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 (22)

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人教A版必修第二册《第8章立体几何初步》单元测试卷

人教A版（2019）必修第二册《第8章立体几何初步》2020年单元测试卷（3）一、选择题（本大题共3小题，共15.0分）1.设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D—ABC体积的最大值为()．A. 12√3B. 18√3C. 24√3D. 54√32.如图，用一边长为√2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为4π的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为()A. √22+12B. √62+12C. 32D. √32+123.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. √32B. √155C. √105D. √33二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）4.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，截下一三棱锥D1−A1CD，则三棱锥D1−A1CD的体积与剩余部分的体积之比为______．5.如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2CD=2，∠DAB=60°，E是AB的中点，将△ADE，△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合于点P，若三棱锥P−CDE的各个顶点在同一球面上，则该球的体积为______．6.用一张正方形的纸把一个棱长为1的正方体形礼品盒完全包好，不将纸撕开，则所需纸的最小面积是______．7.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1−BB1D1D的体积为______．三、解答题（本大题共8小题，共96.0分）8.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，M是CD⏜上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M−ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．9.如图，已知四棱锥P−ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．(Ⅰ)证明：CE//平面PAB；(Ⅱ)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．10.如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAB为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．BC=12(1)证明：直线CE//平面PAB；(2)求二面角B−PC−D的余弦值．11.如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=√2．(Ⅰ)证明：平面A1BD//平面CD1B1；(Ⅱ)求三棱柱ABD−A1B1D1的体积．12.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=√5，AC=AA1=2．(Ⅰ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求三棱锥C1−BCD的体积．13.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE//平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.14.如图，已知在侧棱垂直于底面三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，AB=5，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥BC1；(2)求证：AC1//平面CDB1(3)求三棱锥A1−B1CD的体积．15.如图，三棱锥P−ABC，D为AC的中点，PA=PB=PC=√5，AC=2√2，AB=√2，BC=√6．(1)求证：PD⊥底面ABC；(2)求二面角P−AB−C的正切值．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．求出，△ABC为等边三角形的边长，画出图形，判断D的位置，然后求解即可．【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB2=9√3，解得AB=6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D为O′O的延长线与球的交点时，三棱锥的体积最大．如图：O′C=23×√32×6=2√3，OO′=√42−(2√3)2=2，则三棱锥D−ABC高的最大值为：6，则三棱锥D−ABC体积的最大值为：13×√34×63=18√3．故选：B．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查点、线、面间距离的计算，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地化空间问题为平面问题，注意数形结合法的合理运用．蛋槽的边长是原来硬纸板的对角线长度的一半，为1cm，蛋槽立起来的小三角形部分高度是12，鸡蛋的半径根据已知的表面积4π=4πr2得到r=1cm，直径D=2cm，大于折好的蛋巢边长1cm，由此能求出鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离．【解答】解：蛋槽的边长是原来硬纸板的对角线长度的一半，为1cm，鸡蛋的半径根据已知的表面积4π=4πr2得到r=1cm，直径D=2cm，大于折好的蛋巢边长1cm四个三角形的顶点所在的平面在鸡蛋表面所截取的小圆直径就是蛋槽的边长1cm，根据图示，AB段由三角形AB求出得：AB=√32，AE=AB+BE=√32+12，∴鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为√32+12．故选：D．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题．设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．【解答】解：如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，BB 1和B 1C 1的中点，则MN//AB 1，NP//BC 1，则AB 1、BC 1夹角为MN 和NP 夹角或其补角(因异面直线所成角为(0,π2])，可知MN =12AB 1=√52，NP =12BC 1=√22；作BC 中点Q ，则△PQM 为直角三角形，PQ =1，MQ =12AC ， △ABC 中，由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cos∠ABC =4+1−2×2×1×(−12)=7， ∴AC =√7，∴MQ =√72，MP =√MQ 2+PQ 2=√112；在△PMN 中，由余弦定理得cos∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP=(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105；又异面直线所成角的范围是(0,π2]， ∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105．故选C ．4.【答案】1：5【解析】解：已知长方体是直四棱柱，设它的底面ADD 1A 1的面积为S ，高为h ，则它的体积为V =Sℎ．而三棱锥D 1−A 1CD 的体积等于棱锥C −A 1DD 1的体积，且棱锥C −A 1DD 1的底面积为12S ，高为h ，故V D 1−A 1CD =V C−A 1DD 1=13×12Sℎ=16Sℎ，余下部分体积为：Sℎ−16Sℎ=56Sℎ．∴棱锥D 1−A 1CD 的体积与剩余部分的体积之比为1：5．故答案为：1：5．长方体看成直四棱柱，设它的底面ADD 1A 1面积为S ，高为h ，利用等体积法求出棱锥D 1−A 1CD 的体积，可得余下的几何体的体积，则答案可求．本题考查几何体的体积的有关计算，转化思想的应用，考查计算能力，是基础题．5.【答案】√68π【解析】解：由题意，折叠后的几何体为正四面体P−CDE，棱长为1，设△CDE的外心为G，连接DG并延长，交CE于F，得DG=23DF=√33，∴PG=√PD2−DG2=√1−13=√63，设三棱锥P−CDE的外接球的半径为R，在Rt△PGD中，有(√63−R)2+(√33)2=R2，解得R=√64．∴该球的体积为43π×(√64)3=√68π．故答案为：√68π．由题意，折叠后的几何体为正四面体P−CDE，棱长为1，求出正四面体的高，再由勾股定理求解其外接球的半径，代入球的体积公式得答案．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．6.【答案】8【解析】解：把5个边长为1的正方形组成十字形，并在四端加上四个斜边为1的等腰直角三角形，就可以包住棱长为1的正方体，而这个形状可以用边长为2√2的正方形来覆盖，而这个正方形面积为8，∴所需包装纸的最小面积为8．故答案为：8．5个边长为1的正方形组成十字形，并在四端加上四个斜边为1的等腰直角三角形，就可以包住棱长为1的正方体．审题，注意等价转化思想的合理运用．7.【答案】13【解析】【分析】本题考查几何体体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积．【解答】解：由题意可知四棱锥A1−BB1D1D的底面是矩形，边长分别为1和√2，四棱锥的高：12A1C1=√22，则四棱锥A1−BB1D1D的体积为：13×1×√2×√22=13．故答案为：13．8.【答案】解：(1)证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直，即平面ABCD⊥平面CDM，又平面ABCD∩平面CDM=CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面DCM，∵MC⊂平面CDM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，AD⊂平面ADM，DM⊂平面ADM，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．(2)∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M−ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD 的边长为2，∴A(2,−1,0)，B(2,1，0)，M(0,0，1)，则平面MCD 的法向量m⃗⃗⃗ =(1,0，0)，设平面MAB 的法向量为n⃗ =(x,y ，z) 则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1，1)，由n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，n ⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +y +z =0，令x =1，则y =0，z =2，即n ⃗ =(1,0，2)，则cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1×√1+4=√5，则面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值sinα=√1−(√5)2=2√55．【解析】本题主要考查空间平面垂直的判定以及二面角的求解，利用相应的判定定理以及建立坐标系，利用向量法是解决本题的关键，属于中档题． (1)根据面面垂直的判定定理证明MC ⊥平面ADM 即可．(2)根据三棱锥的体积最大，确定M 的位置，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用向量法进行求解即可．9.【答案】证明：(Ⅰ)取AD 的中点F ，连接EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF//PA ，又PA ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF//平面PAB ，在四边形ABCD 中，BC//AD ，AD =2CB ，F 为AD 中点， ∴BC = //AF ，∴四边形CBAF 为平行四边形，故CF //AB ，又AB ⊂平面PAB ，CF ⊄平面PAB ， ∴CF//平面PAB ，∵CF ∩EF =F ，EF//平面PAB ，CF//平面PAB ， CF ⊂平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴平面EFC//平面PAB ， ∵EC ⊂平面EFC ， ∴EC//平面PAB ．