高三立体几何单元测试卷及详细答案

立体几何单元测试卷
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求）
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题:
①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，m ∥α，则m⊥β;④若m⊥α，m∥β，则α⊥β。

其中为真命题的是(）
A．①③B．②③
C．①④D．②④
2．用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积为
(）
A.8π
3
B.错误!
C．82π D.错误!
3．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为（）
A．4 B．2错误!
C.错误!D．8
4. 如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3,体积为错误!，E为侧棱PC 的中点，则PA与BE所成的角为(）
A。

错误! B.错误!
C.错误!D。

错误!
5．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如下图所示,D为AC的中点，则下列命题是假命题的是（)
A．AB1∥平面BDC1
B．A1C⊥平面BDC1
C．直三棱柱的体积V＝4
D．直三棱柱的外接球的表面积为4错误!π。

6. 如图所示是一个直径等于4的半球，现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面，则截面的面积为()
A.π
2
B．π
C．2πD．πsin80°
7．一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分,余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为（)
A。

错误!＋错误!＋错误!＋1 B．2错误!＋3错误!π＋错误!＋1
C。

错误!＋错误!＋错误!D。

错误!＋错误!＋错误!＋1
8．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8,CD＝2错误!,则该二面角的大小为（）
A．150°B．45°
C．60°D．120°
9。

如图所示，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么（)
A．PA＝PB〉PC
B．PA＝PB<PC
C．PA＝PB＝PC
D．PA≠PB≠PC
10．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC 上一点且FB＝错误!BC，则GB与EF所成的角为（)
A．30°B．120°
C．60°D．90°
11．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上,当∠APC最大时,三棱锥P－ABC的体积为（）
A。

1
24
B.错误!
C.错误!D。

错误!
12。

已知正三棱锥P—ABC的高PO为h,点D为侧棱PC的中点，PO与BD 所成角的余弦值为错误!，则正三棱锥P—ABC的体积为（)
A。

错误!h3B。

错误!h3
C.错误!h3
D.错误!h3
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分,把答案填在题中横线上)
13．已知四个命题：
①若直线l∥平面α，则直线l的垂线必平行于平面α;
②若直线l与平面α相交,则有且只有一个平面经过直线l与平面α垂直；
③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等，则这个三棱锥是正三棱锥；
④若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分,则这个四棱柱为平行六面体．
其中正确的命题是________．
14．(2013·江苏) 如图所示,在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E,F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.
15．（2012·辽宁）已知正三棱锥P－ABC，点P，A,B,C都在半径为错误!的球面上,若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．
16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F、分别为PA、PD的中点，在此几何体中,给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD。

其中正确的有______个．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（本小题满分10分) 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形,∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO ＝2，M为PD的中点．
(1）证明：PB∥平面ACM;
(2)证明:AD⊥平面PAC；
（3）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
18．（本小题满分12分) 如图所示,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB＝4，PA＝3,A点在PD上的射影为G点，E点在AB 上，平面PEC⊥平面PCD.
（1)求证：AG∥平面PEC;
(2)求AE的长;
(3)求二面角E－PC－A的正弦值．
19．(本小题满分12分）如图所示,在六面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC ＝EF＝1。

（1)求证：BF∥平面ACGD；
（2）求二面角D－CG－F的余弦值．
20．(本小题满分12分) 如图所示,在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB ⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.
（1)求证：BB1⊥面ABC；
(2）求多面体DBC－A1B1C1的体积；
（3)求二面角C－DA1－C1的余弦值．
21．（本小题满分12分）如图所示,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.
(1）若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D;
（2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．
22．(本小题满分12分) 如图所示,在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面
ABCD，侧棱PA＝PD＝错误!，PA⊥PD,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB ⊥AD，AB＝BC＝1,O为AD中点．
（1）求直线PB与平面POC所成角的余弦值；
（2）求B点到平面PCD的距离;
（3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为错误!？若存在，求出错误!的值；若不存在，请说明理由．
立体几何单元测试卷答案
一、选择题（本大题共12小题,每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求）
1．
答案 C
解析①为空间面面平行的性质，是真命题；②m，n可能异面,故该命题为假命题；③直线m与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C.
2．
答案 B
解析S圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R＝r2＋d2＝错误!.
∴V＝错误!πR3＝错误!,故选B。

