 到平面PAB 的距离为32.20.如图(1)是矩形ABCD 和以边AB 为直径的半圆组成的平面图形，AB ＝2AD ＝2a .将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面，如图(2)，点E 是折后图形中半圆O 上异于A ，B 的点．(1)证明：EA ⊥EC ；(2)若异面直线AE 和DC 所成的角为π6，求三棱锥D ACE 的体积．解:(1)证明　如图，连接BE ，因为平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC ⊥AB ，所以BC ⊥平面ABE .又EA ⊂平面ABE ，所以BC ⊥EA .易知∠AEB 是直角，即BE ⊥EA ，BE ∩BC ＝B ，所以EA ⊥平面EBC .因为EC ⊂平面EBC ，所以EA ⊥EC .(2)在矩形ABCD 中，AB ∥CD ，因为直线AE 和DC 所成的角为π6，所以直线AE 和AB 所成的角为π6，即∠BAE ＝π6.过E 作EF ⊥AB 于F ，易知EF ⊥平面ABCD .又AB ＝2AD ＝2a ，∠BAE ＝π6，所以AE ＝3a ，EF ＝32a ，S △ACD ＝12×AD ×CD ＝12×a ×2a ＝a 2，所以V D ACE ＝V E ACD ＝13×S △ACD ×EF ＝13×a 2×32a ＝36a 3.所以三棱锥D ACE 的体积是36a 3.21.如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△PBC 为正三角形，M ，N 分别为PD ，BC 的中点，PN ⊥AB .(1)求三棱锥P －AMN 的体积；(2)求二面角M －AN －D 的正切值.解　(1)∵PB ＝PC ，∴PN ⊥BC ，又∵PN ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，AB ，BC ⊂平面ABCD ，∴PN ⊥平面ABCD .∵AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2，M 为PD 的中点，∴PN ＝3，V P －AMN ＝V D －AMN ＝V M －ADN ，∴V P －AMN ＝12V P －ADN ＝14V P －ABCD ＝14×13×4×3＝33.(2)如图，取DN 的中点E ，连接ME ，∵M ，E 分别为PD ，DN 的中点，∴ME ∥PN .∵PN ⊥平面ABCD ，∴ME ⊥平面ABCD .过E 作EQ ⊥AN ，连接MQ ，又ME ⊥AN ，EQ ∩ME ＝E ，∴AN ⊥平面MEQ ，∴AN ⊥MQ ，∠MQE 即为二面角M －AN －D 的平面角，∴tan ∠MQE ＝ME QE.∵PN ＝3，∴ME ＝32.∵AN ＝DN ＝5，AD ＝2，∴QE ＝12×2×25＝255，∴tan ∠MQE ＝154.即该二面角的正切值为154.22.如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，圆柱OQ 的侧面积为63π，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，且△OPB 是边长为3的等边三角形，点G 是DP 的中点．(1)求证：AG ⊥平面PBD ；(2)求点A 到平面OPG 的距离．解　(1)证明　如图，连接AP ，因为点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，所以AP ⊥PB .因为四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，所以AD ⊥平面APB ，又PB ⊂平面APB ，所以AD ⊥PB ，又AD ∩AP ＝A ，AD ，AP ⊂平面APD ，所以PB ⊥平面APD ，又AG ⊂平面APD ，所以PB ⊥AG .因为△OPB 是边长为3的等边三角形，所以在Rt △APB 中，∠BAP ＝30°，AP ＝3tan 30°＝3，又圆柱的侧面积为63π，所以2π×3×AD＝63π，可得AD＝3，所以△DAP是等腰直角三角形，又G为DP的中点，所以AG⊥DP，又PB∩DP＝P，PB，DP⊂平面PBD，所以AG⊥平面PBD.(2)由已知得，S△AOP＝12×3×3×sin 120°＝334，因为G是DP的中点，所以V GAOP＝13×32×334＝338.设点A到平面OPG的距离为h，连接GB，由(1)知AG⊥平面PBD，所以AG⊥GB，△AGB是直角三角形，所以OG＝12AB＝3.在△GOP中，OP＝OG＝3，易得GP＝12DP＝12AD2＋AP2＝322，过O作OM⊥GP，垂足为M，则OM＝(3)2－(324)2＝304，所以S△OGP＝12×304×322＝3158，所以V AOPG＝13h×3158＝158h.由V GAOP＝V AOPG，得158h＝338，所以h＝355，即点A到平面OPG的距离为355.。

高一数学同步课时作业(人教A版2019必修第二册)第八章立体几何初步单元测试A卷(原卷版+解析)

第八章立体几何初步单元测试卷（A卷）(时间：100分钟，满分100分)一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是()A．(1)是棱台B．(2)是圆台C．(3)是棱锥D．(4)不是棱柱2.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是()A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等边三角形3．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为()A．5 B．4C．9 D．14．[多选]用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是() A．直角三角形B．正五边形C．正六边形D．梯形5．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A．120° B．150°C．180° D．240°6．设α，β表示两个平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题：①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α；②α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；③若l⊄α，A∈l，则A∉α；④若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合．则上述命题中，正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．47．教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线()A．平行B．垂直C．相交D．异面8．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在的平面的位置关系是()A．垂直B．斜交C．平行D．不能确定9．棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则此棱锥的高被分成的两段之比为()A ．1∶2B ．1∶4C ．1∶(2＋1)D ．1∶(2－1)10．下列命题正确的是( )A ．没有公共点的两条直线是平行直线B ．互相垂直的两条直线是相交直线C ．既不平行又不相交的两条直线是异面直线D ．不在同一平面内的两条直线是异面直线11．在棱长为1的正方体上，分别用过公共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( )A.23B.76C.45D.5612．在下列命题中，不是基本事实的是( )A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线13．已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝c ，那么直线c 一定( )A ．与a ，b 都相交B ．只能与a ，b 中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行14．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是()A．n∥αB．n∥α或n⊂αC．n⊂α或n与α不平行 D．n⊂α15．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．90°16．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则P A与对角线BD的位置关系是() A．平行B．相交但不垂直C．相交垂直D．异面垂直17．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()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n18．设直线l⊂平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有() A．1条B．2条C．3条D．4条19．《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也. 又以高乘之，三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.35511320．四面体A -BCD 中，AB ＝CD ＝10，AC ＝BD ＝234，AD ＝BC ＝241，则四面体A -BCD 外接球的表面积为( )A ．50πB ．100πC ．200πD ．300π二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，请把答案填写在题中横线上)21．已知某多面体的平面展开图如图所示，其中是三棱柱的有________个．22．将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为_________．23．体积为8的正方体的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________.24．在三棱锥P-ABC中，P A＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝90°，则P A与底面ABC所成的角为________．25．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．三、解答题(本大题共3小题，共25分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)26.(本小题满分8分)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1.(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．27.(本小题满分8分)如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点．求证：(1)EF∥面ACD；(2)面EFC⊥面BCD.28．(本小题满分9分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高为4 m．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？第八章立体几何初步单元测试卷（A卷）(时间：100分钟，满分100分)一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是()A．(1)是棱台B．(2)是圆台C．(3)是棱锥D．(4)不是棱柱解析：选C图(1)不是由棱锥截来的，所以(1)不是棱台；图(2)上、下两个面不平行，所以(2)不是圆台；图(3)是棱锥；图(4)前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以(4)是棱柱．故选C.2.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是() A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等边三角形解析：选C将其恢复成原图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，故△ABC是等腰直角三角形，故选C.3．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为()A．5 B．4C．9 D．1解析：选D由经过两条平行直线有且只有一个平面可知分别在两平行直线上的5个点只能确定一个平面．故选D.4．[多选]用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是()A．直角三角形B．正五边形C．正六边形D．梯形解析：选CD画出截面图形如图：可以画出三角形但不是直角三角形，故A错误；如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故B错误；正方体有六个面，如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故C正确；可以画出梯形但不是直角梯形，故D正确．故选C、D.5．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A．120° B．150°C．180° D．240°解析：选C设圆锥底面半径为r，母线为l，则πrl＋πr2＝3πr2，得l＝2r，∴展开图扇形半径为2r，弧长为2πr. ∴展开图是半圆．∴扇形的圆心角为180°.故选C.6．设α，β表示两个平面，l表示直线，A，B，C表示三个不同的点，给出下列命题：①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则l⊂α；②α，β不重合，若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；③若l⊄α，A∈l，则A∉α；④若A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线，则α与β重合．则上述命题中，正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C易知①②④正确，③错误，当A是l与α的交点时，A∈α.故选C.7．教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线()A．平行B．垂直C．相交D．异面解析：选B当直尺垂直于地面时，A不对；当直尺平行于地面时，C不对；当直尺位于地面上时，D不对．故选B.8．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在的平面的位置关系是()A．垂直B．斜交C．平行D．不能确定解析：选A梯形的两腰所在的直线相交，根据线面垂直的判定定理可知选项A正确．故选A.9．棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则此棱锥的高被分成的两段之比为()A．1∶2 B．1∶4C．1∶(2＋1) D．1∶(2－1)解析：选D借助轴截面，利用相似的性质，若截面面积与底面面积之比为1∶2，则对应小棱锥与原棱锥高之比为1∶2，被截面分成两段之比为1∶(2－1)．故选D.10．下列命题正确的是( )A ．没有公共点的两条直线是平行直线B ．互相垂直的两条直线是相交直线C ．既不平行又不相交的两条直线是异面直线D ．不在同一平面内的两条直线是异面直线解析：选C 没有公共点的两条直线还可能异面，所以A 选项不正确；互相垂直的直线还可能是异面直线，所以B 选项不正确；D 选项中，缺少任一平面内，所以D 选项不正确；很明显C 选项正确．故选C.11．在棱长为1的正方体上，分别用过公共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( )A.23B.76C.45D.56解析：选D 每一个小三棱锥的体积为13×12×12×12×12＝148. 因此，所求的体积为1－8×148＝56.故选D.12．在下列命题中，不是基本事实的是( )A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线解析：选A选项A是面面平行的性质定理，是由基本事实推证出来的，而基本事实是不需要证明的．故选A.13．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定()A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行解析：选C若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据基本事实4，则a∥b，与a，b异面矛盾．故选C.14．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是()A．n∥αB．n∥α或n⊂αC．n⊂α或n与α不平行 D．n⊂α解析：选A∵l⊂α，且l与n异面，∴n⊄α，又∵m⊥α，n⊥m，∴n∥α.故选A.15．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：选C如图，连接A1C1，BC1，A1B.∵M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴MN∥BC1.又A1C1∥AC，∴∠A1C1B为异面直线AC与MN所成的角．∵△A1BC1为正三角形，∴∠A1C1B＝60°.故选C.16．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则P A与对角线BD的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．相交垂直D．异面垂直解析：选D如图，PC⊥平面ABCD，∴PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵PC∩AC＝C，∴BD⊥平面P AC.∴BD⊥P A.显然P A与BD异面，∴P A与BD异面垂直．故选D.17．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()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n解析：选C选项A，只有当m∥β或m⊂β时，m∥l；选项B，只有当m⊥β时，m∥n；选项C，由于l⊂β，∴n⊥l；选项D，只有当m∥β或m⊂β时，m⊥n.故选C.18．设直线l⊂平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有()A．1条B．2条C．3条D．4条解析：选B如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的圆锥的母线所在直线，当∠ABC＝∠ACB＝30°且BC∥l时，直线AC，AB都满足条件．故选B.19．《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也. 又以高乘之，三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.355113解析：选B 设圆锥底面积的半径为r ，高为h ，则L ＝2πr ，13πr 2h＝275(2πr )2h ，所以π＝258.故选B.20．四面体A -BCD 中，AB ＝CD ＝10，AC ＝BD ＝234，AD ＝BC ＝241，则四面体A -BCD 外接球的表面积为( )A ．50πB ．100πC ．200πD ．300π解析：选C 因为四面体A -BCD 的四个面为全等的三角形，所以可将四面体A -BCD 置于一个长方体中，所以四面体A -BCD 的外接球即为长方体的外接球，设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2＝136，b 2＋c 2＝164，a 2＋c 2＝100，则外接球的直径2R ＝ a 2＋b 2＋c 2＝ 200＝102，所以R ＝5 2，则球的表面积为S ＝4πR 2＝200π.故选C.二、填空题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，请把答案填写在题中横线上)21．已知某多面体的平面展开图如图所示，其中是三棱柱的有________个．解析：第一个是三棱锥，第二个是三棱柱，第三个是四棱锥，第四个不是棱柱．答案：122．将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为_________．解析：由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋12×4×π×12＝3π.答案：3π23．体积为8的正方体的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为________.解析：设正方体的棱长为a，则a3＝8，得a＝2.设球的半径为R，则2R＝3a，即R＝ 3.所以球的表面积S＝4πR2＝12π.答案：12π24．在三棱锥P-ABC中，P A＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝90°，则P A与底面ABC所成的角为________．解析：P A＝PB＝PC，则P点在底面ABC的射影落在Rt△ABC 的斜边BC上，即为BC的中点．设BC的中点为D，如图，连接PD，AD，所以P A与底面ABC所成的角为∠P AD，在等边三角形PBC中，设PB＝1，则PD＝32，在直角三角形ABC中，AD＝12BC＝12，则有AD2＋PD2＝P A2，所以三角形P AD为直角三角形，又tan∠P AD＝PD AD＝3，所以∠P AD＝60°，即P A与底面ABC所成的角为60°.答案：60°25．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．解析：因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.答案：90°三、解答题(本大题共3小题，共25分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)26.(本小题满分8分)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1.(1)这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2)用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．解：(1)是棱柱，并且是四棱柱，因为长方体相对的两个面是互相平行的四边形(作底面)，其余各面都是矩形(作侧面)，且相邻侧面的公共边互相平行，符合棱柱的定义．(2)截面BCNM的上方部分是三棱柱BB1M-CC1N，下方部分是四棱柱ABMA1-DCND1.27.(本小题满分8分)如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD ⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点．求证：(1)EF∥面ACD；(2)面EFC⊥面BCD.证明：(1)∵E，F分别是AB，BD的中点，∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，∵EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，∴EF∥面ACD.(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD.又EF∩CF＝F，∴BD⊥面EFC.∵BD⊂面BCD，∴面EFC⊥面BCD.28．(本小题满分9分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高为4 m．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？解：(1)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，则仓库的体积为V1＝13S′·h＝13×π×⎝⎛⎭⎪⎫1622×4＝256π3(m3)．如果按方案二，仓库的高变成8 m，则仓库的体积为V2＝13S·h′＝13×π×⎝⎛⎭⎪⎫1222×8＝96π(m3)．(2)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，半径为8 m，圆锥的母线长为l3＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积为S1＝π×8×45＝325π(m2)．如果按方案二，仓库的高变成8 m，圆锥的母线长为l2＝62＋82＝10(m)，则仓库的表面积为S2＝π×6×10＝60π(m2)．(3)∵V1<V2，S2<S1，∴方案二比方案一更加经济些．。