解：(Ⅱ)连接BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连接PF ， ∵PA =PD ，∴PF ⊥AD ，∵DF//BC ，DF =BC ，CD ⊥AD ，∴四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ，又AD//BC ，故PF ⊥BC ，BF ⊥BC ，又BF ∩PF =F ，BF ，PF ⊂平面PBF ， ∴BC ⊥平面PBF ，又PB ⊂平面PBF ， ∴BC ⊥PB ，设DC =CB =1，由PC =AD =2DC =2CB ，得AD =PC =2， ∴PB =√PC 2−BC 2=√4−1=√3， BF =PF =1，∴MF =√12−(√32)2=12，又BC ⊥平面PBF ，MF ⊂平面PBF ， ∴BC ⊥MF ，又PB ∩BC =B ，PB 、BC ⊂平面PBC ，∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为12， ∵DF//BC,BC ⊂平面PBC ，DF ⊄平面PBC ， ∴DF//平面PBC ，D 到平面PBC 的距离应该和F 到平面PBC 的距离相等，均为12， E 为PD 中点，E 到平面PBC 的距离应为D 到平面PBC 的距离的一半， ∴E 到平面PBC 的距离为14，在△PCD 中,PC =2,CD =1,PD =√2，，故由余弦定理得CE =√2，设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则sinθ=14CE=√28．【解析】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，属于较难题．(Ⅰ)取AD 的中点F ，连结EF ，CF ，推导出EF//PA ，CF//AB ，从而平面EFC//平面PAB ，由此能证明EC//平面PAB ．(Ⅱ)连结BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连结PF ，推导出四边形BCDF 为矩形，从而BF ⊥AD ，求出BC ⊥MF ，即可得解．10.【答案】(1)证明：取PA 的中点F ，连FE 、FB ，∵E 是PD 的中点，∴FE//=12AD ，又BC//=12AD ∴FE//=BC ，∴四边形EFBC 是平行四边形， ∴CE//BF ，又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， ∴CE//平面PAB ．(2)解：在平面PAB 内作PO ⊥AB 于O ，不妨令AB =BC =12AD =2，则AD =4，由△PAB 是等边三角形，则PA =PB =2，O 为AB 的中点，PO =√3，分别以AB 、PO 所在的直线为x 轴和z 轴，以底面内AB 的中垂线为y 轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,√3)，B(1,0，0)，C(1,2，0)，D(−1,4，0)， ∴PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−√3)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，设平面PBC 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,1)，平面PDC 的法向量为n 2⃗⃗⃗⃗ =(−1,y 2,z 2)，则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+2y 1−√3=0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2y 1+0=0⇒{x 1=√3y 1=0，则n 1⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1)， {n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+2y 2−√3z 2=0n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2+2y 2+0=0⇒{y 2=−1z 2=−√3，则n 2⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,−√3)， ∴cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,0,1)⋅(−1,−1,−√3)2⋅√5=√32⋅√5=−√155，经检验，钝二面角B −PC −D 的余弦值的大小为−√155．【解析】(1)取PA 的中点F ，连FE 、FB ，说明四边形EFBC 是平行四边形，得到CE//BF ，然后证明CE//平面PAB ．(2)分别以AB 、PO 所在的直线为x 轴和z 轴，以底面内AB 的中垂线为y 轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC 的法向量，平面PDC 的法向量，然后求解二面角B −PC −D 的余弦值的大小．本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，逻辑推理能力，是中档题．11.【答案】解：(Ⅰ)∵四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB =AA 1=√2，由棱柱的性质可得BB 1 和DD 1平行且相等，故四边形BB 1D 1D 为平行四边形，故有BD 和B 1D 1平行且相等．而BD 不在平面CB 1D 1内，而B 1D 1在平面CB 1D 1内，∴BD//平面CB 1D 1．同理可证，A 1BCD 1为平行四边形，A 1B//平面CB 1D 1．而BD 和A 1B 是平面A 1BD 内的两条相交直线，故有平面A 1BD//平面CD 1B 1． (Ⅱ) 由题意可得A 1O 为三棱柱ABD −A 1B 1D 1的高．三角形A 1AO 中，由勾股定理可得A 1O =√A 1A 2−AO 2=√2−1=1，∴三棱柱ABD −A 1B 1D 1的体积V =S △ABD ⋅A 1O =AB 22⋅A 1O =22×1=1．【解析】(Ⅰ)由四棱柱的性质可得四边形BB1D1D为平行四边形，故有BD和B1D1平行且相等，可得BD//平面CB1D1.同理可证，A1B//平面CB1D1.而BD和A1B是平面A1BD内的两条相交直线，利用两个平面平行的判定定理可得平面A1BD//平面CD1B1．(Ⅱ)由题意可得A1O为三棱柱ABD−A1B1D1的高，由勾股定理可得A1O=√A1A2−AO2的值，再根据三棱柱ABD−A1B1D1的体积V=S△ABD⋅A1O，运算求得结果．本题主要考查棱柱的性质，两个平面平行的判定定理的应用，求三棱柱的体积，属于中档题．12.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=√5，AC=AA1=2．∴AC⊥EF，AC⊥BE，∵EF∩BE=E，∴AC⊥平面BEF．(Ⅱ)解：三棱锥C1−BCD的体积为：V C1−BCD =V B−DCC1=13×S△DCC1×BE=13×12×2×2×√5−1=43．【解析】(Ⅰ)推导出AC⊥EF，AC⊥BE，由此能证明AC⊥平面BEF．(Ⅱ)三棱锥C1−BCD的体积为V C1−BCD =V B−DCC1=13×S△DCC1×BE，由此能求出结果．本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．13.【答案】解：(1)∵D，E分别为AB，BC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE//AC，∵ABC−A1B1C1为棱柱，∴AC//A1C1，∴DE//A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1F，且DE⊄平面A1C1F，∴DE//面A1C1F；(2)在ABC−A1B1C1的直棱柱中，∴AA1⊥平面A1B1C1，∵A1C1⊂平面A1B1C1,∴AA1⊥A1C1，又∵A1C1⊥A1B1，且AA1∩A1B1=A1，AA1、A1B1⊂平面AA1B1B，∴A1C1⊥平面AA1B1B，∵DE//A1C1，∴DE⊥平面AA1B1B，又∵A1F⊂平面AA1B1B，∴DE⊥A1F，又∵A1F⊥B1D，DE∩B1D=D，且DE、B1D⊂平面B1DE，∴A1F⊥平面B1DE，又∵A1F⊂平面A1C1F，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.【解析】本题考查直线与平面平行的证明，以及平面与平面相互垂直的证明，把握常用方法最关键，难度适中．(1)通过证明DE//AC，进而DE//A1C1，据此可得直线DE//平面A1C1F1；(2)通过证明A1F⊥DE结合题目已知条件A1F⊥B1D，进而可得平面B1DE⊥平面A1C1F.14.【答案】(1)证明：在△ABC中，∵AC=3，AB=5，BC=4，∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC…(2分)又∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，∴AC⊥平面BCC1，∴AC⊥BC1.…(5分)(2)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连结DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂面CDB1，AC1⊄面CDB1，∴AC1//平面B1CD.…(10分)(3)解：在△ABC中，过C作CF⊥AB，F为垂足，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴CF⊥平面ABB1A1，而CF=AC⋅BCAB =3×45=125，∵V A1−B1CD =V C−A1DB1，而S△DA1B1=12A1B1⋅AA1=5×4×12=10，∴V A1−B1CD =13×10×125=8.…(14分)【解析】(1)由勾股定理得AC⊥BC，由CC1⊥面ABC得到CC1⊥AC，从而得到AC⊥面BCC1，故AC⊥BC1．(2)连接B1C交BC1于点E，则DE为△ABC1的中位线，得到DE//AC1，从而得到AC1//面B1CD．(3)过C作CF⊥AB垂足为F，CF⊥面ABB1A1，面积法求CF，求出三角形DB1A1的面积，代入体积公式进行运算．本题考查证明线线垂直、线面平行的方法，求三棱锥的体积，求点C到面A1B1D的距离是解题的难点．15.【答案】(1)证明：连结BD，∵三棱锥P−ABC，D为AC的中点，PA=PB=PC=√5，AC=2√2，AB=√2，BC=√6，∴PD⊥AC，AB⊥BC，∴BD=12AC=√2，PD=√5−2=√3，∴BD2+PD2=PB2，∴PD⊥BD，∵AC∩BD=D，∴PD⊥底面ABC．(2)解：由(1)知PD⊥底面ABC，过点D作DE⊥AB，连结PE，由三垂线定理知∠PED是二面角P−AB−C的平面角，∵D是AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=12BC=√62，∴tan∠PED=PDDE =√3√62=√2．∴二面角P−AB−C的正切值为√2．故答案为：√2．【解析】(1)由已知条件条件出PD⊥AC，PD⊥BD，由此能证明PD⊥底面ABC．(2)过点D作DE⊥AB，连结PE，由三垂线定理知∠PED是二面角P−AB−C的平面角，由此能求出二面角P−AB−C的正切值．本题考查直线与底面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。

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。

第八章立体几何初步单元检测(提升卷)高一数学新教材单元双测卷(人教A版2019必修第二册)

必修第二册第八章立体几何初步提升卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 本卷共22小题，其中单选8小题，多选4小题，填空4小题，解答题6小题，满分150分一、单选题1．一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，两个侧面垂直于底面的四棱柱C．底面是菱形，且有个顶点处的两条棱互相垂直的四棱柱D．底面是正方形，每个侧面都是全等的矩形的四棱柱【答案】D【分析】根据正四棱柱的概念，结合反例，即可得答案；【详解】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中底面不是正方形，故排除选项A、B、C，故选：D.2．如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中BM ED①//EF CD②//③CN与BM为异面直线④DM BN以上四个命题中，正确的序号是（）A．①②③B．②④C．③④D．②③④【答案】D【分析】作出直观图,根据正方体的结构特征进行判断.【详解】作出正方体得到直观图如图所示:由直观图可知,BM 与DE 为互相垂直的异面直线,故①不正确;////EF AB CD ,故②正确;CN 与BM 为异面直线,故③正确;由正方体性质可知BN ⊥平面DEM ,故BN DM ⊥,故④正确.故选:D【点睛】本题考查了正方体的结构特征,直线,平面的平行于垂直,属于基础题.3．设1l 、2l 、3l 是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（） A ．若1//l α，2//l α，则12l l //B ．若1l α⊥，2l α⊥，则12l l ⊥C ．若12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，3l αβ⋂=，则13//l lD ．若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则12l l //【答案】C【分析】利用已知条件判断1l 与2l 的位置关系，可判断AD 选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C 选项的正误.