3．
答案 D
解析由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD＝3，BF＝1,将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，
所以该几何体的体积为1
2
×2×2×4＝8.
4。

答案 C
解析连接AC、BD交于点O,连接OE，易得OE∥PA。

∴所求角为∠BEO。

由所给条件易得OB＝错误!，OE＝错误!PA＝错误!，BE＝错误!。

∴cos∠OEB＝错误!，∴∠OEB＝60°，选C。

5．
答案 D
解析由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形,底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2。

连接B1C交BC1于点O，连接AB1,OD。

在△CAB1中,O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1。

故A正确．
直三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面ABC，
∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2,D为AC的中点，
∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.
∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1,A1B1⊥B1B，
∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC 1。

∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.
∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1。

故B正确．V＝S△ABC×C1C＝错误!×2×2×2＝4,∴C正确．
此直三棱柱的外接球的半径为错误!，其表面积为12π,D错误．故选D.
6。

答案 C
解析过半球底面的中心作一个与底面成80°的截面，截面是球的半个大圆，半径为2，所以截面面积S＝错误!×π×22＝2π，故选C.
7．
答案 A
解析还原为直观图如图所示，圆锥的高为2，底面半径为错误!，圆锥的母线长为错误!,故该几何体的表面积为S＝错误!×2×错误!＋错误!×2π×错误!×错误!×错误!＋π×（错误!）2×错误!＋错误!×2×1＝错误!＋错误!＋错误!＋1。

8．
答案 C
解析由条件，知错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝0，
错误!＝错误!＋错误!＋错误!。

∴|错误!|2＝|错误!｜2＋｜错误!|2＋|错误!|2＋2错误!·错误!＋2错误!·错误!＋2错误!·错误!＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈错误!，错误!〉＝（2错误!)2.∴cos<错误!，错误!〉＝－错误!，<错误!，错误!>＝120°,∴二面角的大小为60°，故选C.
9。

答案 C
解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形,∴BM＝AM＝CM，又PM ⊥平面ABC,∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.
10．
答案 D
解析方法一：连D1E，D1F,解三角形D1EF即可．
方法二：
如图建立直角坐标系D－xyz,
设DA＝1，由已知条件,得
G(0，0,错误!),B（1,1，0），E(1，1，错误!)，F(错误!，1,0），错误!＝（1，1,－错误!)，错误!＝（－错误!,0，－错误!）．
cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝0，则错误!⊥错误!。

故选D.
11．
答案 B
解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系,设错误!＝λ错误!，可得P（λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝错误!可求得当λ＝错误!时，∠APC最大,故V P－ABC＝错误!×错误!×1×1×错误!＝错误!。

12。

答案 C
解析设底面边长为a，连接CO并延长交AB于点F，过点D作DE∥PO 交CF于点E，连接BE，则∠BDE为PO与BD所成的角，∴cos∠BDE＝错误!.∵PO⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，即△BED是直角三角形，∵点D为侧棱PC的中点，∴DE＝错误!，∴BE＝错误!h。

易知EF＝错误!a，则在Rt△BEF中，BE2＝EF2＋FB2，即错误!＋错误!＝错误!h2，∴a2＝错误!h2，∴V P－ABC＝错误!×错误!×a×错误!a×h＝错误!a2h＝错误!h3,故选C.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．
答案④
解析④正确，如右图，A1C与B1D互相平分,则四边形A1B1CD是平行四边形，同理四边形ABC1D1是平行四边形,则A1B1綊AB綊CD，因此四边形ABCD是平行四边形，进而可得这个四棱柱为平行六面体．
14．
答案1∶24
解析由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2,S△ADE∶S△ABC＝1∶4。

因此V1∶V2＝错误!＝1∶24.
15．答案错误!
解析正三棱锥P－ABC可看作由正方体PADC－BEFG截得,如图所示，PF 为三棱锥P－ABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC.
设正方体棱长为a，则3a2＝12,a＝2,AB＝AC＝BC＝2错误!。

S△ABC＝错误!×2错误!×2错误!×错误!＝2错误!。

由V P－ABC＝V B－PAC，得错误!·h·S△ABC＝错误!×错误!×2×2×2，所以h＝错误!，因此球心到平面ABC的距离为错误!。

16．
答案 2
解析将几何体展开图拼成几何体（如图）,因为E、F分别为PA、PD的中
点，所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;因为B∉平面PAD，E∈平面PAD,E ∉AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;因为EF∥AD∥BC,EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确;平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．
答案(1）略（2）略(3）错误!
解析（1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点,所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO。

