人教A版高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷含答案解析 (34)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷3
（共22题）
一、选择题（共10题）
1.在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF与HG交
于点M，那么( )
A．M一定在直线AC上
B．M一定在直线BD上
C．M可能在直线AC上，也可能在直线BD上
D．M既不在直线AC上，也不在直线BD上
2.关于“斜二测”画图法，下列说法不正确的是( )
A．平行直线的斜二测图仍是平行直线
B．斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变
C．正三角形的直观图一定为等腰三角形
D．在画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同
3.已知直线m，n与平面α，β，m⊥α，n⊥β，若α⊥β，则m，n的位置关系是( )
A．平行B．垂直C．相交D．异面
4.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分别
在棱AD，CD上，若EF=1，A1E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z大于零），则四面体PQEF的体积( )
A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关
C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关
5.在正方体中ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC
6.一个四面体的所有棱长都为√2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )
A．3πB．4πC．3√3πD．6π
7.正方体的内切球与其外接球的体积之比为( )
A．1:√3B．1:3C．1:3√3D．1:9
8.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，如图，某阳马的三视图
如图所示，则该阳马的最长棱的长度为( )
A．√2B．√3C．2D．2√2
9.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积取最大值时，其高的
值为( )
A．3√3B．√3C．2√6D．2√3
10.若一个圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面直径的截面）是等边三角形，其面积为√3，则这个圆锥
的体积为( )
A．3πB．√3π
3C．√3πD．√3π
2
二、填空题（共6题）
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点
E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M−EFGH的体积为．
12.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AA1=3，点P在棱CC1上，则三棱锥P−
ABA1的体积为．
13.正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球（正六棱柱的顶点都在此球面上）的表面积
为．
14.正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若△AʹBʹCʹ的面积为√3，那么△ABC的
面积为．
15.正方体ABCD−A1B1C1D1中，若过A，C，B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l
与A1C1的位置关系是．
16.如图所示，长方形ABCD−A1B1C1D1的体积为24，E为线段B1C上的一点，则棱锥A−
DED1的体积为．
三、解答题（共6题）
17.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是平面AA1D1D，平面A1B1C1D1的中心，
证明：
(1) D1Q∥平面C1DB；
(2) 平面D1PQ∥平面C1DB．
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PB=PD．
(1) 求证：平面APC⊥底面BPD；
(2) 若PB⊥PD，∠DAB=60∘，AP=AB=2，求二面角A−PD−C的余弦值．
19.如图，在△AOB中，∠AOB=90∘，AO=2，OB=1．△AOC可以通过△AOB以直线AO为
轴旋转得到，且OB⊥OC，动点D在斜边AB上．
(1) 求证：平面COD⊥平面AOB；
(2) 当D为AB的中点时，求二面角B−CD−O的余弦值；
(3) 求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值．
20.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60∘，AC=4，
AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点．
(1) 若Q为线段AC的中点，H为BQ的中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面
B1PQ；
(2) 若二面角B1−PQ−C1的平面角的余弦值为√13
，求点P到平面BQB1的距离．
13
21.如图，AE⊥面ABCD，ABCD是正方形，AE=AB=2，F为BE的中点．
求证：DE∥面ACF．
22.阅读下面题目及其证明过程，在横线处填写适当的内容．
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别为线段BD1，CC1的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面ABCD；
（Ⅰ）当DD1=√2时，求证：DE⊥平面BFD1；
证明：（Ⅰ）如图，连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接OE．
因为长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，
所以BO=OD，
又因为BE=ED1，