【详解】对于A 选项，若1//l α，2//l α，则1l 与2l 平行、相交或异面，A 选项错误；对于B 选项，若1l α⊥，2l α⊥，由线面垂直的性质定理可得12//l l ，B 选项错误；对于C 选项，12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，α、β不重合，则1l β⊄，1//l β∴，1l α⊂，3l αβ⋂=，13//l l ∴，C 选项正确；对于D 选项，若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则1l 与2l 相交或平行，D 选项错误.故选：C.【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳． 4．在直三棱柱111ABC A B C -中，16AA AB ==，8BC =，10AC =，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是（）A ．16πB ．24πC ．36πD ．64π 【答案】A【分析】先由题意可得球的半径为底面三角形内切圆的半径r ，易得2r ，又1r AA <，可得该三棱柱内能放置的最大球半径为2，最后由球的表面积计算公式计算即可.【详解】由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r ，∵底面三角形的边长分别为6、8、10，∴底面三角形为直角三角形， 6810222AB BC AC r +-+-===，又∵16AA =，26<，∴该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时2244216S r πππ==⨯=表面积.故选：A .【点睛】关键点睛：解题关键是得出所求球的半径为直三棱柱底面三角形内切圆的半径r ，继而进行分析计算. 5．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 6．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马P ABCD -(如图)，PA ⊥平面ABCD .1==PA AB ，3AD =，点E ，F 分别在AB ，BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，三棱锥P ADF -外接球的表面积为（）A ．9πB ．11πC ．12πD ．16π【答案】B【分析】把平面PAB 展开到与平面ABCD 共面的P AB '的位置，根据图象可得当P '，E ，F ，D 四点共线时，空间四边形PEFD 的周长最小，进而可求得各个边长，根据正弦定理，可求得AFD 外接圆的半径r ，在三棱锥P ADF -中，可确定外接球球心的位置，根据勾股定理，可求得外接球半径，即可得答案.【详解】把平面PAB 展开到与平面ABCD 共面的P AB '的位置(如下图)，延长DC 到D ，使得1CD '=，则DF D F '=，因为PD 的长度为定值，故只需求PE EF FD P E EF FD ''++=++最小，只需P '，E ，F ，D 四点共线，因为4P D '=，2DD '=，CF CD P D DD '=''，所以2CF =，所以2AF =，5DF =，45DAF ∠=︒，由正弦定理得，AFD 外接圆的半径15102222r =⨯=. 设ADF 外接圆的圆心为O '，则三棱锥P ADF -外接球的球心O 一定在过O '且与平面ADF 垂直的直线上，因为O 到点P ，A 的距离相等，所以22101112442PA OA r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，此即为三棱锥P ADF -外接球的半径，所以该球的表面积为2114π11π2⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】难点在于，需将平面PAB 展开到与平面ABCD 共面的位置，当P '，E ，F ，D 四点共线时，空间四边形PEFD 的周长最小，求得各个边长，进而再结合正弦定理，勾股定理求解，考查数形结合，分析计算的能力，属中档题.7．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，AB ，AD 中点分别为E ，F ，若过EF 的平面截该正方体所得的截面是一个五边形，则该五边形周长的最大值为（）A ．2213+B ．213+C ．3225+D ．325+【答案】A【分析】将面11BCC B 展开与面11ABB A 处于同一平面要使1l E QC C Q FH H +++最大,则沿面1C QEFH 切才能保证五点共面，展开图计算求解即可.【详解】将面11BCC B 展开与面11ABB A 处于同一平面要使1l E QC C Q FH H +++最大,则沿面1C QEFH 切才能保证五点共面，在1Rt ECC △中,112,12CC BC BE AB ====,此时()22122113EQ QC +=++=,又113FH HC EQ QC +=+=.∴周长()122213EF EQ QC =++=+故选:A8．（chuhong ），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶”，如图为一“刍甍”的五面体，其中ABCD 为矩形，ADE 和BCF △都是等腰三角形，2AE ED BF CF AD ====，//EF AB ，若3AB EF =，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 【答案】C【分析】作平行四边形AGFE ，得到//AE GF ，异面直线AE 与CF 所成角为GFC ∠，求出GFC 的边长求角即可.【详解】设1EF =，在AB 上取点G 满足1AG EF ==，故//AG EF 且AG EF =，故四边形AGFE 是平行四边形，故//AE GF异面直线AE 与CF 所成角为GFC ∠，22GF CF == 22222222CG GB BC =+=+=故GFC 为等边三角形故3GFC π∠=故选：C【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、多选题9．如图，在透明塑料制成的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC 固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法中正确的是（）A ．水的部分始终呈棱柱状；B ．水面四边形EFGH 的面积不改变；C ．棱A 1D 1始终与水面EFGH 平行；D ．当E ∈AA 1时，AE ＋BF 是定值．【答案】ACD【分析】从棱柱的特征平面可判断A ；由水是四棱柱或者五棱柱时或者三棱柱时可判断B ；由11//B C 平面EFGH ，棱1111//B C A D 可判断C ；由体积是定值，高BC 为定值，则底面积EABF 为定值，可判断D.【详解】由于BC 固定，所以倾斜的过程中，始终有AD //EH //FG //BC ，且平面AEFB //平面DHGC ，故水的部分始终呈现棱柱状（三棱柱、四棱柱、五棱柱）；当水是四棱柱或者五棱柱时，水面面积与上下底面面积相等，当水是三棱柱时，则水面四边形EFGH 的面积可能变大，也可能变小，水面的面积改变；BC 为棱柱的一条侧棱，随着倾斜度的不同，但水的部分始终呈棱柱状，且棱11//B C 平面EFGH ，棱1111//B C A D ，∴11//A D 平面EFGH ；∵体积是定值，高BC 为定值，则底面积EABF 为定值，即EA BF +为定值，综上ACD 正确．故选：ACD.【点睛】方法点睛：本题考查了线面平行的判定、棱柱的结构特征，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，对于棱柱的结构特征要非常熟悉.10．如图，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11A D 的中点，Q 为11A B 上任意一点，E 、F为CD 上两点，且EF 的长为定值，则下面四个值中是定值的是（）A ．点P 到平面QEF 的距离B ．直线PQ 与平面PEF 所成的角C ．三棱锥P QEF -的体积D ．QEF △的面积【答案】ACD【分析】由Q 为11A B 上任意一点，知平面QEF 是确定，从而判断A ，而11//A B CD ，因此11A B 与平面PCD 平行，根据直线与平面所成的角的定义可判断B ，由棱锥体积公式和三角形面积公式可判断CD ．【详解】平面QEF 就是平面11A B CD ，是确定的平面，因此点P 到平面QEF 的距离为定值，A 正确；平面PEF 即平面PCD ，而Q 在直线11A B 上，11//A B CD ，因此11A B 与平面PCD 平行，Q 到平面PEF 的距离为定值，但Q 运动时，PQ 的长度在变化，因此直线PQ 与平面PEF 所成的角也在变化，B 错误； P 点到直线CD 的距离是确定，而EF 的长度不变，因此PEF S △为定值，又Q 到平面PEF 的距离为定值，从而三棱锥P QEF -的体积为定值，C 正确；11//A B CD ，Q 到EF 的距离为定值，EF 的长度不变，∴QEF △的面积为定值，D 正确．故选：ACD ．【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面的距离，直线与平面所成的角，棱锥的体积等知识，解题关键是抓住11//A B CD ，由此得平面QEF 是确定的平面，再结合定点和定长，从而确定各选项中的定值． 11．如图所示，有一正四面体形状的木块，其棱长为a ，点P 是ACD △的中心.劳动课上，需过点P 将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB 和CD ，则下列关于截面的说法中正确的是（）A ．截面与侧面ABC 的交线平行于侧面ABDB ．截面是一个三角形C ．截面是一个四边形D ．截面的面积为24a【答案】AC 【分析】先作出符合题意的截面，分别取BC 、AC 、BD 、AD 的三等分点E 、M （靠近C 点），F 、N （靠近D 点），四边形EMNF 是平行四边形，即为所作截面，即可逐一判断四个选项的正误. 【详解】因为正四面体的四个面都是等边三角形，点P 是ACD △的中心，所以P 位于CD 中线的23处，分别取BC 、AC 、BD 、AD 的三等分点E 、M （靠近C 点），F 、N （靠近D 点），则//EM AB ，//EF CD ，且截面EMNF 经过点P ，满足题意，因为//EM FN 且=EM FN ，所以四边形EMNF 是平行四边形，平面EMNF ⋂平面ABC EM =，//EM FN ，NF ⊂平面ABD ，所以//EM 平面ABD ，所以选项A 正确；截面是一个四边形，故选项B 不正确；选项C 正确；四边形EMNF 是边长为23a 的菱形，所以面积不是24a ，故选项D 不正确，故选：AC 【点睛】本题主要考查了线面平行判断的应用以及空间几何体的截面图形，属于中档题12．如图所示，在棱长为1的正方体1111—ABCD A B C D 中，M ，N 分别为棱11A D ，1DD 的中点，则以下四个结论正确的是（）A ．1//BC MN B ．1B C ⊥平面1MNC C ．A 到直线MN 的距离为324D ．过MN 作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为38π 【答案】ACD 【分析】由11//A D B C 可得判断AB ，利用11AD A D ⊥，1AD MN ⊥，求出距离可判断C ，由对称性得过MN 作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小的圆是以MN 所在弦为直径的圆，圆心为MN 中点F ，求出圆面积断D ．【详解】正方体中，11//A D B C ，而M ，N 分别为棱11A D ，1DD 的中点，则1//MN A D ，所以1//B C MN ，A 正确，B 错误；设1AD 与1,A D MN 分别交于点,E F ，则11AD A D ⊥，1AD MN ⊥，由M ，N 分别为棱11A D ，1DD 的中点，知F 是1ED 中点，133244AF AD ==，C 正确；正方体外接球球心是正方体对角线交点O ，由对称性知过MN 作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以MN 所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为F ，13OD =，124DF =，11126cos 3AD OD F BD ∠===， 222111112cos OF D F D O D F D OFD O =+-⋅∠23236321648=+-⨯⨯⨯=，截面圆半径为r ，则2221333488r OD OF =-=-=，面积为238S r ππ==，D 正确．故选：ACD ．【点睛】关键点点睛：本题考查正方体中的平行与垂直，考查球的截面圆问题．特殊的几何图形如正方体、正四面体等几何体中有许多直线、平面间的平行与垂直关系，我们必须掌握，并能应用，在判断D 时，利用正方体的对称性是解题的关键．这样可得到面积最小的截面圆的直径是MN 所在的弦，从而求得半径长．三、填空题13．如图，矩形O A B C ''''水平放置的一个平面图形OABC 的直观图，其中6O A ''=，3O C ''=，//B C x '''轴，则原平面图形OABC 的面积为______.【答案】362 【分析】还原图形后可知原图形的高是直观图中矩形高的22底不变，由此可得面积比，利用直观图的面积求得原图形的面积.