因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM,所以PB∥平面ACM。

(2)因为∠ADC＝45°，且
AD＝AC＝1,
所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.
(3)取DO中点N，连接MN，AN。

因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝错误!PO＝1。

由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN 是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中,AD＝1，AO＝错误!，所以DO＝错误!。

从而AN＝错误!DO＝错误!。

在Rt△ANM中，tan∠MAN＝错误!＝错误!＝错误!,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为错误!。

18．
答案（1）略（2）错误!(3）错误!
解析（1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD。

又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD。

∴CD⊥AG。

又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD.
作EF⊥PC于点F，连接GF，
∵平面PEC⊥平面PCD，
∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG。

又AG⊄平面PEC，EF⊂平面PEC，
∴AG∥平面PEC。

(2)解：由（1)知A、E、F、G四点共面，
又AE∥CD,AE⊄平面PCD,CD⊂平面PCD，
∴AE∥平面PCD.
又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF。

又由（1）知EF∥AG，
∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE＝GF。

∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5,AG＝错误!.
又PA2＝PG·PD，∴PG＝错误!.
又错误!＝错误!,∴GF＝错误!＝错误!，∴AE＝错误!。

（3）解：过E作EO⊥AC于点O，连接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC,∴OF⊥PC。

∴∠EFO即为二面角E－PC－A的平面角．
EO＝AE·sin45°＝错误!×错误!＝错误!,又EF＝AG＝错误!，
∴sin∠EFO＝EO
EF＝错误!×错误!＝错误!。

19．
答案（1）略(2）错误!
解析方法一：(1）设DG的中点为M，连接AM,FM. 则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形．
∴MF∥DE，且MF＝DE.∵平面ABC∥平面DEFG，
∴AB∥DE.∵AB＝DE，
∴MF∥AB，且MF＝AB，∴四边形ABFM是平行四边形．
∴BF∥AM。

又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，
故BF∥平面ACGD.
(2)由已知AD⊥平面DEFG，∴DE⊥AD.又DE⊥DG，且AD∩DG=D，
∴DE⊥平面ADGC.∵MF∥DE,∴MF⊥平面ADGC。

在平面ADGC中，过M作MN⊥GC，垂足为N，连接NF，则∠MNF为所求二面角的平面角．
连接CM。

∵平面ABC∥平面DEFG，∴AC∥DM。

又AC＝DM＝1，所以四边形ACMD为平行四边形，∴CM∥AD，且CM＝AD＝2.
∵AD⊥平面DEFG，∴CM⊥平面DEFG，∴CM⊥DG。

在Rt△CMG中，∵CM＝2，MG＝1，
∴MN＝错误!＝错误!＝错误!.
在Rt△CMG中,
∵MF＝2，MN＝错误!，
∴FN＝错误!＝错误!。

∴cos∠MNF＝错误!＝错误!＝错误!。

∴二面角D－CG－F的余弦值为错误!。

方法二：由题意可得,AD，DE，DG两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0，0,2)，B(2,0，2)，C(0，1，2)，E(2,0,0），G(0,2，0），
F(2，1,0)．
（1）错误!＝（2，1,0)－（2,0，2）＝（0，1，－2），错误!＝(0,2,0）－(0,1,2）＝（0，1，－2）,∴错误!＝错误!.∴BF∥CG。

又BF⊄平面ACGD，故BF∥平面ACGD。

（2）错误!＝（0，2,0）－(2,1,0）＝（－2，1，0)．
设平面BCGF的法向量为n1＝（x，y，z）,
则错误!
令y＝2，则n1＝(1,2,1)．
则平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)．
∴cos〈n1，n2〉＝错误!
＝错误!＝错误!。

由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D－CG－F的余弦值为错误!。

20．
答案（1）略（2)错误!(3）错误!
解析（1）证明:∵AC＝BC，D为AB的中点，
∴CD⊥AB.又CD⊥DA1,AB∩A1D＝D，
∴CD⊥面AA1B1B。