-第八章立体几何初步章末检测 2020-2021学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册

2021年高中数学人教A版（新教材）章末检测(三)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是()A.22 B.1C. 2D.222.在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，HG交于一点P，则()A.点P一定在直线BD上B.点P一定在直线AC上C.点P一定在直线AC或BD上D.点P既不在直线AC上，也不在直线BD上3.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，VA1－BCD＝()A.60B.30C.20D.104.如图，在正四面体D－ABC中，P∈平面DBA，则在平面DAB内过点P与直线BC成60°角的直线共有()A.0条B.1条C.2条D.3条5.底面半径为3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为()A.6πB.12πC.8πD.16π6.E，F，G分别是空间四边形ABCD的棱BC，CD，DA的中点，则此四面体中与过E，F，G的截面平行的棱的条数是()A.0B.1C.2D.37.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC8.如图，等边三角形ABC的边长为4，M，N分别为AB，AC的中点，沿MN将△AMN折起，使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°，则四棱锥A－MNCB的体积为()A.32B.32C. 3D.3二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9.用一张长、宽分别为8 cm 和4 cm 的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面，则此正四棱柱的对角线长为( ) A. 6 cm B.2 6 cm C.32 cmD.66 cm10.下列命题正确的是( )A.若一个平面内两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行B.若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直C.垂直于同一直线的两条直线相互平行D.若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直11.已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，若直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则( ) A.AB ∥m B.AC ⊥m C.AB ∥βD.AC ⊥β12.已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则()A.三棱锥S－ABC的体积为2 6B.三棱锥S－ABC的体积为2 3C.三棱锥O－ABC的体积为2 12三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直.其中正确命题的序号是________.14.一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为______厘米.15.已知四面体P－ABC中，P A＝PB＝4，PC＝2，AC＝25，PB⊥平面P AC，则四面体P－ABC外接球的体积为________.16.已知二面角α－l－β为60°，动点P，Q分别在平面α，β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P，Q两点之间距离的最小值为________，此时直线PQ与平面α所成的角为________.（本题第一空3分，第二空2分）四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面P AD；(2)若△PCD面积为27，求四棱锥P－ABCD的体积.18.(12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为A1C1和BC的中点.(1)求证：EF∥平面AA1B1B；(2)若AA1＝3，AB＝23，求EF与平面ABC所成的角.19.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面P AD是正三角形，且与底面ABCD 垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB的中点，E为AD 的中点，过A，D，N的平面交PC于点M.求证：(1)EN∥平面PDC；(2)BC⊥平面PEB；(3)平面PBC⊥平面ADMN.20.(12分)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，AA1＝3，点E在棱B1B上运动.(1)证明：AC⊥D1E；(2)若三棱锥B1－A1D1E的体积为23，求异面直线AD，D1E所成的角.21.(12分)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.(1)求证：EF∥平面BCC1B1；(2)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.22.(12分)如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC ＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明：MN∥平面AA′C′C；(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN？试证明你的结论.参考答案及解析1.答案：D解析：∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，∴Rt△O′A′B′的直角边长是2，∴Rt△O′A′B′的面积是12×2×2＝1，∴原平面图形的面积是1×22＝2 2.故选D.2.解析：如图，∵P∈HG，HG⊂平面ACD，∴P∈平面ACD.同理，P∈平面BAC.∵平面BAC∩平面ACD＝AC，∴P∈AC.故选B.3.答案：D解析：V A1－BCD＝13×12×3×5×4＝10.4.答案：C解析过点P分别作BD，AB的平行线，这两条直线都符合题意.5.答案：D解析：由题意，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O＝R－1，由勾股定理可得R2＝(R－1)2＋(3)2，∴R＝2，∴球O的表面积为4πR2＝16π.故选D.6.答案：C解析：在△ACD中，∵G，F分别为AD与CD的中点，∴GF∥AC.而GF⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，∴AC∥平面EFG.同理，BD∥平面EFG.故选C.7.答案：C解析：如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.8.答案：A解析：如图，作出二面角A－MN－B的平面角∠AED，AO为△AED底边ED上的高，也是四棱锥A －MNCB 的高.由题意，得ED ＝3，AO ＝32，S 四边形MNCB ＝12×(2＋4)×3＝3 3. V ＝13×32×33＝32.9.答案：BD解析：分两种情况：(1)以4 cm 的长为高，则正四棱柱底面是边长为2 cm 的正方形，因此对角线长l 1＝22＋22＋42＝26(cm).(2)以8 cm 长为高，则正四棱柱底面是边长为1 cm 的正方形，因此对角线长l 2＝12＋12＋82＝66(cm). 10.答案：BD解析：当两个平面相交时，一个平面内的两条平行于它们交线的直线就平行于另一个平面，故A 不正确；由平面与平面垂直的判定定理知B 正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，故C 不正确；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故D 正确.11.答案：ABC解析：因为m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，∴m ∥l ，又AB ∥l ，所以AB ∥m ，故A 正确；因为AC ⊥l ，m ∥l ，所以AC ⊥m ，故B 正确；因为A ∈α，AB ∥l ，l ⊂α，所以B ∈α，所以AB ⊄β，l ⊂β，所以AB ∥β，故C 正确；因为AC ⊥l ，当点C 在α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在α内时，AC ⊥β不成立，故D 不正确.D.三棱锥O －ABC 的体积为223 12.答案：AC解析：由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 的底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，所以三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍，在三棱锥O －ABC 中，其棱长都为1，如图，S △ABC ＝34，高OD ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，则V O －ABC ＝13×34×63＝212，V S －ABC ＝2V O －ABC ＝26. 13.答案：①②解析：由面面平行的判定可知①正确；由线面平行的判定可知②正确；显然，③错误. 14.答案：12解析：设球的体积为V ，半径为R ，圆柱水桶的半径为r ，上升的水高为h ，V ＝Sh ＝πr 2h ＝43πR 3，R ＝364×27＝12(cm). 15.答案：36π解析：∵P A ＝4，PC ＝2，AC ＝25，∴在△P AC中，P A2＋PC2＝20＝AC2，可得AP⊥PC，又∵PB⊥平面P AC，P A，PC⊂平面P AC，∴PB⊥P A，P A⊥PC.以P A，PB，PC为长、宽、高，作长方体如图所示，则该长方体的外接球就是四面体P－ABC的外接球.∵长方体的体对角线长为42＋42＋22＝6，∴长方体外接球的直径2R＝6，得R＝3，因此，四面体P－ABC的外接球体积为V＝4π3R3＝36π.16.答案：2390°解析：如图，分别作QA⊥α于点A，AC⊥l于点C，PB⊥β于点B，PD⊥l于点D，连接CQ，BD，则∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝23，BP＝3，∴AC＝PD ＝2.又∵PQ＝AQ2＋AP2＝12＋AP2≥23，当且仅当AP＝0，即点A与点P 重合时取最小值，此时，PQ⊥平面α，故PQ与平面α所成的角为90°.17.(1)证明∵底面ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD，又AD⊂平面P AD，BC⊄平面P AD，∴BC∥平面P AD.(2)解取AD 的中点M ，连接PM ，CM ，由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PM ⊂平面P AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x .取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)，x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）2×23＝4 3. 18.(1)证明如图，取A 1B 1的中点D ，连接DE ，BD .因为E 是A 1C 1的中点，所以DE 綉12B 1C 1.又因为BC綉B1C1，BF＝12BC，所以DE綉BF.所以四边形BDEF为平行四边形.所以BD∥EF.又因为BD⊂平面AA1B1B，EF⊄平面AA1B1B，所以EF∥平面AA1B1B.(2)解如图，取AC的中点H，连接HF，EH.因为EH∥AA1，AA1⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.所以∠EFH就是EF与平面ABC所成的角.在Rt△EHF中，FH＝3，EH＝AA1＝3，所以tan∠EFH＝EHFH＝3，所以∠EFH＝60°.故EF与平面ABC所成的角为60°.19.证明(1)∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC.又平面ADMN∩平面PBC＝MN，∴AD∥MN.又∵AD∥BC，∴MN∥BC.又∵N为PB的中点，∴M为PC的中点，∴MN＝12BC.∵E为AD的中点，∴DE＝12AD＝12BC＝MN，∴DE綉MN，∴四边形DENM为平行四边形，∴EN∥DM.又∵EN⊄平面PDC，DM⊂平面PDC，∴EN∥平面PDC.(2)∵四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，E为AD中点，∴BE⊥AD.又∵PE⊥AD，PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PEB，∴AD⊥平面PEB.∵AD∥BC，∴BC⊥平面PEB.(3)由(2)知AD⊥PB.又∵P A＝AB，且N为PB的中点，∴AN⊥PB.∵AD∩AN＝A，AD，AN⊂平面ADMN，∴PB⊥平面ADMN.又∵PB⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面ADMN.20.(1)证明如图所示：连接BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，∴B1B⊥平面ABCD.∵AC ⊂平面ABCD ，∴B 1B ⊥AC .∵BD ∩B 1B ＝B ，BD ，B 1B ⊂平面B 1BDD 1，∴AC ⊥平面B 1BDD 1.∵D 1E ⊂平面B 1BDD 1，∴AC ⊥D 1E .(2)解 ∵V B 1－A 1D 1E ＝V E －A 1B 1D 1，EB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴V E －A 1B 1D 1＝13S △A 1B 1D 1·EB 1.∵S △A 1B 1D 1＝12A 1B 1·A 1D 1＝1，∴V E －A 1B 1D 1＝13EB 1＝23.∴EB 1＝2.∵AD ∥A 1D 1，∴∠A 1D 1E 为异面直线AD ，D 1E 所成的角或其补角.在Rt △EB 1D 1中，求得ED 1＝2 2.∵D 1A 1⊥平面A 1ABB 1，A 1E ⊂平面A 1ABB 1，∴D 1A 1⊥A 1E .在Rt △EA 1D 1中，得cos ∠A 1D 1E ＝222＝12， ∴∠A 1D 1E ＝60°.∴异面直线AD ，D 1E 所成的角为60°.21.(1)证明如图，连接DE ，D 1E .∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，DE，D1D⊂平面DED1，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.(2)解如图，连接BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∵∠BCD＝60°，∴BD＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos 60°＝ 3.∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.同理可得，C1D⊥CD.∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1.在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图.∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.∵在Rt△C1CD中，C1D＝3，在Rt△BCD中，DH＝CD·sin 60°＝3 2，∴在Rt△C1DH中，C1H＝C1D2＋DH2＝15 2，∴cos ∠DC1H＝C1DC1H＝255.∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为25 5.22.(1)证明如图，设A′B′的中点为E，连接EM，EN，∵点M，N分别为A′B和B′C′的中点，∴NE∥A′C′，ME∥AA′，又∵A′C′⊂平面ACC′A′，AA′⊂平面ACC′A′，NE⊄平面ACC′A′，ME⊄平面ACC′A′，∴NE∥平面ACC′A′，ME∥平面ACC′A′.∵NE∩ME＝E，NE⊂平面EMN，ME⊂平面EMN，∴平面EMN∥平面ACC′A′.∵MN⊂平面EMN，∴MN∥平面ACC′A′.(2)解如图，连接BN，设AA′＝a，AB＝λAA′＝λa，由题意知，BC ＝2λa ，BN ＝CN ＝C ′C 2＋C ′N 2＝a 2＋12λ2a 2. ∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′侧棱垂直于底面，∴平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C .∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点N 为B ′C ′的中点， ∴A ′N ⊥B ′C ′.又平面A ′B ′C ′∩平面BB ′C ′C ＝B ′C ′，A ′N ⊂平面A ′B ′C ′， ∴A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，又CN ⊂平面BB ′C ′C ， ∴CN ⊥A ′N .要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可，∴CN 2＋BN 2＝BC 2，即2(a 2＋12λ2a 2)＝2λ2a 2，∴λ＝2，则λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN .。

人教版高中数学必修2《立体几何初步》全章同步测试题

A D BA EB CD 高中数学必修2《立体几何初步》全章同步测试题§1.1 空间几何体的结构同步练习1．下列空间几何体中不是棱柱的是（）A ．B ．C ．D ．2．如图，有下列说法：①△BCD 是棱锥的底面；②△ABC 是棱锥的底面； ③△ABD 是棱锥的底面．其中正确的个数有 ( ) A ．① B ．①② C ．①③ D ．①②③3．下列说法中正确的是（） A ．棱柱的侧面都是矩形 B ．棱锥的侧面都是等腰三角形C ．棱台的侧面都是等腰梯形D ．棱台的各条侧棱的延长线经过同一点4．下列描述中错误的是 ( )A ．圆柱可由矩形旋转而得到B ．圆台可由等腰梯形旋转而得到C ．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分就是圆台D ．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面5．一个钝角三角形绕其最长边旋转一周所形成的空间几何体是（）A ．一个棱锥B ．一个圆锥C ．两个圆锥的组合体D ．无法确定6．充满空气的汽车内胎可视为下列哪个图形绕对称轴旋转而成（）A ．B ．C ．D ．7．两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5cm ，4cm ，3cm ，把它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是（）A B ． C ． D ．8．右图四棱锥的底面是，侧棱分别是，侧面分别是．9．如右图，在直角梯形ABCD 中，∠A=∠B=900，AD=2，AB=4，BC=5，现将梯形绕直线AB 旋转一周，得到的几何体是，它的上、下底面的周长分别是和，其母线长为．10．右图是某个单位的公章，它由哪些简单几何体构成？答：．A B CDA CBC 1 B 1 A 1 11．已知一张长、宽分别为10cm 、5cm 的矩形纸片．若把纸片折成一个长方体的侧面，则长方体的底面周长是；若把纸片卷成一个圆柱体的侧面，则圆柱体的底面半径为．12．在右图的棱柱中，沿着A 1、B 、C 三点去截棱柱可得到两个几何体，它们分别是．13．你能描述一下我们生活中的热水瓶胆以及我国的运载火箭的形状特征吗？你能发现它们之间的一些共同特征吗？14．（探究题）把一个苹果切一刀能分成两块，切两刀能分成几块？切三刀最多能分成几块？你不妨去操作一下．回顾反思1．你能说出柱、锥、台、球及其组合体的结构特征并作出正确的判断吗？能运用这些特征去描述现实生活中的实物模型吗？2．请你用联系的观点去体会一下柱、锥、台之间的关系；3．复杂的物体往往由简单或基本的物体组成，这体现了什么样的思想方法？4．学习数学需要发挥想象力，但有时也需要我们的直观与操作． §1.2 空间几何体的三视图和直观图同步练习1．某几何体的三视图的三个视图都相同，它可能是（）A ．圆柱或圆锥B ．圆锥或正方体C ．球或正方体D ．圆台或圆柱2．下列关于空间几何体的三视图的说法正确的是（）A ．正视图反映物体的长和宽B ．侧视图反映物体的高和宽C ．正视图反映物体的高和宽D ．俯视图反映物体的长和高3．下列说法中正确的是（）A ．相等的角在直观图中仍然相等B ．相等的线段在直观图中仍然相等C ．平行的线段在直观图中仍然平行D ．垂直的线段在直观图中仍然垂直4．下列关于用斜二测画法画直观图的说法中错误的是（）A ．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B ．几何体的长、宽、高的比例在其直观图中并未改变C ．水平放置的圆的直观图是椭圆D ．水平放置的正方形的直观图不是菱形5．右图中Rt △ABC 的直观图的面积为（）A ．6 B． C． D6．下图为正方体积木堆成的几何体的三视图，则这个几何体共由几块积木堆成？（）A ．4块B ．5块C ．6块D ．7块7．一个梯形在太阳光下的投影不可能是（）A ．直角梯形B ．等腰梯形C ．平行四边形D ．一条线段8．平行投影的投影线，中心投影的投影线．9．如下左图所示的三视图表示的几何体是．10．如上右图所示的三视图表示的几何体是．11．某几何体的三视图中有一个视图为圆，则这个几何体可能是．12．说出下列三视图表示的几何体，并画出它的直观图．13．根据斜二测画法的要求，画出下列左边直观图的原来形状，以及右边三角形的直观图．14．画出右图所示公章的三视图．正视图侧视图俯视图正视图侧视图俯视图侧视图俯视图正视图15．画出右图所示物体的三视图．回顾反思1．能画出简单立体图形的三视图，能根据几何体的三视图描述和画出立体模型；2．用斜二测画法画平面图形和空间几何体的直观图时，要注意什么问题？3．事物往往有不同的表现形式，比如三视图、斜二测画法画出的直观图都能将几何体表现在平面上，应怎样理解它们之间的区别与联系？§1.3.1空间几何体的表面积和体积（一）同步练习1．棱长和底面边长均为2的正四棱锥的侧面积为（）A．4 B．C．D．122．将体积为V的长方体各棱长均加长1倍得到的大长方体的体积为（）A．2V B．4V C．8V D．16V3．某长方体的体积为8cm3，表面积为32 cm2，其长、宽、高恰成等比数列，则此长方体所有的棱长之和为（）A．28 cm B．32 cm C．36 cm D．40 cm4．若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是（）A．122ππ+B．144ππ+C．12ππ+D．142ππ+5．已知一个圆台的母线长为l，上、下底面半径分别是r、R，且r、l、R成等差数列，圆台侧面积为8πcm2，则母线长为（）A．4cm B．C．2cm D6．如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π，那么圆柱的体积等于（）A．4B．4πC．2D．2π7．过棱锥高的三等分点作两个平行于底面的截面，则棱锥被分成的上、中、下三部分的体积之比为（）A．1∶2∶3 B．1∶4∶9 C．1∶8∶27 D．1∶7∶198．已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么这个圆锥的轴截面的顶角是，其侧面展开图——扇形的圆心角为．9．已知三棱柱ABC—A1B1C1的体积为3，则棱锥A—A1B1C1的体积为．10．已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达A1点的最短路线长为，而沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线长是．11．已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为．12．用上口直径为34cm，底面直径为24cm，高为35cm的水桶盛得的雨水深度恰为7cm，试求此次的降雨量（精确到0.1mm）．（注：降雨量是指单位面积的水平地面上降下雨水的深度）13．正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，对角线A1C长4cm，表面积是16 cm2，求体积．14．已知圆柱的轴截面的周长L为定值，求圆柱侧面积的最大值．回顾反思1．能正确求解柱、锥、台体的表面积和体积，并体会相应公式之间的内在联系；2．由柱体通过割补可得到锥体，由锥体平行切割可得到台体，以及空间图形的平面展开，它们都体现了哪一种基本思想方法？§1.3.2空间几何体的表面积和体积（二）同步练习1．将半径均为1的两个铅球熔成一个大铅球，若不计损失，则大铅球的半径为（）ABCD2．湖面上漂着一个球，湖面结冰后将球取出，冰面上留下了面直径为24、深为8的空穴，则球的半径为（）A．8 B．12 C．13D．3．棱长为2cm的一个正方体的顶点都在一个球面上，则球的表面积为（）A．8πcm2B．12πcm2C．16πcm2D．20πcm24．一个球内切于圆柱，则这个圆柱与球的表面积之比为（）A．1∶1 B．2∶1 C．3∶2 D．4∶35．一个棱锥被平行于底面的平面所截，且截面与底面积之比为1∶2，则这个棱锥的侧棱被此截面分成的两段（自上而下）之比为（）A．1∶4B．1C．1∶)1D．1∶)16．长方体的表面积为11，所有棱长的和为24，则此长方体的对角线长为（）A．B C．5 D．67．若一个球的表面积与体积的数值相等，则球的半径为．8．半径为r的球内接正方体的表面积为，体积为．9，则其外接球的面积为．10．若圆台的上、下底面半径和母线长的比为1∶4∶5，高为8，则侧面积为．11．在表面积相等的正方体和球中，体积较大的几何体是；在体积相等的正方体和球中，表面积较小的几何体是．12．一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水．现放入一个半径为r的实心铁球，已知球被水淹没，且水面的高度恰好升高了r，求Rr的值．13．如图是一个棱长为1的正方体盒子的平面展开图，A、B、C、D为其上四个点，求以A、B、C、D为顶点的三棱锥的体积．B。

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》章末练习题卷含答案解析 (12)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷4（共22题）一、选择题（共10题）1.半径为2的球的表面积为( )A．4πB．16π3C．16πD．32π32.如图所示的图形中有( )A．圆柱、圆锥、圆台和球B．圆柱、球和圆锥C．球、圆柱和圆台D．棱柱、棱锥、圆锥和球3.分别在两个平面内的两条直线间的位置关系是( )A．异面B．平行C．相交D．以上都有可能4.已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2cm，另一个圆锥顶点到底面的距离为3cm，则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A．2cm B．3cm C．2.5cm D．5cm5.“直线l不在平面α内”用数学符号表示为( )A．l∉αB．l⊄αC．l∈αD．l⊂α6.已知下列四个结论：①铺得很平的一张白纸是一个平面；②平面是矩形或平行四边形的形状；③一个平面的面积可以等于1m2．其中正确结论的个数是( )A．0B．1C．2D．37.四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为( )A．4B．3C．2D．18.半径为1的球的体积是( )A．4πB．4π3C．8π3D．32π39.若两个球的体积之比为8:27，则它们的表面积之比为( )A．2:3B．4:9C．8:27D．2√2:3√310.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，则在平面ADD1A1内，且与平面D1EF平行的直线( )A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条二、填空题（共6题）11.思考辨析，判断正误．直线与平面所成角为α，则0∘≤α≤90∘．( )12.两条相等的平行线段在同一平面内的射影长．13.已知正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为．14.如图所示的图形可用符号表示为．15.半径为3的球的体积为．16.三条直线相交于一点，则它们最多能确定个平面．三、解答题（共6题）17.在△ABC中，∠C=90∘，AC=20cm，BC=15cm，以直线AB为轴把这个直角三角形旋转一周，求所得的旋转体的表面积．18.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC，BD交于点O，判断下列命题是否正确，并说明理由．(1) 由点A，O，C可以确定一个平面；(2) 由点A，C1，B1确定的平面为平面ADC1B1．19.如图，已知a⊂α，b⊂α，a∩b=A，P∈b，PQ∥a，求证：PQ⊂α．20.如图所示，长方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别为棱A1B1，C1D1的中点．(1) 这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？(2) 用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．21.已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AB=3，AD=4，AA1=5．(1) 写出点A到平面BCC1B1的距离；(2) 写出直线AB到平面A1B1C1D1的距离；(3) 写出平面ADD1A1与平面BCC1B1之间的距离；(4) 和棱A1B1不相交的棱有哪几条？22.如图，在三棱锥P−ABC中，D，E，F分别是PA，PB，PC的中点，M是AB上一点，连接MC，N是PM与DE的交点，连接NF，求证：NF∥CM．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】C【知识点】球的表面积与体积2. 【答案】B【解析】根据题中图形可知，（1）是球，（2）是圆柱，（3）是圆锥，（4）不是圆台．【知识点】棱柱的结构特征3. 【答案】D【解析】分别在两个平面的两条直线平行、相交、异面都可能，可将两条直线放在长方体里进行研究．【知识点】直线与直线的位置关系4. 【答案】D【解析】由题意，圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高，故两顶点间距离为2+3=5cm，在直观图中与z轴平行的线段长度不变，仍为5cm．【知识点】直观图5. 【答案】B【知识点】平面的概念与基本性质6. 【答案】A【解析】在立体几何中，平面是无限延展的，所以①③错误；通常我们画一个平行四边形或矩形来表示一个平面，但并不是说平面就是矩形或平行四边形，故②错．【知识点】平面的概念与基本性质7. 【答案】A【解析】首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．【知识点】平面的概念与基本性质8. 【答案】B【解析】因为球的半径为1，所以球的体积V=43π×13=4π3．【知识点】球的表面积与体积9. 【答案】BπR3，若两个球的体积比为8:27，则它们的半径之比为2:3，又因为【解析】由于球的体积为43表面积为4πR2，故表面积之比为4:9．【知识点】球的表面积与体积10. 【答案】D【解析】根据题意，知平面ADD1A1与平面D1EF相交，所以在平面ADD1A1内，与平面ADD1A1和平面D1EF的交线平行的直线有无数条，所以在平面ADD1A1内与平面D1EF平行的直线有无数条．【知识点】直线与平面平行关系的性质二、填空题（共6题）11. 【答案】×【知识点】线面角12. 【答案】相等【知识点】直线与平面的位置关系13. 【答案】163【知识点】棱锥的表面积与体积14. 【答案】α∩β=AB【知识点】平面的概念与基本性质15. 【答案】36π【知识点】球的表面积与体积16. 【答案】3【知识点】平面的概念与基本性质三、解答题（共6题）17. 【答案】420πcm2．【知识点】圆锥的表面积与体积18. 【答案】(1) 不正确．因为点A，O，C在同一条直线上，故不能确定一个平面．(2) 正确．因为点A，B1，C1不共线，所以可确定一个平面．又因为AD∥B1C1，所以点D∈平面AB1C1．所以由点A，C1，B1确定的平面为平面ADC1B1．【知识点】平面的概念与基本性质19. 【答案】因为PQ∥a，所以PQ与a确定一个平面β，所以直线a⊂β，点P∈β．因为P∈b，b⊂α，所以P∈α．又因为a⊂α，P∉a，所以α与β重合，所以PQ⊂α．【知识点】平面的概念与基本性质20. 【答案】(1) 是棱柱，并且是四棱柱，因为以长方体相对的两个面作底面，是互相平行的，其余各面都是矩形，且四条侧棱互相平行，符合棱柱的定义．(2) 截面BCNM右上方部分是三棱柱BB1M−CC1N，左下方部分是四棱柱ABMA1−DCND1．【知识点】棱柱的结构特征21. 【答案】(1) 由题图可知：点A到平面BCC1B1的距离为AB的长度，故答案为3．(2) 直线AB到平面A1B1C1D1的距离为AA1的长度，故答案为5．(3) 平面ADD1A1与平面BCC1B1之间的距离为AB的长度，故答案为3．(4) 有AB，CD，C1D1，CC1，DD1，AD，BC，共7条．【知识点】直线与直线的位置关系、点面距离（线面距离、点线距离、面面距离）22. 【答案】因为D，E分别是PA，PB的中点，所以DE∥AB，又DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC，同理DF∥平面ABC，且DE∩DF=D，DE,DF⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面ABC，又平面PCM∩平面DEF=NF，平面PCM∩平面ABC=CM，所以NF∥CM．【知识点】平面与平面平行关系的性质、平面与平面平行关系的判定。