【详解】设B C ''与y '轴交于点D ，还原后BC 与y 轴交于点DO D ''在y '轴上 ∴OD 在y 轴上且2OD O D ''=，可还原图形如下：OD ∴为还原后的平行四边形OABC 的高 222OD O D O C ''''==，OA O A ''=∴原平面图形OABC 的面积S 为矩形O A B C ''''的面积S '的2222222263362S S O A O C '''''∴==⋅=⨯=故答案为：362【点睛】本题考查根据直观图计算原图形的面积的问题，关键是能够通过高的比例关系得到直观图面积与原图形面积的比例关系，进而求得结果.14．中国南北朝时期，祖冲之与他的儿子祖暅通过对几何体体积的研究，早于西方1100多年，得出一个原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是面积，“势”是高.也就是说：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.上述原理被称为祖暅原理.现有水平放置的三棱锥和圆锥各一个，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，所截得的两个截面面积都相等，若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，根据祖暅原理可知这个三棱锥的体积为______. 83π【分析】根据圆锥侧面积展开图是半径为4的半圆，求得圆锥底面半径，进一步求圆锥的高，计算出圆锥的体积，由此求出三棱锥的体积. 【详解】设圆锥的底面半径为r ，则12242r ππ=⨯⨯，解得2r ，圆锥的高为224223h =-=，所以圆锥的体积即为三棱锥的体积为218322333V ππ=⨯⨯=. 故答案为：833π. 15．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】336π【分析】可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R ，正五边形的外接圆半径为r ，正二十面体的棱长为l ，可得56l r =，311R =，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案. 【详解】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R ，正五边形的外接圆半径为r ，正二十面体的棱长为l ，则3sin 3652lr =︒=，得56lr =，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是22225116l h l r l ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，所以222()R r R h =+-，即22251166l R R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得311R =．所以该正二十面体的外接球表面积为222311364411S R l l πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭球，而该正二十面体的表面积是2120sin 60532S l l l =⨯⨯⨯⨯︒=正二十面体，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55336π．故答案为：553. 【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.16．如图，已知边长为1的正方形ABCD 与正方形BCFE 所在平面互相垂直，P 为EF 的中点，Q 为线段FC 上的动点，当三棱锥P ABQ -的体积最大时，三棱锥P ABQ -的外接球的表面积为______.【答案】4116π 【分析】由题意知三棱锥P ABQ -的体积最大时，点Q 与点C 重合，问题转化为求三棱锥P ABC -外接球的表面积，然后，利用勾股定理求出外接球半径R ，进而可求解【详解】如图，由题意知三棱锥P ABQ -的体积最大时，点Q 与点C 重合，即求三棱锥P ABC -外接球的表面积，因为正方形ABCD 与正方形BCFE 的边长均为1，点P 为EF 的中点，所以1AB BC ==，2AC =，5BP PC ==过点P 作PG BC ⊥，垂足为G ，由正方形ABCD 与正方形BCFE 所在平面互相垂直，得PG ⊥平面ABC .设三棱锥P ABC -外接球的球心为O ，AC 的中点为1O ，连接1OO ，则1OO ⊥平面ABC .延长1OO 到点H ，使1O H PG =.连接,,PH OP OA ，设1OO x =，则1OH x =-，()222221122x x ⎛⎛⎫+=+- ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得38x =，设三棱锥P ABC -外接球的半径为R ，则2221314128264R x ⎛⎫=+=+=⎪⎝⎭.故所求表面积24141446416S R πππ==⨯= 故答案为：4116π 【点睛】关键点睛：三棱锥的体积与底面积和高有关，若底面面积不变，高增大时，体积增大；若高不变，底面面积增大时，体积增大，本题中，点A 到平面PBQ 的距离不变，当三角形PBQ 的面积最大时，三棱锥P ABQ -的体积取最大值，另外求球的半径，可以根据题意先确定出球心的位置，然后可在直角三角形中表示球的半径，此类问题考查空间想象能力和运算求解能力，难度比较大.四、解答题17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ABB ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，114===B B AB AB ，3BC =，D 为AC 的中点．（1）求证：1//AB 平面1BC D ；（2）求三棱锥11-B A CB 体积．【答案】（1）证明见解析；（2）3【分析】（1）设1B C 与1C B 交于点O ，连接OD ，得1//OD AB ，可证得线面平行；（2）设1B A 与1A B 交于点O '，证明1'B O 是三棱锥11-B A CB 的高，由体积公式可得．【详解】（1）证明：设1B C 与1C B 交于点O ，连接OD ，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11B C CB 是平行四边形，因为对角线1B C 与1C B 交于点O ，所以O 为1B C 的中点，因为D 为AC 的中点，所以1//OD AB 因为OD ⊂平面1BC D ，1AB ⊄平面1BC D ，所以1//AB 平面1BC D ；（2）设1B A 与1A B 交于点O '，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A ABB 是平行四边形，因为114===B B AB AB ，所以侧面11A ABB 是菱形，1322443A B BO '===，因为1B A ，1A B 为菱形11A ABB 的对角线，所以11B A A B ⊥因为平面11A ABB ⊥平面ABC ，平面11A ABB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面11A ABB ，因为11,⊂A B B A 平面11A ABB ，所以1⊥BC B A ，1BC A B ⊥ 因为1BC A B B ⋂=，1,⊂BC A B 平面ABC ，1B A ⊥平面1A CB 所以三棱锥11-B A CB 的高为1'B O ，所以三棱锥11-B A CB 的体积11111143344332212V BA BC B A =⨯⨯⨯⨯=⨯⨯= 【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，考查求三棱锥的体积．证明线面平行的方法是利用中位线定理得线线平行，然后根据线面平行的判定定理得出结论．求棱锥的体积的方法是棱锥体积公式，找到棱锥的高，求出底面积即可得体积．18．如图，在直角梯形ABCD 中，//AB DC ，90BAD ∠=︒，4AB =，2AD =，3DC =，点E 在CD 上，且2DE =，将ADE 沿AE 折起，使得平面ADE ⊥平面ABCE (如图)，G 为AE 中点.（1）求证：DG ⊥平面ABCE ；（2）求四棱锥D ABCE -的体积；（3）在线段BD 上是否存在点P ，使得//CP 平面ADE ？若存在，求BPBD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）523；（3）存在，34BP BD = 【分析】（1）证明DG AE ⊥，再根据面面垂直的性质得出DG ⊥平面ABCE ；（2）分别计算DG 和梯形ABCE 的面积，即可得出棱锥的体积；（3）过点C 作//CF AE 交AB 于点F ，过点F 作//FP AD 交DB 于点P ，连接PC ，可证明//PCF 平面ADE ，故//CP 平面ADE ，根据//PF AD 计算BPBD的值. 【详解】（1）因为G 为AE 中点，2AD DE ==，所以DG AE ⊥，因为平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE平面ABCE AE =，DG ⊂平面ADE ，所以DG ⊥平面ABCE ；（2）在直角三角形ADE 中，2AD DE ==，22AE ∴=，122DG AE ∴== 所以四棱锥D ABCE -的体积为()111521422332D ABCE ABCE V S DG -=⋅=⨯⨯+⨯=梯形；（3）如图，过点C 作//CF AE 交AB 于点F ，过点F 作//FP AD 交DB 于点P ，连接PC ，因为//CF AE ，AE ⊂平面ADE ，CF ⊄平面ADE ，所以//CF 平面ADE ，同理//PF 平面ADE ，又因为CF PF F ⋂=，所以平面//PCF 平面ADE ，因为CP ⊂平面CFP ，所以//CP 平面ADE ，所以BD 上存在点P ，使得//CP 平面ADE ，//AE CF ，//AF CE∴四边形AECF 是平行四边形，1AF CE ∴==， 3FB ∴=，又//PF AD ，34BP BF BD AB ∴==. 19．在四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD ⊥ 底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，//BC AD ，∠ADC =90°，BC =CD =12AD =1，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PC 的中点.（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）若PC 与AB 所成角为45°，求二面角F -BE -A 的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）33-. 【分析】（1）连接AC 交BE 于O ，并连接FO ，根据条件可证//OF PA ，从而可证明结论.（2）由ABCE 为平行四边形可得//EC AB ，PCE ∠为PC 与AB 所成角，即45PCE ∠=︒，又由条件可得PE ABCD ⊥平面，可得2PE EC ==，取PD 中点M ，连,ME MA MF ，，可得MEA ∠为F BE A --的平面角，可得答案.【详解】（1）证明：连接AC 交BE 于O ，并连接FO ，1,2BC AD BC AD =∥，E 为AD 中点，∴//AE BC ，且AE =BC . ∴四边形ABCE 为平行四边形，∴O 为AC 中点，又F 为AD 中点，//OF PA ∴，OF ⊂平面,BEF PA ⊄平面BEF ，//PA ∴平面BEF .（2）由BCDE 为正方形可得22EC BC ==由ABCE 为平行四边形可得//EC AB .PCE ∴∠为PC 与AB 所成角，即45PCE ∠=︒.PA PD =E 为AD 中点,所以PE AD ⊥.侧面PAD ⊥底面,ABCD 侧面PAD底面,ABCD AD PE =⊂平面PAD ，PE ∴⊥平面ABCD ，PE EC ∴⊥，2PE EC ∴==.取PD 中点M ，连,ME MA MF ，，由M F ，，分别为,PD PC 的中点，所以//,MF CD 又//CD BE ，所以//MF BE ,所以,,,B E M F 四点共面. 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD平面,ABCD AD BE AD =⊥，BE ∴⊥平面PAD ，,EM AE ⊂平面PAD所以,BE AE BE EM ⊥⊥,则MEA ∠为F BE A --的平面角.又311,1,EM AE AM ===，3cos MEA ∴∠=-. 所以二面角F BE A --的余弦值为3-. 【点睛】本题考查证明线面平行和求二面角的平面角，解答本题的关键是取PD 中点M ，连,ME MA MF ，，证明出,BE AE BE EM ⊥⊥,得到MEA ∠为F BE A --的平面角，属于中档题.20．如图所示，已知平行四边形ABCD 和矩形ACEF 所在平面互相垂直，1AB =，2AD =，ADC 60∠=，1AF =，M 是线段EF 的中点.（1）求证：AC BF ⊥；（2）求直线AD 与平面BDF 所成角的余弦值；（3）设点P 为一动点，若点P 从M 出发，沿棱按照→→M E C 的路线运动到点C ，求这一过程中形成的三棱锥P BFD -的体积的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2；（3.