∴CD⊥BB1.
又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面ABC.
（2)解：V多面体DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱锥A1－ADC
＝S△ABC·｜AA1｜－错误!S△ADC·|AA1|＝S△ABC·｜AA1|－错误!×错误!S△ABC·|AA1|＝
5 6S△ABC·|AA1｜＝
10
3。

（3)
解：以C为原点，分别以错误!，错误!，错误!的方向为x轴，y轴，z轴的正
向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则
C(0,0,0），B（2,0，0),A（0,0,2)，C1（0,2，0)，A1(0,2，2）．
∴D（1，0,1）．
设n1＝（x1,y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有错误!即错误!
∴错误!故可取n1＝(1,1，－1）．
同理设n2＝(x2，y2，z2）是平面DC1A1的一个法向量,且错误!＝（1，－2，1)，错误!＝(0，0，2）．
则有错误!即错误!
∴错误!故可取n2＝（2,1,0)．
∴cos〈n1,n2>＝错误!＝错误!＝错误!。

又二面角C－DA1－C1的平面角为锐角,所以其余弦值为错误!。

21．
答案（1)略（2)错误!
解析（1）方法一：证明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°,
∴B1C1⊥A1C1.
又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，
∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD。

①
由D为AA1的中点，可知DC＝DC1＝错误!.
∴DC2＋DC错误!＝CC错误!,即CD⊥DC1。

②
由①②可知CD⊥平面B1C1D.
又CD⊂平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D.
（2）解:由（1）可知B1C1⊥平面ACC1A1,在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或其延长线于E，连接EB1,
∴∠B1EC1为二面角B1－DC－C1的平面角．
∴∠B1EC1＝60°.
由B1C1＝2知，C1E＝错误!＝错误!。

设AD＝x,则DC＝x2＋1.
∵△DC1C的面积为1,∴错误!·错误!·错误!＝1。

解得x＝错误!，即AD＝错误!。

方法二：
(1)证明：如图所示，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
C（0，0,0），A（1,0,0)，B1(0,2,2）,C1(0,0,2），D(1,0，1），即错误!＝（0,2,0)，错误!＝（－1，0，1)，错误!＝（1，0，1)．
由错误!·错误!＝(1，0,1）·（0，2，0）＝0，得CD⊥C1B1.
由错误!·错误!＝（1，0，1)·（－1，0，1）＝0，得CD⊥DC1。

又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D。

又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.
（2)解：设AD＝a，则D点坐标为（1,0，a)，错误!＝（1,0，a），错误!＝（0,2，2)．
设平面B1CD的一个法向量为m＝（x，y，z)．
则错误!⇒错误!令z＝－1。

得m＝（a，1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0），
则由cos60°＝错误!，得错误!＝错误!.
即a＝2，故AD＝错误!。

22．
答案(1）错误!（2）错误!
(3)存在点Q，且错误!＝错误!
解析（1）在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点,所以PO⊥AD,又侧面PAD ⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD。

又在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ,所以以O 为坐标原点,OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系,则P （0，0，1),A (0，－1，0）,B (1，－1，0),C (1，0,0)，D (0,1，0），
∴错误!＝(1，－1，－1），易证：OA ⊥平面POC 。

∴错误!＝（0,－1,0)是平面POC 的法向量，cos<错误!,错误!〉＝错误!＝错误!. ∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为错误!。

（2)错误!＝(0，1，－1)，错误!＝（－1,0,1）, 设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ,y ，z ）， 则错误!取z ＝1，得u ＝（1,1,1)．
∴B 点到平面PCD 的距离为d ＝错误!＝错误!. （3)假设存在一点Q ，则设错误!＝λ错误!（0〈λ〈1）, ∵PD →
＝（0，1,－1)，
∴错误!＝（0，λ，－λ)＝错误!－错误!。

∴错误!＝(0,λ,1－λ），∴Q （0，λ,1－λ）． 设平面CAQ 的一个法向量为m ＝（x ，y ，z ）， 则错误!
取z ＝λ＋1，得m ＝（1－λ，λ－1,λ＋1)． 又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0，0，1）， 因为二面角Q －AC －D 的余弦值为错误!, 所以|cos 〈m ，n 〉｜＝错误!＝错误!。

得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝错误!或λ＝3（舍)． 所以存在点Q ，且错误!＝错误!。