复数与立体几何初步2同步测试-2022-2023学年高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册

成都七中高一下学期数学同步测试题——复数与立体几何初步2一、单选题．a b ，．αa ，．αa ，，ab ，．．．．．在三棱锥A 中，=AB CD ==AC BD 5，=BC 7，M ，N．如图，已知三棱柱ABC A B C111的体积为成都七中高一下学期数学同步测试题——复数与立体几何初步2一、单选题则其外接球的半径为⎝⎭⎝ ⎪ =+⎛⎫⎛R a 22球的表面积为球=⨯=ππS a a 1234772A ．π96B ．．如图所示，在ABC中，二、多选题13．若存在直线⊂αm 和直线⊄αl ，满足l 与m 不平行，则下列说法正确的是（） A ．α内一定存在直线与l 平行B ．l 可能与平面α平行C ．α内一定存在直线与l 垂直D ．l 可能与平面α垂直【答案】BCD【详解】依题意可得l 与平面α相交，则α内一定不存在直线与l 平行，故A 错； l 可能与平面α平行或l 可能与平面α垂直，故BD 正确；不论l 与平面α平行或相交，α内一定存在直线与l 垂直，C 正确．故选：BCD14．下列关于点、线、面位置关系的命题中正确的是（）A ．若两个平面有三个公共点，则它们一定重合B ．空间中，相交于同一点的三直线在同一平面内C ．两条直线a ，b 分别和异面直线c ，d 都相交，则直线a ，b 可能是异面直线，也可能是相交直线D ．正方体−ABCD A B C D 1111中，点O 是B D 11的中点，直线A C 1交平面AB D 11于点M ，则A ，M ，O 三点共线，且A ，O ，C ，M 四点共面【答案】CD【分析】在正方体−ABCD A B C D 1111中，分析每个选项是否正确即可.【详解】对于选项A ：如图、、A D E 三个公共点在一条直线上，平面ABCD 与平面ADD A 11相交不重合，故选项A 不正确；对于选项B ：正方体中从点A 出发的三条棱、、AA AB AD 1不在同一个平面内，故选项B 不正确；对于选项C 若a b //则a ，b 确定一个平面，且a ，b 与直线c ，d 的交点都在此平面内，则c ，d 共面，与c ，d 是异面直线矛盾，故直线a ，b 可能是异面直线，也可能是相交直线. 故选项C 正确；平面AC 1平面AB D 11=AO ，因为直线A C 1交平面AB D 11于点M ，所以∈M AO ，即A ，M ，O 三点共线，因为A ，M ，O 三点共线，直线和直线外一点可以确定一个平面，所以A ，O ，C ，M 四点共面，故选项D 正确. 故选：CD15．下列命题错误的是（） A ．a b ，∥⊂⇒ααb aB ．αa ，∥⊂⇒αb a bC ．αa，∥∥⇒αa b b D ．⊄αa ，ab ，∥⊂⇒ααb a【答案】ABC【分析】由线面平行的判定及性质依次判断即可.【详解】对于A ，还可能是⊂αa ，A 错误；对于B ，a b ,的位置关系不确定，B 错误；对于C ，还可能是⊂αb ，C 错误；对于D ，由线面平行的判定知D 正确.．．．．【详解】因为ABC和BAD全等，M是AB的中点，=MD．是CD的中点，垂直平分CD，垂直平分AB，故A正确；当延长DP交线段D C11（不含端点）于点R时，过点接BT，平面PDB 截正方体表面的图形为梯形BDRT ；当P 为CD 1的中点时，连接BC 1，C D 1，平面PDB 截正方体表面的图形为三角形BDC 1；当延长DP 交线段CC 1（不含端点）于点R 时，连接BR ，平面PDB 截正方体表面的图形为三角形BDR ；当点P 运动到点C 时，平面PDB 截正方体表面的图形为正方形ABCD .对A ：当点P 与点C 重合时，平面PDB 截正方体表面的图形为正方形，故对B ：综上易得截面BDD B 11的面积为所有截面面积中的最大值，最大值为⨯=22242，故B 正确；对C ：当点P 与点C 重合时，直线BP 与直线对D ：三棱锥−A PBB 1的体积可化为三棱锥P 点P 到平面ABB 的距离为定值2，=S ABB 21，三、填空题图1中平面ABCD 与平面D C B A 1111平行，但四边形ABCD 错；图2中正六棱柱的相对侧面ABB A 11与EDD E 11平行，但不是底面，图3中直四棱柱底面ABCD 是平行四边形，③错. 故答案为：①②③.⋅SPA ABCABC −方体的外接球是同一个球，设球的半径为因为正方体的体对角线长所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为故答案为：π12．．如图，已知三棱柱ABC A B C 111的体积为【答案】1中，易知侧面【详解】在三棱柱ABC A B C111AA上的高为h，1在平行四边形ACC A11中，易知四边形中，易知在三棱柱ABC A B C111S=ACA1设三棱柱ABC A B C的体积，由图可知，111。

人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》章末练习题卷含答案解析 (47)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷2（共22题）一、选择题（共10题）1.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为( )A．2√2B．√10C．√11D．2√32.若直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β=b，则( )A．a∥b或a与b异面B．a∥bC．a与b异面D．a与b相交3.空间中直线l和三角形的一边AC及另一边BC的中线同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是( )A．平行B．垂直C．相交D．不确定4.已知a，b为异面直线，下列结论不正确的是( )A．必存在平面α，使得a∥α，b∥αB．必存在平面α，使得a，b与α所成角相等C．必存在平面α，使得a⊂α，b⊥αD．必存在平面α，使得a，b与α距离相等5.一个棱柱是正四棱柱的条件是( )A．底面是正方形，有两个面是矩形的四棱柱B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面的四棱柱C．底面是菱形，且侧面均垂直于底面的四棱柱D．底面是正方形，每个侧面都是全等的矩形的四棱柱6.已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A．43B．83C．4D．87.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．12√2πB．12πC．8√2πD．10π8.若点N为点M在平面a上的正投影，则记N=f a(M)．如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为b，平面ABCD为g，点P是棱CC1上一动点（与C，C1不重合），Q1=f g[f b(P)]，Q2=f b[f g(P)]．给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是[12,√22)；②存在点P使得PQ1∥平面b；③存在点P使得PQ1∧PQ2．其中，所有正确结论的序号是( )A．①②③B．②③C．①③D．①②9.在空间中，下列命题正确的是( )①平行于同一条直线的两条直线平行；②垂直于同一条直线的两条直线平行；③平行于同一个平面的两条直线平行；④垂直于同一个平面的两条直线平行．A．①③④B．①②③④C．①D．①④10.经过平面α外两点，作与α平行的平面，则这样的平面可以作( )A．1个或2个B．0个或1个C．1个D．0个二、填空题（共6题）11.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为．12.已知直线a，b和平面α，若a∥b，且直线b在平面α上，则a与α的位置关系是．13.已知棱长为2的正方体的体积与球O的体积相等，则球O的半径为．14.用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，再用一个半径为R的半圆卷成一个圆锥的侧面，则该圆柱与圆锥的体积之比为．15.我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有一“阳马”如图所示，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=4，AD=3，则该“阳马”的体积为，其外接球的表面积为．16.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，有下面三个结论：① H是△A1BD的中心；② AH垂直于平面CB1D1；③直线AC1与直线B1C所成的角是90∘．其中正确结论的序号是．三、解答题（共6题）17.如图，在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为√3的圆柱．求圆柱的表面积．18.已知在四棱锥C−ABED中，DE∥AB，AC⊥BC，BC=2AC=4，AB=2DE，DA=DC且平面DAC⊥平面ABC．(1) 设点F为线段BC的中点，试证明EF⊥平面ABC；(2) 在（1）的条件下，若直线BE与平面ABC所成的角为60∘，求四棱锥C−ABED的体积．19.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，BC=BF=CF=AE=DE=2，AB=6，EF=4，EF∥AB，G为FC的中点，M为线段CD上一点，且CM=2．(1) 求证：AF∥平面BDG；(2) 求证：BF⊥DE；(3) 求证：平面BGM⊥平面BFC．20.如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P．问：(1) 折起后形成的几何体是什么几何体？(2) 若正方形边长为2a，则每个面的三角形面积为多少？21.如图1，在边长为2的等边△ABC中，D，E分别为边AC，AB的中点．将△ADE沿DE折起，使得AB⊥AD，得到如图2的四棱锥A−BCDE，连接BD，CE，且BD与CE交于点H．(1) 证明：AH⊥BD；的值．(2) 设点B到平面AED的距离为ℎ1，点E到平面ABD的距离为ℎ2，求ℎ1ℎ222.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．证明：(1) 当AB=BC时，EF⊥AC；(2) 点C1在平面AEF内．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】B【解析】提示：作E关于平面A1B1C1D1的对称点F，则有PE=PF，要使PE+PQ最小，则Q、P、F三点共线，所以这时△PEQ周长等于QF+QE，取BC中点G，则QE= QG，当G、Q、F三点共线时周长有最小值FG=√10．【知识点】棱柱的结构特征2. 【答案】B【解析】如图，过a作平面γ交平面α于c，过a作平面ɛ交平面β于d，因为a∥α，所以a∥c．因为a∥β，所以a∥d，所以c∥d．又c⊄β，d⊂β，所以c∥β，又c⊂α，α∩β=b，所以c∥b，所以a∥b．【知识点】直线与平面平行关系的性质3. 【答案】B【知识点】直线与平面垂直关系的性质4. 【答案】C【解析】对于A，在空间中取一点O，过O分别作a，b的平行线，则由过O的a，b的平行线确定一个平面α，使得a∥α，b∥α，故A正确；对于B，平移b至bʹ与a相交，因而确定一个平面β，在β上作a，bʹ夹角的平分线l，则经过l且垂直于平面β的平面α与a，b所成角相等，故B正确；对于C，当a，b不垂直时，不存在平面α使得a⊂α，b⊥α，故C错误；对于D，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面α，则a，b与α的距离相等，故D正确．【知识点】直线与平面的位置关系5. 【答案】D【解析】选项A，B中，两个面为相对侧面时，四棱柱不一定是直四棱柱，C中底面不一定是正方形，故排除选项A，B，C，故选D．【知识点】棱柱的结构特征6. 【答案】B【知识点】棱锥的表面积与体积、由三视图还原空间几何体7. 【答案】B【解析】【分析】利用圆柱的截面是面积为8的正方形，求出圆柱的底面直径与高，然后求解圆柱的表面积．【解析】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=√2，则该圆柱的表面积为：π•(√2)2×2+2√2π×2√2=12π．故选：B．【点评】本题考查圆柱的表面积的求法，考查圆柱的结构特征，截面的性质，是基本知识的考查．8. 【答案】D【知识点】空间线段的长度、直线与平面平行关系的判定、利用向量的坐标运算解决立体几何问题9. 【答案】D【解析】由平行公理可得，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确；垂直于同一条直线的两条直线有三种位置关系，平行、相交或异面，故②错误；平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，平行、相交或异面，故③错误；由直线与平面垂直的性质可得，垂直于同一个平面的两条直线平行，故④正确．故选：D ．【知识点】直线与直线的位置关系10. 【答案】B【解析】 ① 当经过两点的直线与平面 α 平行时，可作出一个平面 β，使 β∥α．② 当经过两点的直线与平面 α 相交时，由于作出的平面与平面 α 至少有一个公共点，故经过两点的平面都与平面 α 相交，不能作出与平面 α 平行的平面．故满足条件的平面有 0 个或 1 个．【知识点】平面与平面平行关系的判定二、填空题（共6题） 11. 【答案】 39π【解析】因为 V =13π62⋅ℎ=30π，所以 ℎ=52，所以 l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132，所以 S 侧=πrl =π×6×132=39π．【知识点】圆锥的表面积与体积12. 【答案】 a ∥α 或 a ⊂α【解析】已知直线 a ，b 和平面 α，若 a ∥b ，且直线 b 在平面 α 上，则 a 与 α 的位置关系是：a ∥α 或 a ⊂α．如图：【知识点】直线与平面的位置关系13. 【答案】√6π3【解析】设球 O 的半径为 r ，则 43πr 3=23，解得 r =√6π3．【知识点】棱柱的表面积与体积、球的表面积与体积14. 【答案】16√3π2【解析】由题知，圆柱的底面圆的周长为 2R ，设底面圆的半径为 r 1，可得 2πr 1=2R ，所以 r 1=R π．圆柱的高为 ℎ1=2R ，所以体积为 V 1=S 1ℎ1=πr 12h 1=2R 3π，用一个半径为 R 的半圆卷成一个圆锥的侧面，易知半圆弧为圆锥的底面圆的周长：C =πR ，半圆的半径 R 为圆锥的母线长，设圆锥下底面圆的半径为 r 2，可得 2πr 2=πR ，r 2=R2，圆锥的高：ℎ2=√R 2−r 22=√32R ，所以圆锥的体积：V 2=13S 2ℎ2=13πr 22⋅√32R =√3πR 324．所以 V 1V 2=2R 3π√3πR 324=16√3π2．【知识点】圆柱的表面积与体积、圆锥的表面积与体积15. 【答案】 20 ； 50π【解析】因为 PA ⊥平面ABCD ，且四边形 ABCD 是矩形，所以该“阳马”的体积 V =13PA ×S 四边形ABCD =13×5×4×3=20，该“阳马”可以还原成长方体，则该“阳马”的外接球是以 PC 为直径的球．因为 PA =5，AB =4，AD =3，所以 PC =√PA 2+AB 2+AD 2=5√2，所以外接球的半径为5√22，因此该“阳马”外接球的表面积为 4π×(5√22)2=50π．【知识点】球的表面积与体积、棱锥的表面积与体积16. 【答案】①②③【解析】连接 A 1H ，BH ，DH ．因为 AB =AD =AA 1，AH ⊥平面A 1BD ，所以 Rt △ABH ≌Rt △ADH ⊂Rt △AA 1H ，所以HB=HD=HA1．又因为△A1BD是等边三角形，所以H是△A1BD的中心，所以①正确．因为A1B1∥AB，A1B1=AB，CD∥AB，CD=AB，所以A1B1∥CD，且A1B1=CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以B1C∥A1D．又因为A1D⊂平面A1BD．B1C⊄平面A1BD.所以B1C∥平面A1BD．同理可证B1D1∥平面A1BD．又因为B1C∩B1D1=B1，所以平面CB1D1∥平面A1BD．又因为AH垂直于平面A1BD，所以AH垂直于平面CB1D1．所以②正确．连接AC1，BC1，AD1，因为四边形BCC1B是正方形，所以B1C⊥BC1．因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AB．又因为BC1∩AB=B，所以B1C⊥平面ABC1D1．又因为AC1⊂平面ABC1D1，所以AC1⊥B1C，所以直线AC1与B1C所成的角是90∘．所以③正确．【知识点】直线与平面垂直关系的判定、异面直线所成的角三、解答题（共6题）17. 【答案】S=2π+2√3π．【知识点】圆柱的表面积与体积18. 【答案】(1) 取AC的中点O，连接DO和OF，因为在△DAC中，DA=DC，所以DO⊥AC．又平面DAC⊥平面ABC，且交线为AC，所以DO⊥平面ABC．又因为O，F分别为AC，BC的中点，所以AB∥OF且AB=2OF．又DE∥AB，AB=2DE，所以OF∥DE且OF=DE．所以四边形DEFO为平行四边形．所以EF∥DO．所以EF⊥平面ABC．(2) 由（1）知EF⊥平面ABC，所以直线BE与平面ABC所成的角为∠EBF，所以∠EBF=60∘，因为BF=12BC=2，所以EF=DO=2√3，故可得S△DAC=12×AC×DO=12×2×2√3=2√3，又AC⊥BC，所以S△ABC=12×AC×BC=12×2×4=4．又EF∥DO，所以点E，F到平面DAC的距离相等，因为平面DAC⊥平面ABC，CF⊥AC，所以CF⊥平面DAC，所以E点到平面DAC的距离等于2．所以V C−ABED=V E−DAC+V E−ABC=13×2√3×2+13×4×2√3=4√3．【知识点】直线与平面垂直关系的判定、棱锥的表面积与体积19. 【答案】(1) 连接AC交BD于O点，则O为AC的中点，连接OG，因为在△AFC中，O为AC的中点，G为FC的中点，所以OG∥AF，因为AF⊄平面BDG，OG⊂平面BDG，所以AF∥平面BDG．(2) 连接FM，因为四边形ABCD是矩形，AB=6，所以DC∥AB，且DC=AB=6，因为EF=4，CM=2，DM=DC−CM，所以DM=EF=4，因为DM∥AB，EF∥AB，所以DM∥EF，所以四边形DMFE是平行四边形，所以MF∥DE，MF=DE=2，因为在Rt△BCM中，∠BCM=90∘，BC=2，CM=2，所以BM=2√2，因为在△BFM中，BM=2√2，MF=2，BF=2，所以△BFM是直角三角形，所以BF⊥MF，所以BF⊥DE．(3) 因为在△FCM中，CF=CM=MF=2，所以△FCM为等边三角形，因为G为FC的中点，所以MG⊥CF，同理，由△BCF为等边三角形，可得BG⊥CF，因为BG∩MG=G，所以CF⊥平面BGM，因为CF⊂平面BFC，所以平面BGM⊥平面BFC．【知识点】直线与平面平行关系的判定、平面与平面垂直关系的判定、空间中直线与直线的垂直20. 【答案】(1) 如图折起后的几何体是三棱锥．(2) S△PEF=12a2，S△DPF=S△DPE=12×2a×a=a2，S△DEF=32a2．【知识点】棱锥的结构特征、棱柱的结构特征21. 【答案】(1) 证明1：在图1中，因为△ABC为等边三角形，且D为边AC的中点，所以BD⊥AC．在△BCD中，BD⊥CD，BC=2，CD=1，所以BD=√3．因为D，E分别为边AC，AB的中点，所以ED∥BC．在图2中，有DHHB =EDBC=12，所以DH=13BD=√33．因为AB⊥AD，所以△ABD为直角三角形．因为AD=1，BD=√3，所以cos∠ADB=ADBD =√33．在△ADH中，由余弦定理得AH2=AD2+DH2−2AD⋅DH⋅cos∠ADB=1+13−2×1×√33×√3 3=23．所以AH=√63．在△ADH中，因为AH2+DH2=23+13=1=AD2，所以AH⊥BD．证明2：在图1中，因为△ABC为等边三角形，且D为边AC的中点，所以BD⊥AC，在△BCD中，BD⊥CD，BC=2，CD=1，所以BD=√3．因为D，E分别为边AC，AB的中点，所以ED∥BC．在图2中，有DHHB =EDBC=12，所以DH=13BD=√33．在Rt△BAD中，BD=√3，AD=1，在△BAD和△AHD中，因为DBDA =DADH=√3，∠BDA=∠ADH，所以△BAD∽△AHD．所以∠AHD=∠BAD=90∘．所以AH⊥BD．(2) 解法1：因为V B−AED=V E−ABD，所以13S△AEDℎ1=13S△ABDℎ2．所以ℎ1ℎ2=S△ABDS△AED．因为△AED是边长为1的等边三角形，所以S△AED=√34．在Rt△ABD中，BD=√3，AD=1，则AB=√2【或利用（1）证明1中AH=√63】所以S△ABD=√22．所以ℎ1ℎ2=2√63．所以ℎ1ℎ2的值为2√63．解法2：因为V B−AED=V A−BDE，所以13S△AEDℎ1=13S△BDE×AH．所以ℎ1=S△BDE×AHS△AED．因为△AED是边长为1的等边三角形，所以S△AED=√34．因为△BDE是腰长为1，顶角为120∘的等腰三角形，所以S△BDE=12．由（1）证明1中求得AH=√63，所以ℎ1=2√23．由V E−ABD=V A−BDE，同理求得ℎ2=√33．所以ℎ1ℎ2=2√63．所以ℎ1ℎ2的值为2√63．【知识点】点面距离（线面距离、点线距离、面面距离）、直线与平面垂直关系的性质22. 【答案】(1) 如图，连接BD，B1D1．因为AB=BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD．又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1，所以AC⊥平面BB1D1D．由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC．(2) 如图，在棱AA1上取点G，使得AG=2GA1，连接GD1，FC1，FG．因为D1E=23DD1，AG=23AA1，DD1∥AA1，DD1=AA1，所以ED1∥AG，ED1=AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1．因为B1F=13BB1，A1G=13AA1，BB1∥AA1，BB1=AA1，所以FG∥A1B1，FG=A1B1，FG∥C1D1，FG=C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1．【知识点】直线与平面垂直关系的判定、平面的概念与基本性质。