【分析】（1）利用余弦定理求出AC ，利用勾股定理可得出AB AC ⊥，由已知可得出AF AC ⊥，利用线面垂直的判定定理可得出AC ⊥平面ABF ，由此可得出AC BF ⊥；（2）设点A 在平面BDF 内的射影为点O ，连接DO ，可得出ADO ∠为直线AD 与平面BDF 所成角，利用等体积法计算出AO ，可求得sin ADO ∠，再利用同角三角函数的基本关系可求得直线AD 与平面BDF 所成角的余弦值；（3）设AC 与BD 相交于N ，连接FN 、CM ，推导出//FN CM ，可得出//CM 平面BDF ，结合图形可知，当点P 在M 或C 时，三棱锥P BFD -的体积最小，可得()min P BFD C BFD F BCD V V V ---==，利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】（1）在平行四边形ABCD 中，ADC 60∠=，1CD AB ==，2AD =，由余弦定理可得2222cos 3AC AD CD AD CD ADC =+-⋅∠=，AC ∴=2BC AD ==，222AB AC BC ∴+=，90BAC ∴∠=，AB AC ∴⊥，因为四边形ACEF 为矩形，则AF AC ⊥，AB AF A =，AC ∴⊥平面ABF ，BF ⊂平面ABF ，所以AC BF ⊥；（2）在ABD △中，1AB =，2AD =，180120BAD ADC ∠=-∠=，由余弦定理可得2222cos 7BD AB AD AB AD BAD =+-⋅∠=，AB AC ⊥，平面ABCD ⊥平面ACEF ，平面ABCD 平面ACEF AC =，AB 平面ABCD ，AB ∴⊥平面ACEF ，AF ⊂平面ACEF ，AB AF ∴⊥，则BF == AF AC ⊥，AB AC A ⋂=，AF ∴⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，AD AF ∴⊥，DF ∴=，222BF DF BD ∴+=，由勾股定理的逆定理知90BFD ∠=，11022BDF S BF DF ∴=⋅=△，设点A 在平面BFD内的射影为O ，连接DO ，则ADO ∠为直线AD 与平面BDF 所成角，132ABD ABC S S AB AC ==⋅=△△，由A BDF F ABD V V --=，可得1133BDF ABD AO S AF S ⋅=⋅△△，可得313021010ABD BDFAF S AO S ⨯⋅===△△，又2AD =，30130sin 2AO ADO AD ∠==⨯=，2370cos 1sin ADO ADO ∴∠=-∠=，因此，直线AD 与平面BDF 所成角的余弦值为37020；（3）设AC 与BD 相交于N ，连接FN 、CM ，因为四边形ABCD 为平行四边形，且AC BD N ⋂=，则N 为AC 的中点，//AC EF 且AC EF =，M 为EF 的中点，//CN FM ∴且CN FM =，所以，四边形CMFN 为平行四边形，则//CM FN ，FN ⊂平面BDF ，CM ⊄平面BDF ，//CM ∴平面BDF ，由图可知，当点P 在M 或C 时，三棱锥P BFD -的体积最小，()min 11321sin120132P BFD C BFD F BCD V V V ---===⋅⋅⋅⋅⋅=. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.21．已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形，60,BCD PD AD ∠=︒⊥，点E 是BC 边的中点．（Ⅰ）求证：AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）若二面角P AD C --的大小等于60︒，且34,3AB PD == ①点P 到平面ABCD 的距离；②求直线PB 与平面ABCD 所成角的大小．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）①4，②3π. 【分析】（Ⅰ）连接BD ，点E 是BC 边的中点，得出DE BC ⊥，DE AD ⊥再由DP AD ⊥，得出结果；（Ⅱ）DE AD ⊥，PD AD ⊥，PDE ∠为二面角P AD C --的平面角，60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，易证PK ⊥面ABCD ，PK 为点到面的距离，PBK ∠即为线面角. 【详解】（Ⅰ）连接BD ，底面ABCD 是菱形，∠BDC =60°， ∴△BCD 是正三角形．∵点E 是BC 边的中点，∴DE ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴DE ⊥AD ．∵DP ⊥AD ，DP ∩AD =D ， ∴AD ⊥平面PDE ；（Ⅱ）①∵DE ⊥AD ，PD ⊥AD ，∴PDE ∠为二面角P -AD -C 的平面角，∴60PDE ∠=︒，过P 在平面PDE 内做PK DE ⊥于K ，由（Ⅰ）易AD PK ⊥． ∴PK ⊥面ABCD ． ∵83PD =∴43DK =，4PK =，即点P 到平面ABCD 的距离是4． ②AB =4，∴23DE =∴23DK DE =，∴K 为BCD △重心．连接BK ，∵BCD △为正三角形，所以BK 为BP 在面ABCD 内的射影． ∴PB ⊥AB ，PBK ∠为直线PB 与平面ABCD 所成角，RT PKB △中，tan 3PK PK PKB KB DK ∠===3PKB π∠=，直线PB 与平面ABCD 所成角的大小为3π.【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．22．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在各顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π．。

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 (43)

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.如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是( )A．B．C．D．2.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )A．B．C．D．3.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是( )A．直线BQ∥平面EFG B．直线A1B∥平面EFGC．平面APC∥平面EFG D．平面A1BQ∥平面EFG4.如图，若Ω是长方体ABCD−A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EB1FHC1G后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台5.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面6.练习1．已知一个正三棱锥的高为3，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中OʹBʹ=OʹCʹ=1，则此三棱锥的体积为( )A．√3B．3√3C．√34D．3√347.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，则下列说法不正确的是( )A．A1F与D1E不可能平行B．A1F与BE是异面直线C．点F的轨迹是一条线段D．三棱锥F−ABD1的体积为定值8.如图，在各棱长均为1的正三棱柱ABC−A1B1C1中，M,N分别为线段A1B,B1C上的动点，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有( )A．1条B．2条C．3条D．无数条9.有以下结论：①平面是处处平直的面；②平面是无限延展的；③平面的形状是平行四边形；④一个平面的厚度可以是0.001cm．其中正确结论的个数为A．1B．2C．3D．4．给10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段AC1上有两个动点E，F，且EF=√33出下列四个结论：① CE⊥BD；② 三棱锥E−BCF的体积为定值；③ △BEF在底面ABCD内的正投影是面积为定值的三角形④ 在平面ABCD内存在无数条与平面DEA1平行的直线其中，正确结论的个数是( )A．1B．2C．3D．4二、填空题（共6题）11.已知l，m，n是互不相同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β;②若α∥β，l⊂α，m⊂β,则l∥m；③若α∩β= l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则加m∥n.其中所有真命题的序号为12.直线与平面垂直的性质定理．注意：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离，如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．13.判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）（1）若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( )（2）平行于同一条直线的两个平面平行．( )（3）如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( )（4）若α∥β，直线a∥α，则a∥β．( )14.直线与平面平行的判定定理15.对角线互相垂直的空间四边形ABCD各边的中点分别为M，N，P，Q，则四边形MNPQ是．16.如图，正方形BCDE的边长为a，已知AB=√3BC，将△ABE沿边BE折起，折起后A点在平面BCDE上的射影为D点，关于翻折后的几何体有如下描述：a3；④ 平面ABC⊥① AB与DE所成角的正切值是√2；② AB∥CE；③ V B−ACE=16平面ADC．其中正确的有．（填写你认为正确的序号）三、解答题（共6题）17.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图．(1) 求证：平面AB1D1∥平面C1BD；(2) 试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E，F，并证明A1E=EF=FC．18.几何中的“平面”有边界吗？用什么图形表示平面？19.如图所示，正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，侧棱长为2，侧面是全等的等腰梯形，求四棱台的表面积．20.如图所示的几何体中，四边形AA1B1B是边长为3的正方形，CC1=2，CC1∥AA1，这个几何体是棱柱吗？若是，指出是几棱柱；若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个侧棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征，在立体图中画出截面．⏜所在平面垂直，M是CD⏜上异于C，21.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CDD的点．(1) 证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2) 当三棱锥 M −ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．22. 如图，在四棱锥 P −ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，PD ⊥ 底面 ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD =AB =1，BC =√2．(1) 求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2) 设 H 为 CD 上一点，满足 CH ⃗⃗⃗⃗⃗ =2HD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，若直线 PC 与平面 PBD 所成的角的正切值为 √63，求二面角 H −PB −C 的余弦值．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】C【知识点】直观图2. 【答案】A【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故排除B，C，D，选A．【知识点】直线与平面平行关系的判定3. 【答案】B【解析】过点E，F，G的截面如图所示（H，I分别为AA1，BC的中点），因为A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，所以A1B∥平面EFG．【知识点】平面与平面平行关系的判定4. 【答案】D【解析】因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1，又EH⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面BCC1B1=FG，所以EH∥FG，又EH∥B1C1，所以Ω是棱柱，所以A,C正确；因为A1D1⊥平面ABB1A1,EH∥A1D1，所以EH⊥平面ABB1A1，又EF⊂平面ABB1A1，故EH⊥EF，所以B正确．【知识点】棱柱的截面分析、直线与平面平行关系的性质、直线与平面垂直关系的性质5. 【答案】B【解析】对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．【知识点】平面与平面平行关系的判定、充分条件与必要条件6. 【答案】A【解析】由直观图可知：正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，所以底面面积为12×2×2×√3 2=√3，所以三棱锥的体积为：13×√3×3=√3．故选：A．【知识点】直观图、棱锥的表面积与体积7. 