DD1，
所以OE∥DD1，OE=1
2
因为F为线段CC1中点，
DD1，
所以CF∥DD1，CF=1
2
所以CF∥OE，CF=OE．
所以四边形OCFE为平行四边形．
所以EF∥OC．
又因为EF⊄平面ABCD，OC⊂平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD．
（Ⅰ）因为F为线段CC1中点，
所以BF=D1F，
所以△D1FB是等腰三角形．
因为E为BD1的中点，
所以EF⊥BD1．
因为BD⊥OC，EF∥OC，
所以EF⊥BD．
因为BD∩BD1=B，
所以①．
因为DE⊂平面BDD1，
所以②．
因为DD1=√2，
所以DD1=BD，
所以③．
因为EF∩D1B=E，
所以DE⊥平面BFD1．
在上述证明过程中，（Ⅰ）的证明思路是：先证明“④”，再证明“⑤”．
答案
一、选择题（共10题）
1. 【答案】A
【解析】如图，
因为EF∩HG=M，
所以M∈EF，M∈HG，
又EF⊂平面ABC，HG⊂平面ADC，
故M∈平面ABC，M∈平面ADC，
又平面ABC∩平面ADC=AC，
所以M∈AC．
故选A．
【知识点】平面的概念与基本性质
2. 【答案】C
【解析】对于A，平行直线的斜二测图仍是平行直线，A正确；
对于B，斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变，B正确；
对于C，正三角形的直观图不一定为等腰三角形，如图所示，所以C错误；
对于D，画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同，D正确．
【知识点】直观图
3. 【答案】B
【解析】m，n有可能相交或异面，但必定垂直．故答案选B．
【知识点】直线与直线的位置关系
4. 【答案】D
【解析】设P点到平面A1B1CD的距离为ℎ，
因为A1B1∥DC，
所以Q到EF的距离为定值2√2，又因为EF=1，
所以S△QEF=1
2
×1×2√2=√2，
因为V
四面体PQEF =V
三棱锥P−QEF
=1
3
S△QEF⋅ℎ=√2
3
ℎ，
即四面体的体积只与点P到平面A1B1CD的距离无关，
所以四面体的体积与z有关，与x，y无关．
【知识点】棱锥的表面积与体积
5. 【答案】C
【解析】画出正方体ABCD−A1B1C1D1，如图所示．
对于选项A，连D1E，若A1E⊥DC1，又DC1⊥A1D1，所以DC1平面A1ED1，所以可得DC1⊥D1E，显然不成立，所以A不正确．
对于选项B，连AE，若A1E⊥BD，又BD⊥AA1，所以DB⊥平面A1AE，故得BD⊥AE，显然不成立，所以B不正确．
对于选项C，连AD1，则AD1∥BC1．连A1D，则得AD1⊥A1D，AD1⊥ED，所以AD1⊥平面A1DE，从而得AD1⊥A1E，所以A1E⊥BC1．所以C正确．
对于选项D，连AE，若A1E⊥AC，又AC⊥AA1，所以AC⊥平面A1AE，故得AC⊥AE，显然不成立，所以D不正确．
【知识点】空间中直线与直线的垂直
6. 【答案】A
【解析】联想只有正方体中有这么多相等的线段，
所以构造一个正方体，则正方体的面对角线即为四面体的棱长，
求得正方体的棱长为1，体对角线为√3，从而外接球的直径也为√3，
所以此球的表面积为3π．
【知识点】组合体、球的表面积与体积
7. 【答案】C
【解析】设正方体的棱长为a，则其内切球的半径为a
2
，
所以V
内=4
3
π(a
2
)
3
−πa3
6
，
正方体的外接球的半径为√3
2
a，
所以V
外=4
3
π(√3
2
a)
3
=3√3πa3
6
，
所以V
内:V
外
=1:3√3．
【知识点】球的表面积与体积
8. 【答案】B
【解析】根据题设条件可知三视图还原成的几何体为四棱锥，如图所示，
其中PD=1，底面ABCD是边长为1的正方形，易知PB=√3，PA=PC=√2，故最长棱的长度为√3．
【知识点】三视图、棱锥的结构特征
9. 【答案】D
【知识点】棱柱的表面积与体积
10. 【答案】B
【解析】设圆锥底面圆的半径为r，圆锥的高为ℎ，体积为V，
则ℎ=√3r．
因为1
2
×2r×√3r=√3r2=√3，
所以r=1，
所以V=1
3πr2h=√3
3
πr3=√3π
3
．
【知识点】圆锥的表面积与体积
二、填空题（共6题）
11. 【答案】1
12
【解析】连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，
所以EH∥AC，EH=1
2
AC，
因为 F ，G 分别为 B 1A ，B 1C 的中点， 所以 FG ∥AC ，FG =1
2AC ，
所以 EH ∥FG ，EH =FG ， 所以四边形 EHGF 为平行四边形， 又 EG =HF ，EH =HG ， 所以四边形 EHGF 为正方形， 又点 M 到平面 EHGF 的距离为 1
2， 所以四棱锥 M −EFGH 的体积为 1
3×(√22)2×12=1
12．
【知识点】棱锥的表面积与体积
12. 【答案】
9√34
【解析】因为在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AB =AA 1=3，点 P 在棱 CC 1 上， 所以点 P 到平面 ABA 1 的距离即为 △ABC 的高， 即为 ℎ=√32−(32)2
=
3√32
，
S △ABA 1=1
2×3×3=92，
三棱锥 P −ABA 1 的体积为：V =1
3×S △ABA 1×ℎ=1
3×9
2×3√32
=
9√34
．
【知识点】棱锥的表面积与体积
13. 【答案】 100π
【解析】依题意，该正六棱柱的外接球的球心应是上、下底面中心连线的中点， 所以其半径等于 √42+(62)2
=5，其表面积等于 4π×25=100π．
【知识点】球的表面积与体积
14. 【答案】 2√6
【知识点】直观图
15. 【答案】 A 1C 1∥l
【解析】因为 平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，AC ⊂平面ABCD ， 所以 AC ∥平面A 1B 1C 1D 1，
又平面 ACB 1 经过直线 AC 与平面 A 1B 1C 1D 1 相交于直线 l ， 所以 AC ∥l ， 又因为 A 1C 1∥AC ， 所以 A 1C 1∥l ．
【知识点】直线与平面平行关系的性质、直线与平面平行关系的判定
16. 【答案】4
【解析】设AB=a，AD=b，AA1=c，
则长方体的体积V ABCD−A
1B1C1D1
=abc=24，
三棱锥A−DED1的体积
V A−DED
1=V E−ADD
1
=1
3
S△ADD
1
⋅AB
=1
3
×1
2
×AD×DD1×AB
=1
6
×bc⋅a
=1
6
×24
=4.