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

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷6（共22题）一、选择题（共10题）1.若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交2.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A．8π3B．10π3C．14π3D．10π3.长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )A．25πB．50πC．125πD．都不对4.如图，一个半圆柱内部截去某几何体后得到一个新几何体，其三视图如图所示，则该新几何体的体积为( )A．8π−163B．4π−163C．8π−4D．4π+835.关于斜二测画法所得直观图，以下说法正确的是( )A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B．正方形的直观图为平行四边形C．梯形的直观图不是梯形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形6.如图，在四棱锥P一ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中错误的是( )A．平面PAB⊥平面PAD B．平面PAB⊥平面PBCC．平面PBC⊥平面PCD D．平面PCD⊥平面PAD7.若将棱长为4的一块正方体木料经过切割、打磨加工出一个体积最大的球，则这个球的体积是( )A．323πB．16πC．64πD．2563π8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．16+16√2B．32+16√2C．48D．6439.给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0B．1C．2D．310.若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12πB．24πC．36πD．144π二、填空题（共6题）11.已知A，B，C，D是某球面上不共面的四点，且AB=BC=AD=√2，BD=AC=2，BC⊥AD，则此球的表面积等于．12.平面的概念几何中所说的“平面”，是从课桌面、黑板面、平静的水面等，这样的一些物体中抽象出来的．类似于直线向两端无限延伸，几何中的平面是向四周的．13.圆台的一个底面周长是另外一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面半径为．14.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB=2，AC=BC=√2，等边三角形ADB以AB为轴运动，当平面ADB⊥平面ABC时，CD=．15.一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π的扇形，则该圆锥的高为．316.思考辨析，判断正误．夹在两平行平面间的平行线段相等．三、解答题（共6题）17.已知球的半径为R，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？18.画正五棱柱的直观图，使底面边长为3cm，侧棱长为5cm．19.如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图在下面画出（单位：cm）．(1) 在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2) 按照给出的尺寸，求该多面体的体积；20.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF=DE，M为棱AE的中点．(1) 求证：平面BDM∥平面EFC；(2) 若AB=1，BF=2，求三棱锥A−CEF的体积．21.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，点D是棱B1C1的中点，AB=AC=√2，BC=BB1=2．(1) 求证：AC1∥平面A1BD；(2) 求点D到平面ABC1的距离．π，底面直径AB=2，点C是弧AB的中点，点D是母线PA的22.如图所示的圆锥的体积为√33中点.(1) 求该圆锥的侧面积；(2) 求异面直线PB与CD所成角的大小.答案一、选择题（共10题） 1. 【答案】B【解析】因为 l ⊄α，直线 l 不平行于平面 α，所以直线 l 只能与平面 α 相交，于是直线 l 与平面 α 只有一个公共点，所以平面 α 内不存在与 l 平行的直线．【知识点】直线与直线的位置关系2. 【答案】C【解析】根据三视图，该几何体是由一个圆锥和一个圆柱构成，圆锥的求半径为 2，高为 2，圆柱的底面半径为 1，高为 2．所以V =V 1+V 2=13×π×22×2+π×12×2=14π3.【知识点】圆锥的表面积与体积、圆柱的表面积与体积、三视图3. 【答案】B【解析】因为长方体的一个顶点上的三条棱长分别是 3，4，5，且它的 8 个顶点都在同一个球面上，所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：√32+42+52=5√2，所以球的半径为：5√22，所以这个球的表面积是：4π(5√22)2=50π．【知识点】组合体、球的表面积与体积4. 【答案】A【解析】由三视图知，该几何体是一个半圆柱挖去一个三棱锥得到， V =12π×22×4−13×12×4×2×4=8π−163．【知识点】圆柱的表面积与体积、棱锥的表面积与体积、由三视图还原空间几何体5. 【答案】B【知识点】直观图6. 【答案】C【解析】由面面垂直的判定定理知，平面PAB ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PBC ，平面PCD ⊥平面PAD ，A ，B ，D 正确．故选C ．【知识点】平面与平面垂直关系的判定7. 【答案】A【解析】正方体木料经过切割、打磨加工出一个体积最大的球，则该球是正方体的内切球，球的直径是正方体的棱长，即 2r =4⇒r =2，所以这个球的体积是4π3r 3=4π3×23=32π3．【知识点】球的表面积与体积8. 【答案】B【知识点】棱锥的表面积与体积、三视图9. 【答案】B【解析】①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．【知识点】棱柱的结构特征10. 【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即 R =√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)22=3，所以，这个球的表面积为 S =4πR 2=4π×32=36π．【知识点】球的表面积与体积二、填空题（共6题） 11. 【答案】 6π【解析】如图，把三棱锥 A −BCD 补形为棱长为 √2 的正方体，可得 CD =√2+2+2=√6 为球的直径，则球的半径为 √62，所以球的表面积为 4π×(√62)2=6π．【知识点】球的表面积与体积12. 【答案】无限延展【知识点】平面的概念与基本性质13. 【答案】7【解析】由题意，设较小底面半径为r，则该底面周长为2πr，则另一个底面周长为6πr，因为母线长为3，×(2πr+6πr)×3=12πr=84π，所以圆台侧面积S=12所以r=7．【知识点】圆台的表面积与体积14. 【答案】2【解析】如图，取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB．当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC=AB，所以DE⊥平面ABC．又CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE．由已知可得DE=√3，CE=1，在Rt△DEC中，CD=√DE2+CE2=2．【知识点】平面与平面垂直关系的性质15. 【答案】 √2【解析】设圆锥底面半径是 r ，母线长为 l ，所以 πr 2+πrl =π，即 r 2+rl =1，根据圆心角公式2π3=2πr l，即 l =3r ，所以解得 r =12，l =32，那么高 ℎ=√l 2−r 2=√2．【知识点】圆锥的表面积与体积16. 【答案】 √【知识点】平面与平面平行关系的性质三、解答题（共6题）17. 【答案】设圆柱的底面半径为 r ，则 S 侧=2πrh ，R 2=ℎ24+r 2，所以，S 侧=2π⋅2⋅h2⋅r ≤2π[(h 2)2+r 2]=2πR 2，当且仅当 ℎ2=r 时取等号，即内接圆柱底面半径为√22R ，高为 √2R 时，S 侧最大，最大值为2πR 2．【知识点】圆柱的表面积与体积18. 【答案】略．【知识点】直观图19. 【答案】(1) 如图，(2) 所求多面体的体积V=V长方体−V正三棱锥=4×4×6−13×(12×2×2)×2=2843(cm3)．【知识点】棱锥的表面积与体积、棱柱的表面积与体积、简单多面体的三视图20. 【答案】(1) 如图，设AC与BD交于点N，则N为AC的中点，连接MN，又M为棱AE的中点，所以MN∥EC．因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，所以MN∥平面EFC．因为BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且BF=DE，所以BF∥DE且BF=DE，所以四边形BDEF为平行四边形，所以BD∥EF．因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，所以BD∥平面EFC．又MN∩BD=N，MN,BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面EFC．(2) 连接EN，FN．在正方形ABCD中，AC⊥BD，又BF⊥平面ABCD，所以BF⊥AC．又BF∩BD=B，BF,BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，又N是AC的中点，所以V三棱锥A−NEF =V三棱锥C−NEF，所以V三棱锥A−CEF =2V三棱锥A−NEF=2×13×AN×S△NEF=2×13×√22×12×√2×2=23，所以三棱锥A−CEF的体积为23．【知识点】棱锥的表面积与体积、平面与平面平行关系的判定21. 【答案】(1) 在三棱桂ABC−A1B1C1中，连接AB1交A1B于点M，连接DM，如图．由四边形ABB1A1为平行四边形，得M为AB1的中点，又点D是棱B1C1的中点，所以AC1∥DM，因为AC1⊄平面A1BD，DM⊂平面A1BD，所以AC1∥平面A1BD.(2) 设点D到平面ABC1的距离为ℎ，由A1A⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，得A1A⊥AB，由AB=AC=√2，BC=2，得AB2+AC2=BC2，则AC⊥AB，又AC,AA1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥AC1，又AC1=√AC2+CC12=√(√2)2+22=√6，所以S△ABC1=12⋅AB⋅AC1=√3，连接AD，作AN⊥BC交BC于点N，因为三角形ABC为等腰直角三角形，所以AN=1，又AN⊂底面ABC，所以AN⊥AA1，又AA1∥CC1，所以AN⊥CC1，又CC1,BC⊂平面B1BCC1，CC1∩BC=C，所以AN⊥平面B1BCC1，由V D−ABC1=V A−BDC1，得13⋅S△ABC1⋅ℎ=13⋅S△BDC1⋅AN，又S△BDC1=12⋅DC1⋅CC1=12×1×2=1，所以ℎ=√33，即点D到平面ABC1的距离为√33．【知识点】点面距离（线面距离、点线距离、面面距离）、直线与平面平行关系的判定22. 【答案】(1) 由圆锥的体积V=13⋅π⋅(AB2)2⋅OP=√33π，得OP=√3，即PB=√OP2+OB2=2,则该圆锥的侧面积为S=12×2π⋅OB⋅PB=12×2π×1×2=2π．(2) （2）连接O，D，由条件得OD∥PB，即∠CDO是异面直线PB与CD所成角或其补角，点C是弧AB的中点，则CO⊥AB，又PO为该圆锥的高，则PO⊥CO，即CO⊥平面PAB，OD在平面PAB内，则CO⊥OD，即△CDO为直角三角形，又DO=12PB=1=CO，则∠CDO=π4，即异面直线PB与CD所成角的大小为π4．【知识点】异面直线所成的角、圆锥的表面积与体积。

2019-2020学年高中数学新教材人教A版必修第二册同步学典：(15)立体几何初步章末检测

因为 AM / / BC ,
所以点 M 到 BC 的距离为 5 ,
SBCM
故
1 4 2
52
5
.
所以四面体 N BCM 的体积
VN BCM
1 3
1 2
PA
SBCM
45 3
.
8 答案及解析：答案：B 解析：一条直线垂直于一个平面，则此直线垂直于这个平面内的所有直线，故选 B.
9 答案及解析：答案：D 解析：A 选项不正确，n 还有可能在平面 α 内，B 选项不正确，平面 α 还有可能与平面 β 相交，C 选项不正确，n 也有可能在平面 β 内，选项 D 正确．
10 答案及解析：答案：D 解析： A 中因为 BD / /B1D1 ，正确；B 中因为 AC BD ，由三垂线定理知正确； C 中由三垂线定理可知 AC1 B1D1 ， AC1 B1C ，故正确； D 中显然异面直线 AD 与 CB1 所成的角为 45 故选：D． A 中因为 BD / /B1D1 可判，B 和 C 中可由三垂线定理进行证明；而 D 中因为 CB1 / /D1 A ，所以 D1 AD 即
）
A. 45π
B. 34π
C. 48π
D. 37π
3、如图是一个正方体,它的展开图可能是下面四个展开图中的( )
A.
B.
C.
D.
4、已知正方体 ABCD A1B1C1D1 ,过顶点 A1 作平面 ,使得直线 AC 和 BC1 与平面所成的角都为 30 ,这样的平面可以有( )
A.4 个
B.3 个
13 答案及解析：答案：80; 40 解析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体,
S表 =6 22 +2 42 +4 2 4 2 22 =80 .V 23 4 4 2 40 .

新教材人教A版必修第二册第八章立体几何初步单元测试(含答案)