【答案】A【解析】设平面D1AE与直线BC交于G，连接AG，EG，则G为BC的中点，分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，如图，因为A1M∥D1E，A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，所以A1M∥平面D1AE，同理可得MN∥平面D1AE，又A1M，MN是平面A1MN内的两条相交直线，所以平面A1MN∥平面D1AE，而A1F∥平面D1AE，所以A1F⊂平面A1MN，得点F的轨迹为一条线段，故C正确；并由此可知，当F与M重合时，A1F与D1E平行，故A错误；因为平面A1MN∥平面D1AE，BE和平面D1AE相交，所以A1F与BE是异面直线，故B正确；因为MN∥EG，则点F到平面D1AE的距离为定值，所以三棱锥F−ABD1的体积为定值，故D正确．【知识点】直线与直线的位置关系8. 【答案】D【解析】如图，过线段A1B上任一点M作MH∥AA1，交AB于点H，过点H作HG∥AC 交BC于点G，过点G作CC1的平行线，与CB1一定有交点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数条．故选D．【知识点】直线与平面平行关系的判定9. 【答案】B【解析】平面处处平直，无限延展，但是没有大小、形状、厚薄等，因此①②两种说法是正确的，③④两种说法是错误的．【知识点】平面的概念与基本性质10. 【答案】D【解析】因为BD⊥平面ACC1，所以BD⊥CE，故① 正确；因为点C到直线EF的距离是定值，点B到平面CEF的距离也是定值，所以三棱锥B﹣CEF的体积为定值，故② 正确；线段EF在底面上的正投影是线段GH，所以△BEF在底面ABCD内的投影是△BGH．因为线段EF的长是定值，所以线段GH是定值，从而△BGH的面积是定值，故③ 正确；设平面ABCD与平面DEA1的交线为l，则在平面ABCD内与直线l平行的直线有无数条，故④ 对．【知识点】直线与平面垂直关系的性质二、填空题（共6题）11. 【答案】③【解析】① 中α还可能与β相交；②中直线l与m还可能异面；③中结合线面平行的性质可以证得m∥n．【知识点】空间的平行关系12. 【答案】平行【知识点】直线与平面垂直关系的性质13. 【答案】×；×；×；×【知识点】直线与平面平行关系的判定14. 【答案】此平面内一条直线平行【知识点】直线与平面平行关系的判定15. 【答案】矩形【解析】如图所示，因为点M，N，P，Q分别是四条边的中点，AC，所以MN∥AC，且MN=12AC，PQ∥AC，且PQ=12所以MN∥PQ，且MN=PQ，因为四边形MNPQ是平行四边形，又因为AC⊥BD，NP∥BD，所以PQ⊥NP，所以四边形MNPQ是矩形．【知识点】空间中直线与直线平行16. 【答案】①③④【解析】作出折叠后的几何体直观图如图所示：因为A点在平面BCDE上的射影为D点，所以AD⊥平面BCDE．因为BC⊂平面BCDE，所以AD⊥BC．因为四边形BCDE是正方形，所以BC⊥CD，又AD∩CD=D，所以BC⊥平面ADC．又BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC，故④正确；因为DE∥BC，所以∠ABC为AB与DE所成的角或其补角，因为BC⊥平面ADC，AC⊂平面ADC，所以BC⊥AC，所以tan∠ABC=ACBC，因为AB=√3BC，BC=a，所以在Rt△ABC中，AC=√AB2−BC2=√2a，所以tan∠ABC=ACBC=√2，故①正确；连接BD，CE，则CE⊥BD，又AD⊥平面BCDE，CE⊂平面BCDE，所以CE⊥AD．又BD∩AD=D，所以CE⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以CE⊥AB．故②错误；在Rt△ABE中，AB=√3a，BE=a．所以AE=√2a，又DE=a，AD⊥DE，所以AD=a，所以三棱锥B−ACE的体积V B−ACE=V A−BCE=13S△BCE⋅AD=13×12×a2×a=a36，故③正确．【知识点】直线与平面的位置关系、直线与直线的位置关系三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD∥B1C1，AD=B1C1，所以四边形AB1C1D是平行四边形，所以AB1∥C1D．又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD，所以AB1∥平面C1BD．同理，B1D1∥平面C1BD．又因为AB1∩B1D1=B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD．(2) 如图，连接A1C1，交B1D1于点O1，连接AO1，与A1C交于点E．又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点．连接AC，交BD于点O，连接C1O，与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点．下面证明A1E=EF=FC．因为平面A1C1C∩平面AB1D1=EO1，平面A1C1C∩平面C1BD=C1F，平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F，在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，所以E是A1F的中点，即A1E=EF．同理可证OF∥AE，所以F是CE的中点，即 FC =EF ，所以 A 1E =EF =FC ．【知识点】平面与平面平行关系的判定、平面与平面平行关系的性质18. 【答案】没有，平行四边形．【知识点】平面的概念与基本性质19. 【答案】因为正四棱台的上底面是边长为 2 的正方形，下底面是边长为 4 的正方形，所以上底面、下底面的面积分别是 4，16，因为侧棱长为 2，侧面是全等的等腰梯形，所以侧面等腰梯形的高为 √4−(4−22)2=√3，所以一个侧面等腰梯形的面积为 12×(2+4)×√3=3√3，所以四棱台的表面积为 4+16+3√3×4=20+12√3．【知识点】棱台的表面积与体积20. 【答案】这个几何体不是棱柱，截去的部分是一个四棱锥 C 1−EA 1B 1F ，如图所示．在四边形 ABB 1A 1 中，在 AA 1 上取点 E ，使 AE =2，在 BB 1 上取点 F 使 BF =2，连接 C 1E ，EF ，C 1F ，则过点 C 1，E ，F 的截面将几何体分成两部分，其中一部分是三棱柱 ABC −EFC 1，其侧棱长为 2．截去的部分是一个四棱锥 C 1−EA 1B 1F ，也可以从点 C 截．【知识点】棱柱的结构特征21. 【答案】(1) 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，面CMD ∩面ABCD =CD ．因为 BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以 BC ⊥平面CMD ，故 BC ⊥DM ．因为 M 为 CD ⏜ 上异于 C ，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM ⊥CM ，又 BC ∩CM =C ，BC ⊂面BCM ，CM ⊂面BCM ，所以 DM ⊥平面BMC ，而 DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2) 以 D 为坐标原点，DA⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D −xyz ．当三棱锥 M −ABC 体积最大时，M 为 CD⏜ 的中点．由题设得 D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,1)，AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)，设 n ⃗ =(x,y,z ) 是平面 MAB 的法向量，则 {n ⃗ ⋅AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {−2x +y +z =0,2y =0.可取 n ⃗ =(1,0,2)．DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面 MCD 的法向量，所以 cos⟨n ⃗ ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=n⃗ ⋅DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣∣∣∣DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√55，sin⟨n ⃗ ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=2√55，所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 2√55．【知识点】平面与平面垂直关系的判定、二面角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题22. 【答案】(1) 因为 AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD =AB =1，所以 BD =√2．又 BC =√2，所以 CD =2，所以 BC ⊥BD ．因为 PD ⊥ 底面 ABCD ，所以 PD ⊥BC ，又 PD ∩BD =D ，所以 BC ⊥平面PBD ．又因为 BC ⊂平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC ．(2) 由（Ⅰ）可知 ∠BPC 为 PC 与平面 PBD 所成的角，所以 tan∠BPC =√63，所以 PB =√3，PD =1．由 CH ⃗⃗⃗⃗⃗ =2HD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 及 CD =2 得 CH =43，DH =23．以点 D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 D −xyz ，则 B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H (0,23,0)．设平面 HPB 的法向量为 n ⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则 {HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0,HB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0,即 {−23y 1+z 1=0,x 1+13y 1=0.取 y 1=−3，则 n ⃗ =(1,−3,−2)．设平面 PBC 的法向量为 m ⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)，则 {PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗ =0,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗ =0,即 {x 2+y 2−z 2=0,−x 2+y 2=0.取 x 2=1，则 m ⃗⃗ =(1,1,2)，又 cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m ⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣=−√217，所以二面角 H −PB −C 的余弦值为√217．【知识点】平面与平面垂直关系的判定、二面角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题。

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 (50)