【知识点】棱锥的表面积与体积
三、解答题（共6题）
17. 【答案】
(1) 由题可知D1Q∥DB．
因为D1Q⊄平面C1DB，DB⊂平面C1DB，
所以D1Q∥平面C1DB．
(2) 由题可知D1P∥C1B．
因为D1P⊄平面C1DB，C1B⊂平面C1DB，
所以D1P∥平面C1DB．
由（1）知，D1Q∥平面C1DB，
又D1Q∩D1P=D1，
所以平面D1PQ∥平面C1DB．
【知识点】平面与平面平行关系的判定、直线与平面平行关系的判定
18. 【答案】
(1) 记AC∩BD=O，连接PO，
因为底面 ABCD 是菱形，
所以 BD ⊥AC ，O 是 BD ，AC 的中点， 因为 PB =PD ， 所以 PO ⊥BD ， 因为 AC ∩PO =O ， 所以 BD ⊥平面APC ， 又因为 BD ⊂平面BPD ，
所以 平面APC ⊥平面BPD ．
(2) 如图，以 O 为原点，OA ，OB ，OP 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立如图所示的空间坐标系， 则 A(√3,0,0)，D (0,−1,0)，P (0,0,1)，C(−√3,0,0,)，
所以 DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 是平面 APD 的法向量，
则 {DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0⇒{√3x 1+y 1=0,y 1+z 1=0, 令 y 1=−√3，得 n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,−√3,√3)，
同理可得平面 PCD 的法向量 n 2⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,−√3)，
所以 cos ⟨n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ ⟩=n
1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2
⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣
∣⋅∣∣n
2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣
∣=√3)×√3+(−√3)×√3
√7×√7
=−5
7，
由图形可知二面角 A −PD −C 为钝二面角， 所以二面角 A −PD −C 的余弦值为 −5
7．
【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、平面与平面垂直关系的判定、二面角
19. 【答案】
(1) 在 △AOC 中，AO ⊥OC ， 因为 OB ⊥OC ，且 AO ∩OB =O ， 所以 OC ⊥平面AOB ， 又 OC ⊂平面COD ，
所以 平面COD ⊥平面AOB ．
(2) 如图建立空间直角坐标系 O −xyz ， 因为 D 为 AB 的中点，
所以 O (0,0,0)，A (0,0,2)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，D (0,1
2,1)，
所以 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,1)， 设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 为平面 OCD 的法向量，
所以 {n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {x 1=0,12y 1+z 1=0, 令 z 1=1，则 y 1=−2，
所以 n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,1) 是平面 BCD 的一个法向量， 设 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2) 为平面 OCD 的法向量， 所以 {n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {x 2−y 2=0,−12y 2+z 2=0, 令 z 2=1，则 x 2=2，y 2=2，
所以 n 2⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1) 是平面 OCD 的一个法向量，
所以 cos 〈n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ 〉=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2
⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=
√02+(−2)2+12⋅√22+22+1
2
=−√5
5
， 所以二面角 B −CD −O 的余弦值为 √5
5
． (3) 解法一：
因为 OC ⊥平面AOB ，
所以 ∠CDO 为 CD 与平面 AOB 所成的角， 因为 OC =1，
所以点 O 到直线 AB 的距离最小时，∠CDO 的正弦值最大， 即当 OD ⊥AB 时，∠CDO 的正弦值最大， 此时 OD =2√5
5， 所以 CD =
3√55
， 所以 sin∠CDO =
√5
3
． 解法二：
设 AD
⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈[0,1])， 所以 D (0,λ,2−2λ)．
CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,λ,2−2λ)，平面 AOB 的法向量 n ⃗ =(1,0,0)，
所以 sinθ=∣∣n ⃗ ⋅CD
⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣∣
∣CD
⃗⃗⃗⃗⃗ ∣
∣=√5λ2−8λ+5
=
√5(λ−45)2
+9
5
，
所以当 λ=45 时，CD 与平面 AOB 所成的角最大，sinθ=√5
3
． 【知识点】二面角、平面与平面垂直关系的判定、线面角
20. 【答案】
(1) 如图，取 BB 1 的中点 E ，连接 AE ，EH ． 因为 H 为 BQ 的中点， 所以 EH ∥B 1Q ．
在平行四边形 AA 1B 1B 中，P ，E 分别为 AA 1，BB 1 的中点， 所以 AE ∥PB 1．
又 EH ∩AE =E ，PB 1∩B 1Q =B 1， 所以 平面EHA ∥平面B 1QP ． 因为 AD ⊂平面EHA ， 所以 AD ∥平面B 1PQ ．
(2) 如图，连接 PC 1，AC 1，
因为四边形 A 1C 1CA 为菱形，∠C 1A 1A =60∘， 所以 AA 1=AC 1=A 1C 1=4， 即 △AC 1A 1 为等边三角形． 因为 P 为 AA 1 的中点， 所以 PC 1⊥AA 1．
因为 平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1，平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1，PC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以 PC 1⊥平面ABB 1A 1．
在平面 ABB 1A 1 内过点 P 作 PR ⊥AA 1 交 BB 1 于 R ．以 PR ，PA 1，PC 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz ，
则 P (0,0,0)，A 1(0,2,0)，A (0,−2,0)，C 1(0,0,2√3)，C(0,−4,2√3)．
设 AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,−2,2√3)，λ∈(0,1]（当 λ=0 时，平面 B 1PQ 即平面 ABB 1A 1，不符合题意），
所以 Q(0,−2(λ+1),2√3λ)． 所以 PQ
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2(λ+1),2√3λ)． 因为 A 1B 1=AB =2，∠B 1A 1A =60∘， 所以 B 1(√3,1,0)， 所以 PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)．
设平面 PQB 1 的法向量为 m ⃗⃗ =(x,y,z )，
则 {m ⃗⃗ ⋅PQ
⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ,m ⃗⃗ ⋅PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ,
所以 {
−2(λ+1)y +2√3λz =0,
√
3x +y =0,
令 x =1， 则 y =−√3，z =−
λ+1λ
，
所以平面 PQB 1 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,−√3,−λ+1λ
)．
设平面 AA 1C 1C 的法向量为 n ⃗ =(1,0,0)， 二面角 B 1−PQ −C 1 的平面角为 θ， 则
cosθ=∣m
⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m
⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√1+3+(−λ)
2
=
√13
13
.
所以 λ=12 或 λ=−1
4（舍）， 所以 AQ
⃗⃗⃗⃗⃗ =12
AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以 Q(0,−3,√3)， 又 B(√3,−3,0)，
所以 QB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−√3)， 所以 ∣QB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√3+3=√6． 又 ∣B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√22， 所以 BQ 2+BB 12=B 1Q 2， 所以 ∠QBB 1=90∘．
连接 BP ，设点 P 到平面 BQB 1 的距离为 ℎ， 则 1
3
×1
2
×4×√3×√3=1
3
×1
2
×4×√6⋅ℎ．
所以 ℎ=
√6
2
， 即点 P 到平面 BQB 1 的距离为
√62
． 【知识点】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、二面角
21. 【答案】连接 BD 交 AC 于 G ，连接 FG ．
因为 F ，G 分别为 BE ，BD 的中点， 所以 FG ∥DE ，
因为 FG ⫋平面ACF ，DE ⊄面ACF ， 所以 DE ∥面ACF ．
【知识点】直线与平面平行关系的判定
22. 【答案】① EF ⊥平面BDD 1
② EF ⊥DE
③ DE ⊥BD 1 ④线线平行 ⑤线面平行
【知识点】直线与平面垂直关系的判定、直线与直线的位置关系、直线与平面平行关系的判定、直线与平面垂直关系的性质。