新教材人教A 版必修第二册第八章立体几何初步单元测试一、选择题1、已知某三棱锥的三视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A ．6πB ．5πC ．4πD ．3π2、某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．16B ．13C ．12 D ．13、在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱A 1B 1上一点，且AB ＝2，若二面角B 1﹣BC 1﹣E 为45°，则四面体BB 1C 1E 的外接球的表面积为（）A ．172πB ．12πC ．9πD ．10π4、三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1AC BC ==，3PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（） A ．B ．C ．D ．5、已知正四棱柱(即底面是正方形的直棱柱)的底面边长为3cm ，侧面的对角线长是35cm ，则这个正四棱柱的表面积为( )A ．290cm B ．2365cmC ．272cmD ．254cm6、一个几何体的正视图和侧视图都是面积为１的正方形，则这个几何体的俯视图7、阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为（）A ．4πB ．16πC ．36πD ．643π8、下列说法中正确的个数是（） ①圆锥的轴截面是等腰三角形；②用一个平面去截棱锥，得到一个棱锥和一个棱台；③棱台各侧棱的延长线交于一点；④有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱．A ．0B ．1C ．2D ．39、在三棱锥P ABC -中，AB BP ⊥，AC PC ⊥，AB AC ⊥，22PB PC ==，点P 到底面ABC 的距离为2，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（）A ．3πB ．3πC ．12πD ．24π10、已知不同直线l 、m 与不同平面α、β，且l α⊂，m β⊂，则下列说法中正确的是（）A ．若//αβ，则l//mB ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若l β⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则m α⊥11、正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30，则该四棱锥的侧面积（）A ．32B ．48C ．64D ．32312、已知圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（） A ．3 B ．3C ．23D ．6二、填空题13、有如下命题：①过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面；②如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内； ③平行于同一条直线的两条直线平行；④如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．其中作为公理（基本事实）的是_____（填写序号）．14、已知某长方体的所有顶点均在半径为142的球面上，且长方体的表面积为22，则此长方体的所有棱长之和为__________.15、已知四面体ABCD 的所有顶点在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，22AB CD ==，45CBD ∠=︒，则球O 的表面积为_________.16、自半径为R 的球面上一点，引球的三条两两垂直的弦MA ，MB ，MC ，则222MA MB MC ++=________．三、解答题17、（本小题满分10分）如图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，棱PD 与EC 均垂直于底面ABCD ，2PD EC =，求证：平面//EBC 平面PDA .18、（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -（底面ABC 是正三角2AB AA ==AA（1）证明：//DE 平面ABC ；（2）求三棱锥E ABC -的体积.19、（本小题满分12分）如图在三棱锥-P ABC 中，,,D E F 分别为棱,,PC AC AB 的中点，已知,6,8,5PA AC PA BC DF ⊥===.求证：（1）直线//PA 平面DEF ；（2）平面BDE ⊥平面ABC .20、（本小题满分12分）如图，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 ；参考答案1、答案D解析根据三视图的特点，将三棱锥放置到正方体中，根据正方体计算出三棱锥外接球的表面积. 详解在正方体中作出三棱锥的直观图（红色部分所示），可知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，设外接球半径为R ，所以222241113R =++=，所以三棱锥外接球表面积为：243S R ππ==.故选：D. 点睛本题考查几何体的外接球表面积的计算，难度一般.求解几何体外接球的常见方法：（1）若几何体的顶点可以刚好和正方体或者长方体的若干顶点重合，则可以根据正方体或者长方体的外接球完成求解；（2）通过球与圆的性质，确定出外接球的球心，求解出外接球的半径并完成相关计算. 2、答案A解析由图可得111111326V =⨯⨯⨯⨯=,故选A. 考点：三视图.方法点晴本题主要考查三视图和锥体的体积，计算量较大，属于中等题型.应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称.此外本题应注意掌握锥体的体积公式. 3、答案D 解析连接1B C交1BC 于O ，可得11B O BC ⊥，利用线面垂直的判定定理可得：1BC ⊥平面1B OE，于是1BC EO⊥，可得而1B OE ∠为二面角11B BC E--的平面角，再求出四面体11BB C E的外接球半径R ，进而利用球的表面积计算公式得出结论．详解：连接1B C 交1BC 于O ，则11B O BC ⊥，易知111A B BC ⊥，则1BC ⊥平面1B OE，所以1BC EO⊥，从而1B OE∠为二面角11B BC E--的平面角，则145B OE ∠=.因为2AB =，所以112B E BO ==，所以四面体11BB C E的外接球半径24410R ++==．故四面体BB 1C 1E 的外接球的表面积为22444()10ππ++=．故选：D点睛本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 4、答案A解析分析可知球心在PB 的中点．因为AC BC ⊥，1AC BC ==，所以2AB =所以225PB PA AB =+=．球的半径5R =．所以此球的表面积为245S R ππ==．故A 正确．考点：三棱锥的外接球． 5、答案A解析求出侧棱长，再求出侧面积和两个底面积，即可得表面积．详解22(35)36-=．所以表面积为：224362390()S cm =⨯⨯+⨯=．故选：A.点睛本题考查棱柱的表面积，解题关键是求出侧棱长． 6、答案B解析由于原几何体的正视图和侧视图都是面积为１的正方形，所以对于选项A ，原几何体为三棱柱；对于选项B ，一定不能满足其正视图和侧视图都是面积为１的正方形，所以不正确；对于选项C ，原几何体为正方体；对于选项D ，原几何体为正方体被截掉14的圆柱所得的空间几何体；故应选B . 考点：1、三视图； 7、答案C解析设球的半径为R ，根据组合体的关系，圆柱的表面积为222254S R R R πππ=+⨯=，解得球的半径3R =，再代入球的体积公式求解.详解：设球的半径为R ，根据题意圆柱的表面积为222254S R R R πππ=+⨯=，解得3R =，所以该球的体积为334433633V R πππ==⨯⨯= .故选：C点睛本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题. 8、答案C解析利用空间几何体的概念对每一个命题的正误逐一判断得解. 详解对于①，圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，①正确；对于②，只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，②错误；对于③，棱台是用一个平行于底面的平面去截棱锥所得的几何体，所以它的各侧棱延长线交于一点，③正确；对于④，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，如：把两个同底面的倾斜方向不同的斜四棱柱拼在一起，这个几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但是这个几何体不是四棱柱，所以④错误；综上所述，正确命题的序号是①③，共2个．故选：C ．点睛本题主要考查空间几何体的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 9、答案C解析首先根据垂直关系可确定OP OA OB OC ===，由此可知O 为三棱锥外接球的球心，在PAB ∆中，可以算出AP 的一个表达式，在OAG ∆中，可以计算出AO 的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积．详解：取AP 中点O ，由AB BP ⊥，AC PC ⊥可知：OP OA OB OC ===，O ∴为三棱锥P ABC -外接球球心，过P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于H ，连接AH 交BC 于G ，连接OG ，HB ，HC ，PB PC =，HB HC ∴=，AB AC ∴=，G ∴为BC 的中点由球的性质可知：OG ⊥平面ABC ，OG//PH ∴，且112OG PH ==．设AB x =，22PB =211822AO PA x ∴==+1222AG BC x ==，∴在OAG ∆中，222AG OG OA +=，即222211822x x ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，解得：2x =，∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为：()()2221122422322x AO +=+==，∴三棱锥P ABC -外接球的表面积为2412S R ππ==．故选：C . 点睛本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置. 10、答案C解析根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果. 详解：对于A ，若//αβ，则,l m 可能为平行或异面直线，A 错误；对于B ，若αβ⊥，则,l m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误；对于C ，若l β⊥，且l α⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，C 正确；对于D ，若αβ⊥，只有当m 垂直于,αβ的交线时才有m α⊥，D 错误. 故选：C .点睛本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题. 11、答案A解析详解：如图:正四棱锥的高PO ，斜高PE ，底面边心距OE 组成直角△POE ． ∵OE=2cm，∠OPE=30°，∴斜高h′=PE=4sin 30oOE=， ∴S 正棱锥侧=114443222ch =⨯⨯⨯='故选：A12、答案B解析设底面圆半径为r ，高为h ，根据题目条件列出关于r 和h 的方程组，解出,r h .详解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则母线长为22l r h =+则圆锥的侧面积为()2221122l r h ππ=+，故表面积为()2221272r h r πππ++=，得22312722r h +=①，又底面圆周长等于侧面展开半圆的弧长，故2r π=2r =得223h r =②，联立①②得：3r =，h =.故答案为：B. 点睛本题考查圆圆锥中的相关计算，难度一般，解答的关键在于得出底面半径与高的关系. 13、答案①②③解析根据公理1~4可得出结论.详解：公理1:如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，命题②为公理1；公理2:过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，命题①为公理2；公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；公理4:平行于同一条直线的两条直线平行，命题③为公理4. 命题④为等角定理. 故答案为：①②③. 点睛本题考查对平面几个公理的理解，属于基础题. 14、答案24解析由长方体的体对角线为外接球的直径可知22214a b c ++=，长方体的表面积为22可得()222ab ac bc ++=，联立可得：6a b c ++=，即可得棱长之和.详解：设该长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，由体对角线为外接球的直径得22214a b c ++=①，由长方体的表面积为22得:()222ab ac bc ++=②，①②两式相加得()236a b c ++=，即6a b c ++=，故此长方体的所有棱长之和为()424a b c ++=.故答案为：24点睛本题主要考查了长方体的外接球的直径即是长方体的体对角线，涉及长方体的表面积公式，属于基础题.15、答案24π解析将四面体补成直三棱柱11AC D BCD -，根据题意画出图象，设11AC D △，BCD 的外心分别为P ，Q ，则点O 为线段PQ 的中点，求出OQ ，在BCD 根据正弦定理，求出BQ ，根据勾股定理和球的表面积公式，即可求得答案.详解：四面体ABCD 的所有顶点在球O 的表面上，且AB ⊥平面BCD ， ∴将四面体补成直三棱柱11AC D BCD -，设11AC D △，BCD 的外心分别为P ，Q ，则点O 为线段PQ 的中点，根据直棱柱特征可得：PQ ⊥面BCD 根据题意画出图象，如图：可得：122OQ AB ==在BCD 根据正弦定理：n 2si CD CBD R =∠(R 为三角形外接圆半径)根据Q 为BCD 的外心，可得BQ 为BCD 外接圆半径即122sin CD BQ CBD =⨯=∠，PQ ⊥面BCD ，BQ ⊂面BCD∴PQ BQ ⊥故BOQ △为直角三角形在Rt BOQ △中，根据勾股定理可得：2226OB OQ BQ =+=，2424O S OB ππ=⨯=球. 故答案为：24π.点睛本题主要考查了求四面体外接球表面积问题，解题关键是掌握将四面体补成直三棱柱求外接球半径的方法和球的表面积公式，数形结合，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.16、答案24R解析MA ，MB ，MC 可以构成球内接长方体的三条共顶点的边，计算得到答案. 详解：根据题意MA ，MB ，MC 可以构成球内接长方体的三条共顶点的边，则()2222224MA MB MC R R ++==. 故答案为：24R .点睛本题考查了球的内接长方体问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 详解：由于四边形ABCD 是正方形，//BC AD ∴，BC ⊄平面PDA ，AD ⊂平面PDA ，//BC ∴平面PDA ，PD ⊥平面ABCD ，CE ⊥平面ABCD ，//CE PD ，CE ⊄平面PDA ，PD ⊂平面PDA ，//CE ∴平面PDA ，BC CE C =，∴平面//EBC 平面PDA .点睛本题考查面面平行的证明，考查推理能力，属于基础题.解析18、答案（1）证明见解析；（2）3（2）由E 为1CB 的中点，可得E 到底面ABC 的距离等于1112BB =，再求出底面ABC ∆的面积，代入棱锥体积公式求解．详解：（1）如图，取1CC 的中点E '，连接DE '，EE '，//AD CE '，AD CE ='，∴四边形ACE D '为平行四边形，则//DE AC '，AC ⊂平面ABC ，DE '⊂/平面ABC ，//DE ∴'平面ABC ； E ，E '分别为1CB ，1CC 的中点，11////EE B C BC ∴'，BC ⊂平面ABC ，EE '⊂/平面ABC ，//EE ∴'平面ABC ，又DE EE E '⋂'='，∴平面//DEE '平面ABC ，DE ⊂平面DEE '则//DE 平面ABC ；（2）E 为1CB 的中点，E ∴到底面ABC 的距离等于1112BB =．又底面ABC ∆是边长为2的等边三角形，∴1322322ABC S ∆=⨯⨯⨯=． ∴13313E ABC V -=⨯⨯=．点睛本题主要考查直线与平面平行的判定以及锥体的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查了计算能力，是中档题．解析详解（1）由于,D E 分别是,PC AC 的中点，则有//PA DE ，又PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以//PA 平面DEF ．（2）由（1）//PA DE ，又PA AC ⊥，所以DE AC ⊥，又F 是AB 中点，所以132DE PA ==，142EF BC ==，又5DF =，所以222DE EF DF +=，所以DE EF ⊥，,EF AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ，又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC ．考点线面平行与面面垂直．解析20、答案（1）证明见解析；（253 （2）根据题意得M 到平面BCD 的距离为MD 的长，由三棱锥D-BCM 的体积即为三棱锥M-BCD 的体积，由题设条件求出MD 的长，及三角形BCD 的面积，由椎体体积公式代入数据求解即可.详解（1）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，MDAP .又MD平面APC ，AP ⊂平面APC ，所以MD 平面APC.（2）在等边三角形PMB 中，D 为PB 的中点，MD PB ∴⊥，AP PB ∴⊥，又AP PC ⊥，PB PC ⊂、平面PBC ，PB PC P ⋂=，AP ∴⊥平面PBC ，MD ∴⊥平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，AP BC ∴⊥，又BC AC ⊥，PA AC ⊂、平面PAC ，PA AC A =，BC ∴⊥平面PAC ，∴⊂PC 平面PBC ，BC PC ∴⊥.MD ⊥平面PBC ，即MD 是三棱锥M-DBC 的高.又因为10AB =，M 为AB 的中点，PMB △为正三角形，所以5PB MB ==，2=MD ，由BC ⊥平面APC ，可得BC PC ⊥，在直角三角形PCB 中，由5,PB =4BC =，可得3PC =. 于是111433222∆∆==⨯⨯⨯=BCP BCD S S ,所以M D B BCM D C V V --=13∆=⋅BCD S MD 1332=⨯⨯=点睛本题主要考查线面平行的判定及椎体的体积，解题的关键时对三棱锥体积的转化. 解析。

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》检测(含答案解析)

一、选择题1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（） A ．若αβ⊥，m β⊥，则//m αB ．若//m α，n m ⊥，则n α⊥C ．若//m α，//n α，m β⊂，n β⊂，则//αβD ．若//m β，m α⊂，n αβ=，则//m n2．已知直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，则异面直线1AB 和1BC 所成的角的大小是（）．A ．π6B ．π4C ．π3D ．π23．已知m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列条件能使n α⊥成立的是（）A ．αβ⊥，m β⊂B ．//αβ，n β⊥C ．αβ⊥，//n βD ．//m α，n m ⊥ 4．在正四面体ABCD 中，异面直线AB 与CD 所成的角为α，直线AB 与平面BCD 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则α，β，γ的大小关系为（） A ．βαγ<< B ．αβγ<< C ．γβα<< D ．βγα<< 5．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面ABC 为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为（）A ．25︰1B ．1︰25C ．1︰5D ．5︰16．的内切球，则此棱柱的体积是（）.A ．3B ．354cmC ．327cmD ．3 7．用长度分别是2，3，5，6，9（单位：cm ）的五根木棒连接（只允许连接，不允许折断），组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为（） A ．2258cm B ．2414cm C ．2416cm D ．2418cm 8．正方体1111ABCD A B C D -中，AB 的中点为M ，1DD 的中点为N ，则异面直线1B M 与CN 所成角的大小为（）A ．0︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒ 9．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是（）A ．平面PAB ⊥平面PBCB ．异面直线AD 与PB 所成的角为60︒C ．二面角P BC A --的大小为60︒D ．在棱AD 上存在点M 使得AD ⊥平面PMB10．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面三角形111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，则下列叙述正确的是（）A ．1CC 与1B E 是异面直线B ．AC ⊥平面11ABB A C ．AE ，11B C 为异面直线，且11AE B C ⊥D ．11//A C 平面1ABE 11．在下列关于直线,l m 与平面,αβ的所述中，正确的是（） A ．若l β⊥且αβ⊥，则//l α；B ．若m αβ=且//l m ，则//l α；C ．,l m 是α内两条直线，且l β//，//m β，则//αβ；D ．αβ⊥，m αβ=，l m ⊥，l α⊂，则l β⊥.12．已知m 为一条直线，,αβ为两个不同的平面，则下列说法正确的是（） A ．若//,//m ααβ，则//m β B ．若,,m αβα⊥⊥则//m βC ．若,//,m ααβ⊥则m β⊥D ．若//,,m ααβ⊥则m β⊥ 13．已知三棱锥S ABC -的体积为4，且4AC =，2224SA BC +=，30ACB ∠=︒，则三棱锥S ABC -的表面积为（）A ．3B ．123C ．76123D ．610314．长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E 为AB 的中点，3CE =，53cos ACE ∠=11ABB A 为正方形，则球O 的直径为（） A ．4 B 51C ．451D ．4或5 二、解答题15．如图，在四棱锥S ABCD -中，底面梯形ABCD 中，//BC AD ，平面SAB ⊥平面ABCD ，SAB 是等边三角形，已知24AC AB ==，2225BC AD CD ===.（1）求证：平面SAB ⊥平面SAC ；（2）求直线AD 与平面SAC 所成角的余弦值.16．如图所示的几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，//AF DE ，AF ⊥平面ABCD ，BAD ∠=α.（1）求证：//BF 平面CDE ；（2）若60α=︒，12AF AD DE ==，求直线AE 与平面CDE 所成角的正弦值. 17．如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段AD ，BD 的中点，∠ABD =∠BCD =90°，EC 2，AB =BD =2，直线EC 与平面ABC 所成的角等于30°.（1）证明：平面EFC ⊥平面BCD ；（2）求点F 到平面CDE 的距离.18．如图，三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，平面11AA C C ⊥平面ABC ，160AAC ∠=︒，点D 为线段AC 的中点，点E 在线段AB 上.（1）求证：平面1A DE ⊥平面ABC ；（2）若2AB =，求点C 到平面1ABC 的距离.19．如图，四面体ABCD 中，点E ，F 分别为线段AC ，AD 的中点，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，90CDA CDB ∠=∠=︒，DH AB ⊥，垂足为H .（1）求证：//EF MN ；（2）求证：平面CDH ⊥平面ABC .20．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，60BAD ∠=︒，PAD ∆为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且E ，F 分别为AD ，PC 的中点.（1）求证：//DF 平面PEB ；（2）求直线EF 与平面PDC 所成角的正弦值.21．如图，在空间几何体A -BCDE 中，底面BCDE 是梯形，且CD //BE ，CD =2BE =4，∠CDE =60°，△ADE 是边长为2的等边三角形.（1）若F 为AC 的中点，求证：BF //平面ADE ；（2）若AC =4，求证：平面ADE ⊥平面BCDE .22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点．（1）求证：平面EFG ⊥平面PDC ；（2）求证：平面//EFG 平面PM A ．23．如图，ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，1ED =，//EF BD .（1）设EF BD λ=，是否存在实数λ，使//BF 平面ACE ；（2）证明：平面EAC ⊥平面BDEF ；（3）当12EF BD =时，求几何体ABCDEF 的体积. 24．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 的中点，过E 点作EF PB ⊥交PB 于点F .求证：（1）//PA 平面EDB ；（2）PB ⊥平面EFD .25．如图四棱锥P ABCD -，底面ABCD 是等腰梯形，//CD AB ，AC 平分BAD ∠且AC BC ⊥，PC ⊥平面ABCD ，平面PAB 与平面ABCD 所成角为60°．（1）求证：PA BC ⊥．（2）求二面角D PA C --的余弦值．26．如图甲，边长为2的正方形ABCD 中，E 是AB 边的中点，F 是BC 边上的一点，对角线AC 分别交DE 、DF 于M 、N 两点，将DAE ∆及DCF ∆折起，使A 、C 重合于G 点，构成如图乙所示的几何体．（1）求证：GD EF ⊥；（2）若EF ∥平面GMN ，求三棱锥G EFD -的体积G EFD V -．【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】对于A ，B 选项均有可能为线在面内，故错误；对于C 选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D 正确.【详解】若αβ⊥，m β⊥，则有可能m 在面α内，故A 错误；若//m α，n m ⊥，n 有可能在面α内，故B 错误；若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C 错误．若//m β，m α⊂，n αβ=，则由直线与平面平行的性质知//m n ，故D 正确．故选D.【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题. 2．D解析：D【分析】连结1A B ，可证1A B ⊥平面11A BC ，从而可到异面直线1AB 和1BC 所成的角为直角，故可得正确的选项.【详解】连结1A B ，1AA ⊥面,ABC 平面111//A B C 面ABC ,1AA ∴⊥平面111A B C11A C ⊂平面111111,A B C AA AC ∴⊥ ABC 与111A B C △是全等三角形，AB AC ⊥1111A B A C ∴⊥111111,A B AA A AC ⋂=∴⊥平面11AA B B又1AB ⊂平面11AA B B ,111AC AB ∴⊥矩形11AA B B 中，1AA AB =∴四边形11AA B B 为正方形，可得11A B AB ⊥11111A B AC A AB ⋂=∴⊥，平面11A BC 结合1BC ⊂平面11A BC ，可得11AB BC ⊥，即异面直线1AB 与1BC 所成角为2π 故选：D【点睛】在求异面直线所成角时可以将异面直线通过平行线转化到共面直线，然后构造三角形，求得直线夹角．本题通过补全图形，判定线面的垂直关系，得证线线垂直关系，求得异面直线夹角为2π. 3．B解析：B【分析】n α⊥必有n 平行α的垂线，或者n 垂直α的平行平面，依次判定选项即可.【详解】解：αβ⊥，m β⊂，不能说明n 与α的关系，A 错误；//αβ，n β⊥能够推出n α⊥，正确；αβ⊥，//n β可以得到n 与平面α平行、相交，所以不正确.//m α，n m ⊥则n 与平面α可能平行，所以不正确.故选：B .【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力，是基础题.4．D解析：D【分析】在正四面体ABCD 中易证AB CD ⊥,即90α=，然后作出直线AB 与平面BCD 所成的角，二面角C AB D --的平面角，在将之放到三角形中求解比较其大小.【详解】在正四面体ABCD 中,设棱长为2,设O 为底面三角形BCD 是中心，则AO ⊥平面BCD .取CD 边的中点E ，连结,AE BE , 如图.则易证,AE CD BE CD ⊥⊥,又AEBE E =. 所以CD ⊥平面ABE ,又AB ⊆平面ABE ，所以AB CD ⊥. 所以异面直线AB 与CD 所成的角为90α=.又AO ⊥平面BCD .所以直线AB 与平面BCD 所成的角为β=ABO ∠在ABO 中,2233BO BE ==,2AB = 所以3cos BO ABO AB ∠==. 取边AB 的中点F ，连结,CF FD ，则有,CF AB FD AB ⊥⊥，所以二面角C AB D --的平面角为CFD γ=∠, 在CFD △中，3,2CF FD CD ===由余弦定理有：2221cos 23CF FD CD CFD CF FD +-∠==⨯⨯,即1=90cos cos =33αβγ=>，，所以βγα<<，故选：D.【点睛】本题考查异面直线成角，线面角，二面角的求法，关键是在立体图中作出相应的角，也可以用向量法，属于中档题. 5．D解析：D【分析】根据题意得到三棱柱的高是内切球的直径，也是底面三角形内切圆的直径，根据等边三角形的性质得到内切球和外接球的半径，计算表面积的比值.【详解】设点O 是三棱柱外接球和内切球的球心，点M 是底面等边三角形的中心，点N 是底边AB 的中点，连结OM ，MN ，AM ，OA ，设底面三角形的边长为a ，则3MN a =，3MA a =，因为三棱锥内切球与各面都相切，所以三棱柱的高是内切球的直径，底面三角形内切圆的直径也是三棱柱内切球的直径，所以OM MN ==，即三棱柱内切球的半径r =，3AM a =，所以3OA a ==，即三棱柱外接球的半径R =，所以内切球的表面积为22443r a ππ=，外接球的表面积222043S R a ππ==，所以三棱柱外接球和内切球表面积的比值为22204:5:133a a ππ=故选：D【点睛】本题考查空间几何体的内切球和外接球的表面积，重点考查空间想象，计算能力，属于中档题型.6．B解析：B【分析】由题意知正三棱柱的高为233，可得底面正三角形的边长为6cm ，即得到底面三角形的面积，代入棱柱的体积公式求解即可．【详解】∵3cm 的内切球，则正三棱柱的高为23， 3，设底面正三角形的边长为a cm,3133⨯=6a =cm ， ∴正三棱柱的底面面积为1366932⨯⨯=2，故此正三棱柱的体积V ＝932354=cm 3．故选：B ．【点睛】本题考查棱柱的体积的求法，考查几何体的内切球的性质，属于基础题.7．C解析：C【分析】设出长方体的三条棱的长度为,,a b c ，根据表面积公式()2S ab bc ac =++求解出,,a b c 在何种条件下取得最大值，由此考虑长方体棱的长度，并计算出对应的长方体的最大表面积.【详解】设长方体的三条棱的长度为,,a b c ，所以长方体表面积()()()()2222S ab bc ac a b b c a c =++≤+++++，取等号时有a b c ==，又由题意可知a b c ==不可能成立，所以考虑当,,a b c 的长度最接近时，此时对应的表面积最大，此时三边长：8,8,9，用2和6连接在一起形成8，用3和5连接在一起形成8，剩余一条棱长为9，所以最大表面积为：()22888989416cm ⨯+⨯+⨯=. 故选C.【点睛】本题考查基本不等式与长方体表面积最大值的综合，难度一般.求解()0,0ab a b >>的最大值，根据2a b ab +≤可知最大值为2a b +⎛⎫ ⎪⎝⎭，此时要注意取等号的条件a b =是否成立，若取等号的条件不成立，则满足条件的,a b 相差最小时可取得最大值.8．D解析：D【分析】利用异面直线所成的角的定义，取1A A 的中点为E ，则直线1B M 与CN 所成角就是直线1B M 与BE 成的角．【详解】取1A A 的中点为E ，连接BE ，则直线1B M 与CN 所成角就是直线1B M 与BE 成的角，由题意得1B M BE ⊥，故异面直线1B M 与CN 所成角的大小为90︒.故选：D ．【点睛】本题考查空间角的计算，考查棱柱的性质，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．9．D解析：D【分析】根据线面垂直，异面直线所成角的大小以及二面角的求解方法分别进行判断即可．【详解】解：对于D ，取AD 的中点M ，连PM ，BM ，侧面PAD 为正三角形，PM AD ∴⊥，又底面ABCD 是60DAB ∠=︒的菱形，∴三角形ABD 是等边三角形，AD BM ∴⊥，PM BM M =，PM ⊂平面PBM ，BM ⊂平面PBMAD ∴⊥平面PBM ，故D 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 错误，对于C ，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，AD ⊥平面PBM ，//AD BC ，BC PB ∴⊥，BC BM ⊥，”则PBM ∠是二面角P BC A --的平面角，设1AB =，则3BM =，3PM =，在直角三角形PBM 中，tan 1PM PBM BM∠==，即45PBM ∠=︒，故二面角P BC A --的大小为45︒，故C 错误，对于A ，AD ⊥平面PBM ，//AD BC ，所以BC ⊥平面PBM ，BC ⊂平面PBC ，所以面PBC ⊥平面PBM ，显然平面PAB 与平面PBC 不垂直，故A 错误；故选：D ．【点睛】本题主要考查空间直线和平面位置关系以及二面角的求解，根据相应的判断和证明方法是解决本题的关键．综合性较强，属于中档题．10．C解析：C【分析】根据异面直线定义可判断A ；由线面垂直的性质即可判断B ；由异面直线的位置关系并得11AE B C ⊥可判断C ；根据线面平行的判定定理可判断D.【详解】对于A 项，1CC 与1B E 在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A 错；对于B 项，由题意知，上底面是一个正三角形，故AC ⊥平面11ABB A 不可能，所以B错；对于C 项，因为AE ，11B C 为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，由底面111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，根据等腰三角形三线合一可知AE BC ⊥，结合棱柱性质可知11//B C BC ，则11AE B C ⊥，所以C 正确；对于D 项，因为11A C 所在的平面与平面1AB E 相交，且11A C 与交线有公共点，故11//A C 平面1AB E 不正确，所以D 项不正确.故选C.【点睛】该题考查的是有关立体几何中空间关系的问题，在解题的过程中，需要对其相关的判定定理和性质定理的条件和结论熟练掌握，注意理清其关系，属于中档题11．D解析：D【分析】对于A . //l α或l α⊂;对于B . //l α或l α⊂;对于C .当//m l 时，推不出//αβ；对于D .由面面垂直推线面垂直得判定定理可得，故得解.【详解】对于A .若l β⊥且αβ⊥，则//l α或l α⊂，错误；对于B . 若m αβ=且//l m ，则//l α或l α⊂，错误；对于C . ,l m 是α内两条直线，且l β//，//m β，当//m l 时，推不出//αβ，错误；对于D .由面面垂直的性质定理可得正确.故选：D【点睛】本题考查了空间中的平行垂直关系，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于基础题. 12．C解析：C【分析】利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行逐项判断即可.【详解】对于选项A: 若//,//m ααβ，则//m β或m β⊂,故选项A 错误;对于选项B: 若,,m αβα⊥⊥则//m β或m β⊂，故选项B 错误;对于选项C: 若,//,m ααβ⊥由面面平行的性质和线面垂直的判定知m β⊥成立, 故选项C 正确;对于选项D: 若//,,m ααβ⊥则//m β或m β⊂或m 与β相交,故选项D 错误; 故选:C【点睛】本题考查利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理，判断空间中直线与平面的位置关系;考查学生的逻辑思维能力和空间想象能力;属于中档题、常考题型.13．B解析：B【分析】设h 为底面ABC 上的高，,SA m BC n ==，根据体积可得12nh =，结合222m n mn +≥及基本不等式等号成立条件，可得12m n h ===，进而可得SA ⊥面ABC ，再通过计算求出每个面的面积即可.【详解】解：如图：h 为底面ABC 上的高，设,SA m BC n ==，则1114sin 304332S ABC ABC V S h n h -==⨯⨯⨯⨯︒⨯=，得12nh =， ,12m h mn ≥∴≥，又22242m n mn =+≥，得12mn ≤，所以12mn =，故12m n h ===，SA ∴⊥面ABC ，在ABC 中223412241242AB =+-⨯=，则2AB =，在Rt ABS 中22124SB =+=，在Rt ACS 中121628SC =+=所以在SBC 中，222SC SB BC =+，则SBC 为直角三角形，三棱锥S ABC -的表面积11111=223+423+423+423=12322222S ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 故选：B.【点睛】本题考查棱锥表面积的计算，关键是通过基本不等式的等号成立条件得到SA ⊥面ABC ，是中档题.14．C解析：C【分析】设2AB x =，则AE x =，29BC x =-，由余弦定理可得222539392393x x x =++-⨯⨯+⨯，求出x ，即可求出球O 的直径. 【详解】根据题意，长方体内接于球O 内，则球的直径为长方体的体对角线，如图作出长方体1111ABCD A B C D -：设2AB x =，则AE x =，29BC x =-，由余弦定理可得：222539392393x x x =++-⨯+，∴1x =6， ∴2AB =，22BC =O 4484++=；或26AB =3BC =，球O 2424351++=故选：C ．【点睛】本题考查球的直径的计算方法，考查余弦定理，考查计算能力和分析能力，属于常考题.二、解答题15．（1）证明见解析；（2）8510. 【分析】（1）在ABC 中，利用勾股定理易证AB AC ⊥，再由平面SAB ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明.（2）由（1）以A 为原点，以AB ，AC 为x ，y 轴建立空间直角坐标系，分别求得AD 的坐标和平面SCA 的一个法向量()111,,m x y z =，再由||cos ,||||AD m AD m AD m ⋅〈〉=⋅求解. 【详解】（1）在ABC 中，由于2AB =，4CA =，5BC =∴222AB AC BC +=，AB AC ∴⊥,平面SAB ⊥平面ABCD ，AC ∴⊥平面SAB ,又因为AC ⊂平面SAC ,所以平面SAB ⊥平面SAC ；（2）如图建立A xyz -空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，3)S ，(0,4,0)C ，则(1,3)CS =-，(2,4,0)BC =-，(0,4,0)AC =，1(1,2,0)2AD BC ==-. 设平面SCA 的一个法向量()111,,m x y z =，则00m AC m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即111140430y x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ ∴(3,0,1)m =-. ||15cos ,||||AD m AD m AD m ⋅〈〉==⋅，设直线AD 与平面SAC 所成夹角为θ，则15sin |cos ,|AD m θ=<>=， ∴直线AD 与平面SAC 所成夹角的余弦值为8510. 【点睛】方法点睛：利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．16．（1）证明见解析；（2）1510. 【分析】（1）根据四边形ABCD 是菱形得到//AB CD ，再由//AF DE ，证得平面//ABF 平面CDE 即可.（2）当60α=︒，即60BAD ∠=︒，过A 作AM CD ⊥，交CD 延长线于M ，连结AM ，EM ，易知AM ⊥平面CDE ，则AEM ∠为AE 与平面CDE 所成的角，然后由sin AM AEM AE ∠=求解. 【详解】（1）∵四边形ABCD 是菱形，∴//AB CD ，又//AF DE ，ABAF A =，CD DE D =，∴平面//ABF 平面CDE ，又BF ⊂平面ABF ，∴//BF 平面CDE .（2）当60α=︒，即60BAD ∠=︒，如图所示：过A 作AM CD ⊥，交CD 延长线于M ，连结AM ，EM ，而AF ⊥平面ABCD ，又AF DE ∥，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE AM ⊥，又AM CD ⊥，CDDE D =，∴AM ⊥平面CDE ，∴AEM ∠为AE 与平面CDE 所成的角，∴cos303sin 3515AM AD AEM AED AE AE =︒∠==∠=. ∴直线AE 与平面CDE 15. 【点睛】方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．17．（1）证明见解析；（2）3 .【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，根据垂直关系证明EF⊥平面BCD；（2）首先作辅助线，取AC的中点M，连结EM，首先证明ECM∠是直线EC与平面ABC所成的角，再利用等体积转化求点到平面的距离.【详解】（1）F是斜边BD的中点，∴FC=12BD=1∵E，F是AD、BD的中点，∴EF=12AB=1，又∵EC=2∵EF2+FC2=EC2∴EF⊥FC又∵AB⊥BD，EF∥AB∵EF⊥BD，又BD∩FC=F∴EF⊥平面BCD∴平面EFC⊥平面BCD(2）取AC的中点M，连结EM∵AB=BD=2且∠ABD=90°，∴AD=22∵2=12AD，∴ΔACD为直角三角形且∠ACD=90°，∴DC⊥AC，又DC⊥BC，∴AC∩BC=C，又∵AC，BC⊂面ABC，∴DC ⊥面ABC ，又E ，M 分别为AC ，AD 中点，∴EM ∥CD∴EM ⊥平面ABC ，∴∠ECM 为EC 与平面ABC 所成的夹角，∠ECM=30°，∴ME=12CE=2∴S ΔFCD =111222⨯= ∵VE-FCD =13EF×S ΔFCD =1111236⨯⨯=，在RtΔECD 中，，∴SΔECD =1222=，设点F 到平面CDE 的距离为h ，∵V E-FCD =V F-ECD ，11632h =⨯，解得即点F 到平面CDE 的距离为3. 【点睛】方法点睛：本题考查面面垂直和点到平面的距离，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.18．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据题意可得1A D AC ⊥，由面面垂直的性质定理可得1A D ⊥平面ABC ，再由面面垂直的判定定理即可证明.（2）过点1C 作1C F AC ⊥的延长线于点F ，连接BF ，利用等体积法11113C ABC A ABC ABC V V S AD --∴==⋅△，即可求出点C 到平面1ABC 的距离. 【详解】（1）证明：1AA AC =，160AAC ∠=︒， 1ACA ∴△是等边三角形， D 为线段AC 的中点，1A D AC ∴⊥，平面11AA C C ⊥平面ABC ，平面11AAC C 平面ABC AC =，1A D ∴⊥平面ABC ， 1A D ⊂平面1A DE ， ∴平面1A DE ⊥平面ABC ；（2）解：过点1C 作1C F AC ⊥的延长线于点F ，连接BF ，可得1C F ⊥平面ABC ，且13C F =11113C ABC A ABC ABC V V S A D --∴==⋅△1132231322=⨯⨯⨯⨯=，在1ABC 中，2AB =，()2222113323C F AF AC +=+==21122221BF C F BD DF C F BC +=++=()()22232310=++= 22212102310cos 202210ABC +-∠∠==⨯⨯ 1390sin ABC ∴∠=122202ABC S ∴=⨯=△.记点C 到平面1ABC 的距离为h ，则113ABC S h ⋅⋅=△，解得13h =，即点C 到平面1ABC 【点睛】关键点点睛：本题考查了面面垂直的证明、求点到面的距离，解题的关键“等体积法”解题方法的应用，考查了计算能力.19．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】本题考查线面平行与线面垂直的判定，难度不大.（1）利用线面平行的判定定理证得//EF 平面BCD ，进而利用线面平行的性质定理证得；（2）利用线面垂直的判定定理证得CD ⊥平面ADB ，进而证得AB ⊥平面CDH ，然后由面面垂直判定定理证得结论. 【详解】证明：（1）因为点E 、F 分别为线段AC 、AD 的中点，EF ∴为ACD △的中位线，则//EF CD ， CD ⊂平面BCD ，EF ⊄平面BCD ，//EF ∴平面BCD ，又EF ⊂平面EFNM ，平面EFNM ⋂平面BCD MN =，//EF MN ∴；（2）90CDA CDB ∠=∠=︒， CD DA ∴⊥，CD DB ⊥，DA DB D ⋂=，DA ⊂平面ADB ，DB ⊂平面ADB ， CD 平面ADB ，CD AB ∴⊥又DH AB ⊥，DH CD D ⋂=，DC ⊂平面DCH ，DH ⊂平面DCH ， AB ∴⊥平面CDH ，AB ⊂平面ABC ， ∴平面CDH ⊥平面ABC. 【点睛】要证线线平行，常常先证线面平行，综合利用线面平行的判定与性质进行证明；要证面面垂直，常常先证线面垂直，而要证线面垂直，又常常先证另一个线面垂直.20．（1）证明见解析；（2）5. 【分析】（1）取PB 中点G ，推出//FG BC ，证明四边形DEGF 是平行四边形，得到//DF EG ，然后证明//DF 平面PEB .（2）以E为原点，EA，EB，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面PDC的法向量，求出EF，利用空间向量的数量积求解EF与平面PDC所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取PB中点G，因为F是PC中点，//FG BC ∴，且1 2FG BC=，E是AD的中点，则//DE BC，且12DE BC=，//FG DE∴，且FG DE=，∴四边形DEGF是平行四边形，//DF EG∴，又DF⊂/平面PEB，EG⊂平面PEB，//DF∴平面PEB.（2）因为E是正三角形PAD边为AD的中点，则PE AD⊥.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD=，PE⊂平面PAD，PE∴⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，60BAD∠=︒，∴正三角形BAD中，BE AD⊥，以E为原点，EA，EB，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设菱形ABCD的边长为2，则1AE ED==，2PA=，3PE=，223BE AB AE=-=则点33(0,0,0),(1,0,0),(3,0),3),(1,22E D C P F---，∴(1DC=-30)，(1DP=，03)，设平面PDC的法向量为(n x=，y，)z，则·0·0n DCn DP⎧=⎨=⎩，即3030x zx⎧=⎪⎨-+=⎪⎩，解得33xx z⎧=⎪⎨=⎪⎩，不妨令1z=，得(3n=-，1-，1)；又33(1,,) EF=-，设EF与平面PDC所成角为θ，∴36 sin|cos|555?2EF nθ=<>=⋅=，.所以EF与平面PDC所成角的正弦值为6 .【点睛】对于线面角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角运算，对于证明线线关系，线面关系，面面关系等方面的问题，必须在熟练掌握有关的定理和性质的前提下，再利用已知来进行证明.21．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）取DA的中点G，连接FG，GE，推导出四边形BFGE为平行四边形，从而BF//EG，由此能证明BF//平面ADE.（2）取DE的中点H，连AH，CH，推导出AH⊥DE，AH⊥HC，从而AH⊥平面BCDE，由此能证明平面ADE⊥BCDE.【详解】（1）如图所示，取DA的中点G，连接FG，GE.∵F为AC的中点，∴GF//DC，且GF=12DC.又DC//BE，CD=2BE=4，∴EB//GF，且EB=GF∴四边形BFGE是平行四边形，∴BF//EG.∵EG⊂平面ADE，BF⊄平面ADE，∴BF//平面ADE.（2）取DE的中点H，连接AH，CH.∵△ADE是边长为2的等边三角形，∴AH ⊥DE ，且AH.在△DHC 中，DH =1，DC =4，∠HDC =60°根据余弦定理可得HC 2=DH 2+DC 2-2DH ·DCcos 60°=12+42-2×1×4×12=13，即HC在△AHC 中，AH HC AC =4. 所以AC 2=AH 2+HC 2，即AH ⊥HC .因为AH DE ⊥，AH HC ⊥，DE HC H ⋂=AH ∴⊥平面BCDE ∵AH ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面BCDE . 【点睛】方法点睛：要证线面平行，一般需要证明（1）线线平行（2）面面平行两种方法，在平行的证明中，线线平行一般需要考虑中位线、平行四边形，平行线分线段成比例的逆定理.22．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先证明BC ⊥平面PDC ，再利用线线平行证明GF ⊥平面PDC ，即证面面垂直；（2）先利用中位线证明//EG PM ，////GF BC AD ，再由此证明面面平行即可. 【详解】（1）证明：由已知MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，∴PD ⊥平面ABCD ．又BC ⊂平面ABCD ，∴PD BC ⊥．∵四边形ABCD 为正方形，∴BC DC ⊥，又PD DC D ⋂=，∴BC ⊥平面PDC ，在PBC 中，∵G 、F 分别为PB 、PC 的中点，∴//GF BC ，∴GF ⊥平面PDC ．又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC ．（2）∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，∴//EG PM ，//GF BC ，又∵四边形ABCD 是正方形，∴//BC AD ，∴//GF AD ， ∵EG 、GF 在平面PM A 外，PM 、AD 在平面PM A 内， ∴//EG 平面PM A ，//GF 平面PM A ，又∵EG 、GF 都在平面EFG 内且相交，∴平面//EFG 平面PM A ．【点睛】本题考查了线线、线面、面面之间平行与垂直关系的转化，属于中档题. 23．（1）存在；（2）证明见解析；（3）2. 【分析】（1）存在12λ=满足题意，设AC 与BD 的交点为O ，连接EO ，由平面几何的知识可得//BF EO ，再由线面平行的判定即可得证；（2）由线面垂直的性质与判定可得AC ⊥平面BDEF ，再由面面垂直的判定即可得证；（3）结合（2）可得AC ⊥平面BDEF 、2ABCDEF A BDEF V V -=，再由棱锥的体积公式即可得解. 【详解】（1）存在12λ=满足题意，理由如下：设AC 与BD 的交点为O ，则12DO BO BD ==，连接EO ，如图，∵//EF BD ，当12λ=时，12EF BD BO ==， ∴四边形EFBO 是平行四边形，∴//BF EO ，又EO ⊂平面ACE ，BF ⊄平面ACE ，∴//BF 平面ACE ；（2）证明：ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴ED AC ⊥， ∵ABCD 为正方形，∴BD AC ⊥，又EDBD D =，∴AC ⊥平面BDEF ，又AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面BDEF ；（3）∵ED ⊥平面ABCD ，∴ED BD ⊥，又∵//EF BD 且12EF BD =，∴BDEF 是直角梯形，又∵ABCD 是边长为2的正方形，22BD =，2EF =∴1222322BDEF S⨯==，由（2）知AC ⊥平面BDEF ，∴12322222332ABCDEF A BDEF BDEF V V S AO -==⨯⋅=⨯=. 【点睛】本题考查了线面平行、面面垂直的判定及几何体体积的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.24．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连结AC 、BD ，交于点O ，连结OE ，通过//OE PA 即可证明；（2）通过PD BC ⊥， CD BC ⊥可证BC ⊥平面PDC ，即得DE BC ⊥，进而通过DE ⊥平面PBC 得DE PB ⊥，结合EF PB ⊥即证.【详解】证明：（1）连结AC 、BD ，交于点O ，连结OE ，底面ABCD 是正方形，∴O 是AC 中点，点E 是PC 的中点，//OE PA ∴.OE ⊂平面EDB ， PA ⊄平面EDB ，∴//PA 平面EDB . （2）PD DC =，点E 是PC 的中点，DE PC ∴⊥.底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ， ∴PD BC ⊥， CD BC ⊥，且 PD DC D ⋂=， ∴BC ⊥平面PDC ，∴DE BC ⊥，又PC BC C ⋂=，∴DE ⊥平面PBC ， ∴DE PB ⊥，EF PB ⊥，EF DE E ⋂=， PB ∴⊥平面EFD . 【点睛】本题考查线面平行和线面垂直的证明，属于基础题. 25．（1）证明见解析；（2）34. 【分析】（1）根据PC ⊥平面ABCD ，得PC BC ⊥,又BC AC ⊥，得BC ⊥平面PCA ，得证. （2）以C 为原点建立空间直角坐标系,求平面ABCD 法向量，设()0,0,P a ，设平面PAB 法向量,根据平面PAB 与平面ABCD 所成角为60°得到a ,可得平面PAC 和平面PAD 的法向量，利用向量公式可得结果. 【详解】（1）证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC BC ⊥．又因为BC AC ⊥，PC AC C ⋂=，所以BC ⊥平面PCA ，PA ⊂平面PCA ，所以BC PA ⊥．（2）证明：等腰梯形ABCD 中，设1BC =．因为BC AC ⊥且AC 平分BAD ∠，12BAC DAC CBA ∠=∠=∠，13+=+==9022CBA BAC CBA CBA CBA ∠∠∠∠∠︒，则=60CBA ∠︒，30CAB ∠=︒，所以2AB =，AC =30BAC DCA CAD ∠=∠=∠=︒，则DCA △中1CD AD ==．以C 为原点，以CB ，CA ，CP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．()0,0,0C ，()1,0,0B，()A，1,22D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,P a ，平面ABCD 法向量()00,0,1n =，设平面PAB 法向量为()1,,n x y z =,()1,0,PB a =-，()1,AB =有1100n PB n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x az x -=⎧⎪⎨=⎪⎩，令z =所以(1=3n aa ,，121cos60cos ,24n n ︒===，所以32a =，平面PAC 法向量()21,0,0n =，1322PD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,32PA ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,平面PAD 法向量()3111,,n x y z =， 3300n PDn PA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11111130222302x y z z ⎧-+-=⎪⎪-=，令12z =，所以()3n =． 233cos ,4n n ==，所以二面角D PA C --的余弦值为34．【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直,考查利用空间向量求二面角的夹角的余弦值,考查空间思维能力和转化能力,属于中档题. 26．（1）证明见解析；（2）13；【分析】（1）想要证明线线垂直，就得先证明线面垂直，由于E ，F 两点都是中点，故想到取中点，构造两组线线垂直，由线面垂直的判定定理知，平面DGH ，由线面垂直的性质知，GD EF ⊥；（2）求解三棱锥的体积问题，我们通常采用等体积法，将已知的三棱锥转变成一个我们容易求解的三棱锥来求解，由于本题中,所以，平面GEF ，显然，三棱锥的高解决了，故有G EFD V -=D GEF V -=13【详解】证明：取EF 的中点为H,连接DH,GH ，在中，GE=GF ，H 是中点，,在中，DE=DF ，H 是中点，故,,所以平面DGH ，即GD EF ⊥．（2）EF ∥平面GMN 知，F 是BC 边上的中点，故有GE GF ⊥，在直角三角形GEF 中，GE=GF=1，故EF=，又因为,所以，平面GEF ，故此时三棱锥的高为DG ，值是2，G EFD V -=D GEF V -=13。

人教版高中数学必修第二册第三单元《立体几何初步》检测题(答案解析)

一、选择题1．在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，9021ABC SA AC AB ︒∠====,,，则该四面体的外接球的表面积为（）A ．23πB ．43πC ．4πD ．5π2．已知直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，则异面直线1AB 和1BC 所成的角的大小是（）．A ．π6B ．π4C ．π3D ．π23．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，1AD AB ==，AD AB ⊥，45BCD ∠= ，将ABD ∆沿对角线BD 折起．设折起后点A 的位置为A '，并且平面A BD '⊥平面BCD . 给出下面四个命题： ①A D BC '⊥；②三棱锥A BCD '-的体积为22； ③CD ⊥平面A BD '；④平面A BC '⊥平面A DC '.其中正确命题的序号是（）A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ 4．已知m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列条件能使n α⊥成立的是（） A ．αβ⊥，m β⊂ B ．//αβ，n β⊥ C ．αβ⊥，//n β D ．//m α，n m ⊥ 5．在正四面体ABCD 中，异面直线AB 与CD 所成的角为α，直线AB 与平面BCD 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则α，β，γ的大小关系为（） A ．βαγ<< B ．αβγ<< C ．γβα<< D ．βγα<< 6．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（）A ．aB ．2aC ．2aD ．22a 7．已知平面α，β，γ和直线l ，下列命题中错误的是（）A ．若αβ⊥，//βγ，则αγ⊥B ．若αβ⊥，则存在l α⊂，使得//l βC ．若a γ⊥，βγ⊥，l αβ=，则l γ⊥D ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥8．下列说法正确的是（）A ．直线l 平行于平面α内的无数条直线，则l ∥αB ．若直线a 在平面α外，则a ∥αC ．若直线a b φ⋂=，直线b α⊂，则a ∥αD ．若直线a ∥b ，b α⊂，那么直线a 就平行于平面α内的无数条直线9．鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯榫的结构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：mm ），则此构件的表面积为（）A ．27600mmB ．28400mmC ．29200mmD ．210000mm 10．已知三棱锥A BCD -的所有棱长都为2，且球O 为三棱锥A BCD -的外接球，点M 是线段BD 上靠近D 的四等分点，过点M 作平面α截球O 得到的截面面积为Ω，则Ω的取值范围为（）A ．π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 11．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝1，AD ⊥AB ，∠BCD ＝45°，将△ABD 沿对角线BD 折起，设折起后点A 的位置为A ′，使二面角A ′—BD —C 为直二面角，给出下面四个命题：①A ′D ⊥BC ；②三棱锥A ′—BCD 的体积为2；③CD ⊥平面A ′BD ；④平面A ′BC ⊥平面A ′D C ．其中正确命题的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．412．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（）A ．33B ．13C ．5829D ．38729 13．设α、β为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则下列命题中真命题是（）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若l m ⊥，则αβ⊥C ．若αβ⊥，则l m ⊥D ．若//αβ，则//l m14．长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E 为AB 的中点，3CE =，53cos 9ACE ∠=，且四边形11ABB A 为正方形，则球O 的直径为（） A ．4 B 51C ．451D ．4或5 二、解答题15．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，90,,60ADP PD AD PDC ∠==∠=，E 为PD 的中点．（1）证明：CE ⊥平面PAD ．（2）求三棱锥E ABC -外接球的体积．16．如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（1）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（2）求直线1AC 平面1ABB 所成的角的正弦值．17．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，点P 为棱1DD 的中点.（1）证明：1//BD 平面PAC ；（2）求异面直线1BD 与AP 所成角的大小.18．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，点O .E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，AO ⊥平111A B C .已知90BCA ∠=︒，12AA AC BC ===.（1）求证：//EF 平面11BB C C ；（2）求11A C 与平面11AA B 所成角的正弦值.19．如图，棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，E 、F 分别为棱B 1C 1、BB 1中点，G 在A 1D 上且DG ＝3GA 1，过E 、F 、G 三点的平面α截正方体.（1）作出截面图形并求出截面图形面积（保留作图痕迹）；（2）求A 1C 1与平面α所成角的正弦值. （注意：本题用向量法求解不得分）20．如图所示，正方形ABCD 与直角梯形ADEF 所在平面互相垂直，90//22ADE AF DE DE DA AF ∠====，，.（1）求证：AC ⊥平面BDE ；（2）求证：//AC 平面BEF ；（3）若AC 与BD 相交于点O ，求四面体BOEF 的体积.21．如图1，矩形ABCD ，1,2,AB BC ==点E 为AD 的中点，将ABE △沿直线BE 折起至平面PBE ⊥平面BCDE （如图2），点M 在线段PD 上，//PB 平面CEM .（1）求证：2MP DM =；（2）求二面角B PE C --的大小；（3）若在棱,PB PE 分别取中点,F G ，试判断点M 与平面CFG 的关系，并说明理由. 22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点．（1）求证：平面EFG ⊥平面PDC ；（2）求证：平面//EFG 平面PM A ．23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，2AB =，1AD =，60DAB ∠=︒，PD BD =，且PD ⊥平面ABCD ．（1）证明：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若Q 为PC 的中点，求三棱锥D PBQ -的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 上的动点.（1）确定E 的位置，使//PB 平面AEC ；（2）设1==PA AB ，3PC =，根据（1）的结论，求点E 到平面PAC 的距离. 25．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点O 是BD 中点．（1）求证:平面11BDD B ⊥平面1C OC ；（2）求二面角1C BD C --的正切值．26．如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，2CD AB =，CD ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，,E F 分别是CD 和PC 的中点．求证：（1）BF //平面PAD（2）平面BEF ⊥平面PCD参考答案【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】根据题目条件先确定出外接球的球心，得出外接球半径，然后计算表面积.【详解】因为SA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以SA ⊥BC ，又90ABC ∠=，SA AB A ⋂=，且AB平面SAB ，SA ⊂平面SAB ，所以BC ⊥平面ABC ，所以BC SB ⊥. 因为21SA AC AB ===,，所以2SC =，3SB =1BC =，根据该几何体的特点可知，该四面体的外接球球心位于SC 的中点，则外接球半径112R SC ==，故该四面体的外接球的表面积为244R ππ=.故选：C.,【点睛】本题考查棱锥的外接球问题，难度一般，根据几何条件确定出球心是关键.2．D解析：D【分析】连结1A B ，可证1A B ⊥平面11A BC ，从而可到异面直线1AB 和1BC 所成的角为直角，故可得正确的选项.【详解】连结1A B ，1AA ⊥面,ABC 平面111//A B C 面ABC ,1AA ∴⊥平面111A B C11A C ⊂平面111111,A B C AA AC ∴⊥ ABC 与111A B C △是全等三角形，AB AC ⊥1111A B A C ∴⊥111111,A B AA A AC ⋂=∴⊥平面11AA B B又1AB ⊂平面11AA B B ,111AC AB ∴⊥矩形11AA B B 中，1AA AB =∴四边形11AA B B 为正方形，可得11A B AB ⊥11111A B AC A AB ⋂=∴⊥，平面11A BC 结合1BC ⊂平面11A BC ，可得11AB BC ⊥，即异面直线1AB 与1BC 所成角为2π故选：D【点睛】在求异面直线所成角时可以将异面直线通过平行线转化到共面直线，然后构造三角形，求得直线夹角．本题通过补全图形，判定线面的垂直关系，得证线线垂直关系，求得异面直线夹角为2π. 3．B解析：B【分析】利用折叠前四边形ABCD 中的性质与数量关系，可证出BD DC ⊥，然后结合平面A BD ' ⊥平面BCD ，可得CD ⊥平面A BD '，从而可判断①③；三棱锥'A BCD -的体积为1132⋅=，可判断②；因为CD ⊥平面A BD '，从而证明CD A B '⊥，再证明'A B ⊥平面A DC '，然后利用线面垂直证明面面垂直.【详解】①90,BAD AD AB ︒∠==，45ADB ABD ︒∴∠=∠=，//,45AD BC BCD ︒∠=，BD DC ∴⊥，平面A BD ' ⊥平面BCD ，且平面A BD '平面BCD BD =， CD 平面A BD '，A D '⊂平面A BD '，CD A D '∴⊥，若A D BC '⊥则A D '⊥面BCD ，则A D '⊥BD ，显然不成立，故A D BC '⊥不成立，故①错误；②棱锥'A BCD -的体积为113226⋅=，故②错误； ③由①知CD ⊥平面A BD '，故③正确；④由①知CD ⊥平面A BD '，又A B '⊂平面A BD '，CD A B '∴⊥，又A B A D ''⊥，且'A D 、CD ⊂平面A DC '，A D CD D '=，A B '∴⊥平面A DC '，又A B '⊂平面'A BC ，∴平面'A BC ⊥平面A DC '，故④正确.故选：B .【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形ABCD 中的性质与数量关系.4．B解析：B【分析】n α⊥必有n 平行α的垂线，或者n 垂直α的平行平面，依次判定选项即可.【详解】解：αβ⊥，m β⊂，不能说明n 与α的关系，A 错误；//αβ，n β⊥能够推出n α⊥，正确；αβ⊥，//n β可以得到n 与平面α平行、相交，所以不正确.//m α，n m ⊥则n 与平面α可能平行，所以不正确.故选：B .【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力，是基础题.5．D解析：D【分析】在正四面体ABCD 中易证AB CD ⊥,即90α=，然后作出直线AB 与平面BCD 所成的角，二面角C AB D --的平面角，在将之放到三角形中求解比较其大小.【详解】在正四面体ABCD 中,设棱长为2,设O 为底面三角形BCD 是中心，则AO ⊥平面BCD .取CD 边的中点E ，连结,AE BE , 如图.则易证,AE CD BE CD ⊥⊥,又AEBE E =. 所以CD ⊥平面ABE ,又AB ⊆平面ABE ，所以AB CD ⊥. 所以异面直线AB 与CD 所成的角为90α=.又AO ⊥平面BCD .所以直线AB 与平面BCD 所成的角为β=ABO ∠在ABO 中,233BO BE ==,2AB =所以cos 3BO ABO AB ∠==. 取边AB 的中点F ，连结,CF FD ，则有,CF AB FD AB ⊥⊥，所以二面角C AB D --的平面角为CFD γ=∠,在CFD △中，2CF FD CD === 由余弦定理有：2221cos 23CF FD CD CFD CF FD +-∠==⨯⨯,即1=90cos cos =3αβγ=>，，所以βγα<<，故选：D.【点睛】本题考查异面直线成角，线面角，二面角的求法，关键是在立体图中作出相应的角，也可以用向量法，属于中档题. 6．D解析：D【分析】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，证明平面1//A BGE 平面1B HI ，得到1//B F 面1A BE ，则F 落在线段HI 上，求出112HI CD == 【详解】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点， 1//A B EG ,则1A BEG 四点共面，11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上，正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，112HI CD ∴==，即F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是2a ．故选：D ．【点睛】本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题. 7．D解析：D【分析】根据面面垂直的判定定理即可判断A 正确；根据线面平行的判定定理可知B 正确；根据面面垂直的性质定理可知C 正确；根据线面垂直的判定定理可知D 错误．【详解】对于A ，因为αβ⊥，所以存在直线a ⊂α，使a ⊥β，又β∥γ，所以a ⊥γ，有α⊥γ，正确；对于B ，α⊥β，设α∩β＝m ，则在平面α内存在不同于直线m 的直线l ，满足l ∥m ，根据线面平行的判定定理可知，l ∥β，正确；对于C ，过直线l 上任意一点作直线m ⊥γ，根据面面垂直的性质定理可知，m 既在平面α又在平面β内，所以直线l 与直线m 重合，即有l ⊥γ，正确；对于D ，若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β不一定成立，D 错误．故选：D ．【点睛】本题主要考查线面位置关系的判断，考查学生的逻辑推理能力，属于中档题． 8．D解析：D【分析】根据直线与平面平行的判定及相关性质，一一验证各选项即可得出答案.【详解】解：A 项，若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则l 可能平行于平面α，也可能位于平面α内，故A 项错误；B 项，直线a 在平面α外，则直线a 与平面α可能平行，也可能相交，故B 错误；C 项，直线,a b b φα⋂=⊂，所以a 可能与平面α相交或与平面α平行,故C 项错误；D 项，直线a ∥b ,b α⊂,当a ∥α时,直线a 与平面α内所有与直线b 平行的直线平行；当a α⊂时,除了直线a 本身,直线a 与平面α内所有与直线b 平行的直线平行,因此直线a 平行于平面α内的无数条直线,故D 项正确.故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行的判定及相关性质，属于基础题型.9．B解析：B【分析】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，进而求出表面积即可.【详解】由三视图可知，该构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体的一个几何体，如下图所示，其表面积为：()210020220202100204010210202840m 0m S =⨯⨯+⨯⨯+⨯-⨯⨯+⨯⨯=.故选：B.【点睛】本题考查几何体的表面积的求法，考查三视图，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.10．B解析：B【分析】求出三棱锥A BCD -的外接球半径R ，可知截面面积的最大值为2πR ，当球心O 到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心O 到截面的距离为OM ，截面圆的半径的最小值22R OM -，进而可求出截面面积的最小值.【详解】三棱锥A BCD -是正四面体，棱长为2，将三棱锥A BCD -放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥A BCD -的外接球.因为三棱锥A BCD -的棱长为22，可得外接球直径22226R =++=62R =，故截面面积的最大值为2263πππ2R ⎛⎫= ⎪ =⎪⎝⎭. 因为M 是BD 上的点，当球心O 到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心O 到截面的距离为OM ，△OBD 为等腰三角形，过点O 作BD 的垂线，垂足为H ， 222662,1222OD OH OD HD ⎛⎫==-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，得222113244OM OH HM =+=+=，则所得截面半径的最小值为22633444R OM -=-=，所以截面面积的最小值为233ππ()44=. 故Ω的取值范围为3π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：B.【点睛】外接球问题与截面问题是近年来的热点问题，平常学习中要多积累，本题考查学生的空间想象能力、推理能力及计算求解能力，属于中档题.11．C解析：C【分析】根据//AD BC ，1AD AB ==，AD AB ⊥，45BCD ︒∠=，易得 CD BD ⊥，再根据，平面A BD '⊥平面BCD ，得CD ⊥平面A BD '，可判断③的正误；由二面角A BD C '--为直二面角，可得A H '⊥平面BCD ，则可求出A BDC V '-，进而可判断②的正误；根据CD ⊥平面A BD '，有CD A B '⊥，,A B A D ''⊥ 得A B '⊥平面CDA '，④利用面面垂直的判定定理判断④的正误；根据CD ⊥平面A BD '，有CD A D '⊥，若A D BC '⊥，则可证A D '⊥平面BCD ，则得到A D BD '⊥，与已知矛盾，进而可判断①的正误.【详解】由题意，取BD 中点H ，连接A H '，则折叠后的图形如图所示：由二面角A BD C '--为直二面角，可得A H '⊥平面BCD ，则A H CD '⊥，∴A BDC V '-＝1221326⨯⨯=，②正确， ∵CD BD ⊥，A H CD '⊥，且A H BD H '=，∴CD ⊥平面A BD '，故③正确，∵1A B '=，由几何关系可得3A C '=，2BC =，∴2222132A B A C BC ''+=+==，∴A B A C ''⊥，由CD ⊥平面A BD '，得CD A B '⊥，又A CCD C '=∴A B '⊥平面A DC '，∵A B '⊂平面A BC '，∴ 平面A BC '⊥平面A DC '，④正确， CD ⊥平面A BD '，CD A D '∴⊥，若A D BC '⊥，则可证A D '⊥平面BCD ，则得到A D BD '⊥，与已知矛盾，所以①错误.故选C .【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，解题关键是利用好直线与平面，平面与平面垂直关系的转化关系，属于中档题.12．C解析：C【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值.【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点，所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得22442AB =+=2242AC BC CD AB ⋅=== 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF 中，由余弦定理得((22229222958cos 2922922CDF +-∠==⨯⨯. 故选：C.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题. 13．A解析：A【分析】利用平面与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直、平行的性质定理判断选项的正误即可．【详解】由α，β为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，知：在A 中，l β⊥，则αβ⊥，满足平面与平面垂直的判定定理，所以A 正确；在B 中，若l m ⊥，不能得到l β⊥，也不能得到m α⊥，所以得不到αβ⊥，故B 错误；在C 中，若αβ⊥，则l 与m 可能相交、平行或异面，故C 不正确；在D 中，若//αβ，则由面面平行的性质定理得l β//，不一定有//l m ，也可能异面，故D 错误．故选：A ．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．14．C解析：C【分析】设2AB x =，则AE x =，29BC x =-，由余弦定理可得2225393923939x x x =++-⨯⨯+⨯，求出x ，即可求出球O 的直径. 【详解】根据题意，长方体内接于球O 内，则球的直径为长方体的体对角线，如图作出长方体1111ABCD A B C D -：设2AB x =，则AE x =，29BC x =-，由余弦定理可得：2225393923939x x x =++-⨯+，∴1x =6， ∴2AB =，22BC =O 4484++=；或26AB =3BC =，球O 2424351++=故选：C ．【点睛】本题考查球的直径的计算方法，考查余弦定理，考查计算能力和分析能力，属于常考题.二、解答题15．（1）证明见解析；（2）823π. 【分析】（1）由已知条件知AD ⊥面DPC ，即有AD CE ⊥，由PDC △为等边三角形有CE DP ⊥，结合线面垂直的判定有CE ⊥平面PAD ．（2）由勾股定理可证AEC 为直角三角形，且ABC 为等腰直角三角形，即可知AC 的中点O 为外接球的球心，进而得到半径求球的体积.【详解】（1）由90ADP ∠=知：AD DP ⊥，底面ABCD 是正方形有AD DC ⊥，又DP DC D =，∴AD ⊥面DPC ，而CE ⊂面DPC ，即AD CE ⊥，∵PD AD DC ==，60PDC ∠=，∴PDC △为等边三角形，E 为PD 的中点，故CE DP ⊥，∵DP AD D ⋂=，∴CE ⊥平面PAD ．（2）由（1）知：ABC 为等腰直角三角形且2AB BC == ，有22AC =，在AEC 中3,5CE AE ==，即222AC CE AE =+，故AE CE ⊥，∴由上知：ABC 、AEC 都是以AC 为斜边的直角三角形，由直角三角形斜边中点O 到三顶点距离相等知：OE OC OA OB ===，即O 为三棱锥E ABC -外接球的球心， ∴外接球的半径为22AC =，所以三棱锥E ABC -外接球的体积为3482(2)3V ππ=⨯=. 【点睛】关键点点睛：（1）由90°及正方形有线面垂直：AD ⊥面DPC ，再由等边三角形的性质和线面垂直的判定证明CE ⊥平面PAD ；（2）由勾股定理说明AEC 是以AC 为斜边的直角三角形，同样ABC 也是AC 为斜边的直角三角形，即可确定三棱锥E ABC -外接球的球心，进而求体积. 16．（1）证明见解析；（2【分析】（1）由已知条件可得2221111A B AB AA +=，2221111AB B C AC +=，则111AB A B ⊥，111AB B C ⊥，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ，可证得1C D ⊥平面1ABB ，从而1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角，然后在1Rt C AD 求解即可【详解】（1）证明：由2AB =，14AA =，12BB =，1AA AB ⊥，1BB AB ⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=，由111AB A B ⊥．由2BC =，12BB =，11CC =，1BB BC ⊥，1CC BC ⊥得11B C =，由2AB BC ==，120ABC ∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥，又11111A B B C B =，因此1AB ⊥平面111A B C ．（2）解如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ．由1AB ⊥平面111A B C ，1AB ⊂平面1ABB ，得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥，得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角．由11B C =11AB =，11AC =得111cos C A B ∠=，111sin C A B ∠=，所以1C D，故111sin 13C D C AC AD ∠==．因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13．【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连接AD ，然后结合条件可证得1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角，从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题 17．（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出1//PO BD ．由此能证明直线1//BD 平面PAC ；（2）由1//PO BD ，得APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角．由此能求出异面直线1BD 与AP 所成角的大小．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点.连结PO ，又因为P 是1DD 的中点，所以1//PO BD .又因为PO ⊂平面PAC ，1BD ⊄平面PAC所以直线1//BD 平面PAC.（2）解：由（1）知，1//PO BD ，所以APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角.因为2PA PC ==212AO AC ==且PO AO ⊥，所以212sin 22AO APO AP ∠===. 又(0,90APO ︒︒⎤∠∈⎦，所以30APO ∠=︒故异面直线1BD 与AP 所成角的大小为30.【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）方法二：（向量法）cos m nm n α=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.18．（1）证明见解析；（221. 【分析】（1）由题意可得11//OE B C ，1//OF C C ，利用面面平行的判定定理可得平面//OEF 平面11BB C C ，由面面平行的性质定理即可证明. （2）利用等体法111112A A B C C AA B V V --=，求出点1C 到平面11AA B 的距离2217d =，由11sin d A C θ=即可求解. 【详解】证明：（1）∵O ，E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，∴11//OE B C ，1//OF C C ，1111B C C C C ⋂=，//OE ∴平面11B C C ，//OF ∴平面11B C C ，又OE OF O ⋂=，∴平面//OEF 平面11BB C C ，∵EF ⊂平面OEF ，∴//EF 平面11BB C C .（2）解：设点1C 到平面11AA B 的距离为d ，∵111112A A B C C AA B V V --=， ∴111111111323AA B AC B C AO S d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，22113AO AA AO =-=2211115OB B C OC =-= 221122AB AO OB =+=，∵11AA B 中，11122A B AB ==，12AA =， ∴117AA B S = ∴1112237323d ⨯⨯⨯=，解得217d =，设11A C 与平面11AA B 所成角为θ，∴11A C 与平面11AA B 所成角的正弦值为：1121sin 7d AC θ==. 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义（无公共点）.（2）利用线面平行的判定定理.（3）利用面面平行的性质.19．（1）截面见解析，面积为2；（2）12.【分析】（1）先根据线面平行的性质定理确定出,EF MN 的位置关系，再根据,EF MN 的长度关系确定出,M N 的位置，从而截面的形状可确定以及截面面积可求；（2）记11ME AC H =，通过线面垂直证明1A HG ∠即为所求的线面角，从而计算出11A C 与平面α所成角的正弦值.【详解】（1）如图截面为矩形EFNM ：因为//EF 平面11ADD A ，且平面EFNM平面11ADD A MN =，所以//EF MN ，又因为111111////,==22EF BC AD EF BC AD ，且3DG GA =，所以可知111//,2MN AD MN AD =，所以//,MN EF MN EF =，所以可知,M N 为棱111,AA A D 的中点，所以四边形EFNM 为矩形，且112,2EF ME =+==，所以截面EFNM 的面积为22；（2）记11ME AC H =，连接GH ，如图所示：因为//NF AB ，AB ⊥平面11AA D D ，所以NF ⊥平面11AA D D ，又1AG ⊂平面11AA D D ，所以1NF A G ⊥，由（1）知1//MN AD 且11A D AD ⊥，所以1MN A D ⊥，所以1MN AG ⊥，且MN NF N =，1A G ⊥平面EFNM ，所以11A C 与平面α所成角为1A HG ∠，因为111222442AG A D ===，111122A H AC ==，所以1111sin 2A G A HG A H ∠==，所以11A C 与平面α所成角的正弦值为12. 【点睛】方法点睛：求解线面角的正弦值的两种方法：（1）几何法：通过线面垂直的证明，找到线面角，通过长度的比值即可计算线面角的正弦值；（2）向量法：求解出直线的方向向量和平面的法向量，根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果.20．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）23. 【分析】（1）证明DE AC ⊥，AC BD ⊥，AC ⊥平面BDE 即得证；（2）设AC BD O =，取BE 中点G ，连接FG ，OG ，证明//AO 平面BEF ，即证//AC 平面BEF ；（3）先求出四面体BDEF 的体积43V =，再根据12BOEF BDEF V V =求解. 【详解】（1）证明：平面ABCD ⊥平面ADEF ，90ADE ∠=︒， DE ∴⊥平面ABCD ，DE AC ∴⊥．ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥，因为,BD DE ⊂平面BDE ,BD DE D ⋂=,AC ∴⊥平面BDE .（2）证明：设AC BD O =，取BE 中点G ，连接FG ，OG ，OG 为BDE 的中位线1//2OG DE ∴//AF DE ，2DE AF =，//AF OG ∴， ∴四边形AFGO 是平行四边形， //FG AO ∴．FG ⊂平面BEF ，AO ⊂/平面BEF ，//AO ∴平面BEF ，即//AC 平面BEF ．3（）平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB AD ⊥，AB ∴⊥平面.ADEF 因为//9022AF DE ADE DE DA AF ∠=︒===，，，DEF ∴的面积为122DEF S ED AD =⨯⨯=， ∴四面体BDEF 的体积1433DEF V S AB =⋅⨯= 又因为O 是BD 中点，所以1223BOEF BDEF V V == 2.3BOEF V ∴= 【点睛】方法点睛：求几何体的体积的方法：方法一：对于规则的几何体一般用公式法.方法二：对于非规则的几何体一般用割补法.方法三：对于某些三棱锥有时可以利用转换的方法. 21．（1）证明见解析；（2）90；（3）M ∈平面CFG ，理由见解析.【分析】（1）设BD EC O ⋂=，连接MO ，由线面平行的性质可得//PB MO ，可得MD OD MP OB =，由//ED BC 可得12OD ED OB BC ==，即可证明；（2）取BE 中点Q ，连接PQ ，通过面面垂直的性质可得PQ ⊥平面BCDE ，进而可得PQ EC ⊥，再由EC BE ⊥可得EC ⊥平面PBE ，即平面PBE ⊥平面PEC ，即得出结果；（3）延长ED 到N ，使ED DN =，连接,,CN PN GN ，证明//FG CN ，可得,,,F C N G 确定平面FCNG ，判断M 是PEN △的重心，可得M ∈平面CFG .【详解】（1）设BD EC O ⋂=，连接MO ，//PB 平面CEM ，PB ⊂平面PBD ，平面PBD 平面CEM MO =，//PB MO ∴，MD OD MP OB ∴=， //ED BC ，12OD ED OB BC ∴==， 12MD MP ∴=，即2MP DM =；（2）取BE 中点Q ，连接PQ ，PB PE =，PQ BE ∴⊥，又平面PBE ⊥平面BCDE ，PQ ∴⊥平面BCDE ， EC ⊂平面BCDE ，PQ EC ∴⊥，2BE EC ==，2BC =，满足222BE EC BC +=，EC BE ∴⊥，PQ BE Q ⋂=，EC ∴⊥平面PBE ，EC ⊂平面PEC ，∴平面PBE ⊥平面PEC ，∴二面角B PE C --的大小为90；（3）延长ED 到N ，使ED DN =，连接,,CN PN GN ，,F G 分别是,PB PE 的中点，//FG BE ∴，2BC ED =，BC EN ∴=，//BC EN ，∴四边形BCNE 是平行四边形，//BE CN ∴，//FG CN ∴，则,,,F C N G 确定平面FCNG ，PEN 中，PD 是EN 边中线，且:2:1PM MD =，M ∴是PEN △的重心，又GN 为PE 边的中线，则M 在GN 上，∴M ∈平面CFG .【点睛】关键点睛：（1）本问考查线段比例关系的证明，解题的关键是由平行得出比例关系，利用等量替换求解；（2）本问考查二面角的求解，解题的关键是证明平面PBE ⊥平面PEC ，从而得出二面角为90；（3）本问考查平面的性质，解题的关键是作出恰当的辅助线，延长ED 到N ，使ED DN =，通过//FG CN 得出,,,F C N G 确定平面FCNG ，再通过M 是PEN △的重心得出M 在GN 上.22．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）先证明BC ⊥平面PDC ，再利用线线平行证明GF ⊥平面PDC ，即证面面垂直；（2）先利用中位线证明//EG PM ，////GF BC AD ，再由此证明面面平行即可.【详解】（1）证明：由已知MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，∴PD ⊥平面ABCD ．又BC ⊂平面ABCD ，∴PD BC ⊥．∵四边形ABCD 为正方形，∴BC DC ⊥，又PD DC D ⋂=，∴BC ⊥平面PDC ，在PBC 中，∵G 、F 分别为PB 、PC 的中点，∴//GF BC ，∴GF ⊥平面PDC ．又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC ．（2）∵E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，∴//EG PM ，//GF BC ，又∵四边形ABCD 是正方形，∴//BC AD ，∴//GF AD ，∵EG 、GF 在平面PM A 外，PM 、AD 在平面PM A 内，∴//EG 平面PM A ，//GF 平面PM A ，又∵EG 、GF 都在平面EFG 内且相交，∴平面//EFG 平面PM A ．【点睛】本题考查了线线、线面、面面之间平行与垂直关系的转化，属于中档题.23．（1）证明见解析；（2）14 【分析】（1）由余弦定理可得23BD =，证得AD BD ⊥，则BC BD ⊥由PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，证得PD BC ⊥，得证．（2）Q 为PC 的中点，利用等积法12D PBQ D BCQ Q BCD P BCD V V V V ----===，即可求出结果. 【详解】(1) 在ABD △中，由余弦定理得2222cos 3BD BA AD BA AD DAB =+-⋅∠=， ∵222AD BD AB +=，∴AD BD ⊥，∵//AD BC ，∴BC BD ⊥.又∵PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD∴PD BC ⊥.∵PD BD D ⋂=，∴BC ⊥平面PBD .（2）因为Q 为PC 的中点,所以三棱锥D PBQ -的体积A PBQ V -,与三棱锥D QBC -的体积相等，即1111313232412D PBQ D BCQ Q BCD P BCD V V V V ----=⨯⨯⨯⨯⨯====. 所以三棱锥A PBQ -的体积14D PBQ V -=. 【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明，在含有长度时需要解三角形来证垂直，并且不要忘记线面垂直的性质运用，在求三棱锥的体积时注意等体积法的使用24．（1）E 为PD 的中点；（2）2. 【分析】（1）E 为PD 的中点，连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则//OE PB ，故而//PB 平面AEC ；（2）点E 到平面PAC 距离等于点D 到平面PAC 距离的12倍，由1122E PAC D PAC P ACD V V V ---==可得答案. 【详解】（1）E 为PD 的中点.证明：连接BD ，使AC 交BD 于点O ，取PD 的中点为E ，连接EO ，∵O ，E 分别为BD ，PD 的中点，∴//OE PB .又OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴//PB 平面AEC .（2）222AC PC PA =-=∴222AB BC AC +=，∴AB BC ⊥，即菱形ABCD 为正方形.又点E 到平面PAC 距离等于点D 到平面PAC 距离的12倍，设点E 到平面PAC 的距离为h ， ∴1122E PAC D PAC P ACD V V V ---==， 11111111132322h ⎛⎛⎫⨯⨯⨯⋅=⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎝⎭解得4h =. 【点睛】本题考查了线面平行的判定，等体积法求棱锥的高，属于基础题．25．（1）证明见解析；（2.【分析】（1）在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1,C O BD CO BD ⊥⊥，由线面垂直的判定定理得到BD ⊥平面1C OC ，然后再利用面面垂直的判定定理证明. （2）由（1）知BD ⊥平面1C OC ，且平面1C BD ⋂平面CBD BD =，得到1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角，然后在1Rt C OC ∆中求解.【详解】（1）∵在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 是BD 中点，又11BC DC = ， BC DC = ，∴ 1,C O BD CO BD ⊥⊥ 11,C O CO O C O =⊂平面1,C OC CO ⊂平面1C OC ， BD ∴⊥平面1C OC ，又∵BD ⊂平面11BDD B ，∴平面11BDD B ⊥平面1C OC ．…（2）由（1）知：平面1C BD ⋂平面CBD BD =，11,C O BD C O ⊥⊂半平面1;,C BD CO BD CO ⊥⊂ 半平面;CBD 所以1C OC ∠是二面角1C BD C --的平面角则在正方体1111ABCD A B C D -中11,2C C OC ==∴在1Rt C OC ∆中，11tan C C C OC OC∠==故二面角1C BD C -- ．【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直的判定定理以及二面角的求法，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.26．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）若要证BF //平面PAD ，只要BF 所在面和平面PAD 平行即可；（2）若要证平面BEF ⊥平面PCD ，只要证平面PCD 内的一条直线和平面BEF 垂直即可.【详解】（1）∵AB CD ∥，2CD AB =，E 是CD 的中点， ∴AB DE ，即ABED 是平行四边形．∴BE AD ．∵BE ⊄平面,PAD AD ⊄平面PAD ， ∴BE 平面PAD ，又EF PD ，EF ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， ∴EF 平面PAD ，EF ，BE ⊂平面BEF ，且EFBE E =，∴平面BEF 平面PAD ． ∵BF ⊂平面BEF ，∴BF ∥平面PAD ．（2）由题意，平面PAD ⊥平面ABCD ，且两平面交线为AD ，CD ⊂平面ABCD ，CD AD ⊥，∴CD ⊥平面PAD ．∴CD PD ⊥．∴CD EF ⊥．又CD BE ⊥，BE ，EF ⊂平面BEF ，且EE EF E ⋂=，∴CD ⊥平面BEF ．∵CD ⊂平面PCD ，∴平面BEF ⊥平面PCD ．【点睛】本题考查了线面平行和面面垂直的证明，解决此类问题的关键是能利用线面关系的定理和性质进行逻辑推理，往往使用逆推法进行证明，需要较强的空间感和空间预判，属于较难题.。