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（共22题）一、选择题（共10题）1.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2.下列说法正确的是( )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．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行3.截一个几何体，所得各截面都是圆面，则这个几何体一定是( )A．圆柱B．圆锥C．球D．圆台4.下列图形中不一定是平面图形的是( )A．三角形B．菱形C．梯形D．四边相等的四边形5.如图的简单组合体是由组合而成.A．棱柱、棱台B．棱柱、棱锥C．棱锥、棱台D．棱柱、棱柱6.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )A．是棱台B．是圆台C．不是棱柱D．是棱锥7.下面是一些命题的叙述语（A，B表示点，a表示直线α，β表示平面），其中命题和叙述方法都正确的是( )A．若A∈α，B∈α，则AB∈αB．若a∈α，a∈β，则α∩β=aC．若A∈α，a⫋α，则A∈αD．若A∉a，a⫋α，则A∉α8.下列四个命题中真命题是( )A．同垂直于一直线的两条直线互相平行B．底面各边相等，侧面都是矩形的四棱柱是正四棱柱C．过空间任一点与两条异面直线都垂直的直线有且只有一条D．过球面上任意两点的大圆有且只有一个9.两个球的表面积之差为48π，它们的大圆周长之和为12π，则这两个球的半径之差为( )A．1B．2C．3D．410.用符号表示“点A在直线l上，l在平面α内”，正确的是( )A．A∈l，l∉αB．A⊂l，l⊄αC．A⊂l，l∈αD．A∈l，l⊂α二、填空题（共6题）11.几何体体积说明棱柱V棱柱=SℎS为棱柱的 ,ℎ为棱柱的棱锥V棱锥=13SℎS为棱锥的 ,ℎ为棱锥的棱台V棱台=13(Sʹ+√SʹS+S)ℎSʹ,S分别为棱台的 ,ℎ为棱台的 12.如果两个球的体积之比为8:27，那么两个球的表面积之比为．13.思考辨析判断正误棱锥的体积等于底面面积与高之积．14.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱BB1的中点，N是棱AB的中点，则∠NMC1的大小是．15.思考辨析，判断正误．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．16.思考辨析，判断正误在斜二测画法中，各条线段的长度都发生了改变．( )三、解答题（共6题）17.如图所示，梯形ABCD中，AD∥BC，且AD<BC，当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征．18.如图是长方体的表面展开图，在这个长方体中：(1) 直线DM与平面ABQP的位置关系是怎样的？(2) 平面DCMN与平面ERFG的位置关系是怎样的？(3) 线段BC的长度是点C到平面APQB的距离吗？19.有4条长为2的线段和2条长为a的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三棱锥．问a为何值时，可构成一个最大体积的三棱锥，最大值为多少？20.根据图形用符号表示下列点、直线、平面之间的位置关系．(1) 点P与直线AB；(2) 点C与直线AB；(3) 点M与平面AC；(4) 点A1与平面AC；(5) 直线AB与直线BC；(6) 直线AB与平面AC；(7) 平面A1B与平面AC．21.应用面面平行判断定理应具备哪些条件？22.观察（1），（2），（3）三个图形，说明它们的位置关系有什么不同，并用字母表示各个平面．答案一、选择题（共10题）1. 【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2. 【答案】D【解析】等腰三角形的两底角相等，但在直观图中不相等，故A错误；正方形的直观图是平行四边形，正方形的两邻边相等，但在直观图中不相等，故B，C错误．【知识点】直观图3. 【答案】C【解析】由球的结构特征知该几何体是球．【知识点】球的结构特征4. 【答案】C【知识点】平面的概念与基本性质5. 【答案】B【解析】该简单组合体的上面是一个棱锥，下面是一个棱柱．【知识点】组合体6. 【答案】D【解析】对A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以A错误；对B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以B错误；对C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以C错误；对D，符合棱锥的定义，正确．【知识点】棱台的结构特征、棱锥的结构特征、棱柱的结构特征7. 【答案】C【知识点】平面的概念与基本性质8. 【答案】C【知识点】棱柱的结构特征、直线与直线的位置关系、球的结构特征9. 【答案】B【解析】设两球半径分别为R1，R2，且R1>R2，则4π(R12−R22)=48π，2π(R1+R2)=12π，所以R1−R2=2．【知识点】球的表面积与体积10. 【答案】D【解析】点A在直线l上，表示为A∈l，l在平面α内，表示为l⊂α．【知识点】平面的概念与基本性质二、填空题（共6题）11. 【答案】底面积；高；底面积；高；上、下底面面积；高【知识点】棱锥的表面积与体积、棱柱的表面积与体积、棱台的表面积与体积12. 【答案】4:9【解析】因为V1:V2=8:27=R13:R23，所以R1:R2=2:3，所以S1:S2=R12:R22=4:9．【知识点】球的表面积与体积13. 【答案】×【知识点】棱锥的表面积与体积14. 【答案】90°【解析】通过计算可知NC12=NM2+MC12，故∠NMC1=90∘．如图．【知识点】棱柱的结构特征15. 【答案】√【知识点】空间中直线与直线平行16. 【答案】×【知识点】直观图三、解答题（共6题）17. 【答案】如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．【知识点】组合体18. 【答案】(1) 根据展开图还原长方体，其示意图如图所示，则直线DM ∥平面ABQP ．(2) 平面 DCMN 垂直于平面 ERFG ．(3) 线段 BC 的长度是点 C 到平面 APQB 的距离．【知识点】平面与平面的位置关系、点面距离（线面距离、点线距离、面面距离）、直线与平面的位置关系19. 【答案】构成三棱锥，这 6 条线段作为棱有两种摆放方式．（1）2 条长为 a 的线段放在同一个三角形中．如图所示，不妨设底面 BCD 是一个边长为 2 的正三角形．欲使体积达到最大，必有 BA ⊥底面BCD ，且 BA =2，AC =AD =a =2√2，此时 V =13×√34×22×2=23√3．（2）2 条长为 a 的线段不在同一个三角形中，此时长为 a 的两条线段必处在三棱锥的对棱，不妨设 AD =BC =a ，BD =CD =AB =AC =2．取 BC 中点 E ，连接 AE ，DE （见下图）．则 AE ⊥BC,DE ⊥BC ⇒BC ⊥平面AED ，V =13S △AED ⋅BC ，在 △AED 中，AE =DE =√4−a 24，AD =a ，S △AED =12a √4−a 24−a 24=12a √4−a 22，所以 V =16a 2√4−a 22=16√a 2a 2(16−2a 2)⋅14，由均值不等式 a 2a 2(16−2a 2)≤(163)3，等号当且仅当 a 2=163时成立，即 a =43√3，所以此时 V max =16√(163)3⋅14=1627√3．【知识点】棱锥的表面积与体积20. 【答案】(1) 点P∈直线AB．(2) 点C∉直线AB．(3) 点M∈平面AC．(4) 点A1∉平面AC．(5) 直线AB∩直线BC=点B．(6) 直线AB⊂平面AC．(7) 平面A1B∩平面AC=直线AB．【知识点】点、线、面的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、直线与直线的位置关系21. 【答案】①平面α内两条相交直线a，b，即a⊂α，b⊂α，a∩b=P．②两条相交直线a，b都与β平行，即a∥β，b∥β．【知识点】平面与平面平行关系的判定22. 【答案】图（1）表示两个相交的半平面；图（2）表示开口向里的两个相交的半平面；图（3）表示开口向外的两个相交的半平面．【知识点】平面的概念与基本性质。

人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》同步练习及答案解析

人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》同步练习《8.1 基本几何图形》同步练习第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A．B．C．D．2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A．三棱锥B．四棱锥C．五棱锥D．六棱锥3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.8.如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．12.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？《8.1 基本几何图形》同步练习答案解析第1课时棱柱、棱锥、棱台一、选择题1．下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】将其折叠起来，变成正方体后的图形中，相邻的平面中三条线段是平行线，排除A ，C ；相邻平面只有两个是空白面，排除D ；故选B2．一个棱锥的各条棱都相等，那么这个棱锥必不是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．五棱锥D ．六棱锥【答案】D【解析】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 r ，正六棱锥的高为h ，正六棱锥的侧棱长为 l ，由正六棱锥的高h 、底面的半径r 、侧棱长l 构成直角三角形得，222h r l += ，故侧棱长 l 和底面正六边形的边长r 不可能相等.故选D.3．下列几何体中棱柱有( )A．5个B．4个C．3个D．2个【答案】D【解析】由棱柱的定义及几何特征，①③为棱柱．故选D.4．用一个平面去截一个四棱锥，截面形状不可能的是 ( )A．四边形 B．三角形 C．五边形 D．六边形【答案】D【解析】根据一般的截面与几何体的几个面相交就得到几条交线，截面就是几边形，而四棱锥最多只有5个面，则截面形状不可能的是六边形，故选D.5．（多选题）给出下列命题，其中假命题是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；D.棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形.【答案】ABD【解析】对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；对于D，棱台的侧面不一定是等腰三角形，故错误；故选ABD .6．（多选题）正方体的截面可能是（）A．钝角三角形B．直角三角形C．菱形D．正六边形【答案】CD【解析】如图所示截面为三角形ABC ，OA =a ，OB =b ，OC =c ，∴222222222,,AC a c AB a b BC b c =+=+=+， ∴222202AB AC BC cos CAB AB AC +-∠==>⋅ ∴∠CAB 为锐角，同理∠ACB 与∠ABC 也为锐角，即△ABC 为锐角三角形，∴正方体的截面若是三角形，则一定是锐角三角形，不可能是钝角三角形和直角三角形，A 、B 错误；若是四边形，则可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形，C 正确；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为正六边形，故若是六边形，则可以是正六边形，D 正确.故选：CD .二、填空题7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm ，则每条侧棱长为________cm.【答案】12【解析】该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，∴每条侧棱长为12 cm.8.如图，M 是棱长为2 cm 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是________cm.【答案】 13【解析】由题意，若以BC 为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm ，3 cm ，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1，4，故两点之间的距离是17cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.9.下列说法中正确的为________（填序号）.（1）棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形：（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；（3）正棱锥的侧面是等边三角形；（4）有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的几何体是棱台.【答案】（1）【解析】（1）正确，由棱柱定义可知，棱柱的侧棱相互平行且相等，所以侧面均为平行四边形；（2）不正确，上、下底面是菱形，各侧面是全等的正方形的四棱柱不一定是正方体；（3）不正确，正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形；（4）不正确，用反例去检验，如图，显然错误图.故答案为：（1）10.一个棱台至少有________个面，面数最少的棱台有________个顶点，有________条棱．【答案】5 6 9【解析】面数最少的棱台是三棱台，共有5个面，6个顶点，9条棱．三、解答题11．如图所示是一个三棱台ABC－A′B′C′，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．【答案】见解析【解析】过A′，B，C三点作一个平面，再过A′，B，C′作一个平面，就把三棱台ABC －A′B′C′分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A′－ABC，B－A′B′C′，A′－BCC′.(答案不唯一)12.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？【答案】（1）三棱锥（2）见解析【解析】(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2， S △DEF ＝32a 2.《8.1 基本几何图形》同步练习第2课时圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④ 2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（）A ．B ．C ．D ．3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．5．（多选题）下列说法中正确的是（）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形6．（多选题）下列结论中错误的是（）A ．半圆弧以其直径为轴旋转一周所形成的曲面叫做球B ．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥C ．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体D ．圆锥截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台二、填空题7．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体，则所截得的图形可能是______.（填序号）8．下列命题中正确的是________（填序号）.①以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将直角三角形旋转一周所得到的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为旋转轴，将直角梯形旋转一周所得到的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在直线为旋转轴，将等腰三角形旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤半圆面绕其直径所在直线旋转一周形成球；⑥用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.9.如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是．10.一个半径为5 cm 的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm ，则截面圆半径为 cm ，面积为 cm 2.三、解答题9．如图，四边形ABCD 为直角梯形，试作出绕其各条边所在的直线旋转所得到的几何体.10．一个圆台的母线长为12cm ，两底面面积分别为24cm π和225cm π．（1）求圆台的高；（2）求截得此圆台的圆锥的母线长．《8.1 基本几何图形》同步练习及答案解析第2课时圆柱、圆锥、圆台、球一、选择题1．下列命题中，正确的是（）①在圆柱上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】①：若上下底面各取的点的连线能平行于轴，则是母线，反之则不是，错误；②：母线的定义，显然正确；③：圆台可看做是由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到的，根据圆锥母线的定义可知错误；④圆柱的母线都平行于轴，故也相互平行，正确；只有②④两个命题是正确的.故选C.2．圆柱体被平面截成如图所示的几何体，则它的侧面展开图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】结合几何体的实物图，从截面最低点开始高度增加缓慢，然后逐渐变快，最后增加逐渐变慢，不是均衡增加的，所以A，B，C错误.故选：D.3．已知圆柱的轴截面是正方形，其面积为Q ，则它的一个底面的面积为（）A ．QB ．Q πC ．4Q πD ．2Q π 【答案】C【解析】圆柱的轴截面一边为高，另一边为底面的直径，由轴截面为正方形可知，高与，所以底面的面积为2ππ4Q ⋅=⎝⎭. 4．下列平面图形中，通过围绕定直线l 旋转可得到如图所示几何体的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】A.是一个圆锥以及一个圆柱; C.是两个圆锥; D. 一个圆锥以及一个圆柱;所以选B.5．（多选题）下列说法中正确的是（）A ．正棱锥的所有侧棱长相等B ．圆柱的母线垂直于底面C ．直棱柱的侧面都是全等的矩形D ．用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形【答案】ABD【解析】对于A ,根据正棱锥的定义知,正棱锥的所有侧棱长相等,故A 正确；对于B ,根据圆柱是由矩形绕其一边旋转而成的几何体,可知圆柱的母线与底面垂直,故B 正确；对于C ,直棱柱的侧面都是矩形,但不一定全等,故C 错误；对于D ,圆锥的轴截面是全等的等腰三角形,故D 正确.故选:ABD 。

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 (22)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷10（共22题）一、选择题（共10题）1.已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在半径为2的同一个球的球面上．则球的体积与圆柱的体积的比值为( )A．43B．916C．34D．1692.已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB=90∘，C为该球面的动点，若三棱锥O−ABC的体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36πB．64πC．144πD．256π3.在空间内，可以确定一个平面的条件是( )A．三个点B．两条直线C．两两相交三条直线D．两两相交的三条直线且不交于同一点4.已知α，β是不同的两个平面，直线a⫋α，直线b⫋β．若命题M为“a与b无公共点”，命题N为“α∥β”，则M是N的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分且必要条件D．既非充分又非必要条件5.已知某三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，正视图如图所示．若该三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )A．18πB．1218πC．6πD．12124π6.若三个平面两两相交，则它们的交线条数是( )A．1B．2C．1或3D．37.如图是一个正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列四个结论：① AB与CD所在直线垂直；② CD与EF所在直线平行；③ AB与MN所在直线成60∘角；④ MN与EF所在直线异面．其中正确结论的序号是( )A．①②B．①③C．③④D．②④8.如图所示，A是平面BCD外一点，E，F，G分别是BD，DC，CA的中点，设过这三点的平面为α，则在图中的6条直线AB，AC，AD，BC，CD，DB中，与平面α平行的直线有( )A．0条B．1条C．2条D．3条9.如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )A．9πB．10πC．11πD．12π10.圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，则圆柱的侧面积为( )A．20πcm2B．10πcm2C．28πcm2D．14πcm2二、填空题（共6题）11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列说法正确的是（填序号）．① AD1∥平面BC1；② AC与BC1相交；③点A1，D1到平面BCC1B1的距离相等；④与AB平行的面只有一个，与AB垂直的面有两个．12.在北纬45∘东经30∘有一座城市A，在北纬45∘东经120∘有一座城市B，设地球半径为R，则A，B两地之间的距离是．13.如图是正四面体（各面均为正三角形）的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，① GH与EF平行；② BD与MN为异面直线；③ GH与MN成60∘角；④ DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是．14.若点A在直线b上，b在平面β内，则点A，直线b，平面β之间的关系用符号可以记作．15.已知圆柱的高和底面半径均为2，则该圆柱的外接球的表面积为．16.已知圆锥的体积为√33π，母线与底面所成角为π3，则该圆锥的表面积为．三、解答题（共6题）17.如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD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PAD；(2) 若△PCD的面积为2√7，求四棱锥P−ABCD的体积．18.如图所示，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120∘．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，求四面体PBCD的体积的最大值．19.用斜二测画法画边长为4cm的水平放置的正三角形（如图）的直观图．20.如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且的值．平面BC1D∥平面AB1D1，在本例中，试求ADDC21.如图，把等腰直角三角形ABC沿斜边AB所在直线旋转至△ABD的位置，使CD=AC．(1) 求证：平面ABD⊥平面ABC；(2) 求二面角C−BD−A的余弦值．22.已知P在平面ABC外，满足PA⊥BC，PB⊥AC，PO⊥平面ABC，垂足为点O，求证：点O为底面△ABC的垂心．答案一、选择题（共10题） 1. 【答案】D【解析】如图所示，圆柱的高为 2，它的两个底面的圆周在直径为 4 的同一个球的球面上，所以该圆柱底面圆周半径为 r =√22−12=√3，所以该圆柱的体积为：V =Sℎ=π×(√3)2×2=6π，又因为球的体积为：43πR 3=43π×23=32π3；所以球的体积与圆柱的体积的比值：32π36π=169．【知识点】圆柱的表面积与体积、球的表面积与体积2. 【答案】C【解析】如图所示，当点 C 位于垂直于平面 AOB 的球的直径端点时，三棱锥 O −ABC 的体积最大．设球 O 的半径为 R ，此时 V O−ABC =V C−AOB =13×12R 2×R =16R 3=36，解得 R =6，故球 O 的表面积为 4πR 2=144π．故选C ．【知识点】球的表面积与体积3. 【答案】D【解析】A.三个点，当三点共线时不能确定平面，排除；B.两条直线，当两条直线异面时不能确定平面，排除；C.两两相交的三条直线，当三条直线交于一点时不能确定平面，排除；D.两两相交的三条直线且不交于同一点，可以确定平面，正确；故选：D．【知识点】平面的概念与基本性质4. 【答案】B【解析】由a与b无公共点，可以推得a∥b或a与b成异面直线，当a∥b时，由a⫋α，b⫋β，不能确定α∥β，事实上α，β可能相交于直线c，而a∥b∥c；当a与b成异面直线时，由a⫋α，b⫋β也不能确定α∥β，事实上α，β可能相交于直线c，a，b与c分别相交于不同的两点A，B．由此得命题M不是命题N的充分条件；由α∥β得α与β无公共点，又a⫋α，b⫋β，故a与b无公共点．由此得M是N的必要条件．综上所述，应选B．【知识点】平面与平面平行关系的判定5. 【答案】A【解析】如图所示，延长SO交球O于点D，设△ABC的外心为点E，连接AE，AD．由正弦定理得2AE=2√3sin60∘=4，所以AE=2，因为SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥S−ABC的高SE=2√2，所以SA=√AE2+SE2=2√3．由于点A是以SD为直径的球O上一点，所以∠SAD=90∘．由射影定理可知，球O的直径2R=SD=SA 2SE =2√2=3√2，因此，球O的表面积为4πR2=π(2R)2=18π．【知识点】由三视图还原空间几何体、球的表面积与体积6. 【答案】C【知识点】平面与平面的位置关系7. 【答案】C【解析】还原正方体如图所示，由图可知①②错误；连接DN，DM，AB∥DN，MN=ND=DM，所以三角形DMN为等边三角形，所以AB与MN所在直线成60∘角．显然MN与EF所在直线是异面．【知识点】直线与直线的位置关系8. 【答案】C【解析】显然AB与平面α相交，且交点是AB的中点．AB，AC，DB，DC四条直线均与平面α相交．在△BCD中，由已知得EF∥BC，又EF⊂α，BC⊄α，所以BC∥α．同理，AD∥α，所以在题图中的6条直线中，与平面α平行的直线有2条．【知识点】直线与平面平行关系的判定9. 【答案】D【知识点】由三视图还原空间几何体、球的表面积与体积、圆柱的表面积与体积10. 【答案】A【解析】圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，=2π×2×5=20π(cm2)．则圆柱的侧面积为S侧【知识点】圆柱的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】①③【解析】②中，AC与BC1既不相交也不平行；④中，与AB平行的面有两个，分别为平面CD1和平面A1C1．易知①③正确．【知识点】直线与平面平行关系的判定、空间的平行关系R12. 【答案】π3【解析】由已知地球半径为R，R，则北纬45∘的纬线圈半径为√22又因为两座城市的经度分别为东经30∘和东经120∘，R⋅√2=R，故连接两座城市的弦长L=√22，则A，B两地与地球球心O连线的夹角∠AOB=π3R．则A，B两地之间的距离是π3【知识点】球的结构特征13. 【答案】②③④【解析】把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60∘角，DE⊥MN．【知识点】空间中直线与直线的垂直、直线与直线的位置关系、异面直线所成的角、空间中直线与直线平行14. 【答案】A∈b，b⊂β，A∈β【知识点】平面的概念与基本性质15. 【答案】20π【解析】圆柱的底面半径为2，则底面直径为4，又圆柱的高为2，则圆柱的轴截面是边长分别为4和2的矩形，如图：则圆柱的外接球的半径为r=12√42+22=√5．所以该圆柱的外接球的表面积为4π×(√5)2=20π．【知识点】组合体、球的表面积与体积16. 【答案】3π【解析】设圆锥的底面半径为r，高为ℎ，母线长为l，则V锥=13πr2h=√33π⇒r2h=√3．又母线与底面所成的角为π3，所以ℎr=tan60∘=√3⇒ℎ=√3r，解得r=1，ℎ=√3，所以l=√r2+ℎ2=2．所以S表=πr2+πrl=3π．【知识点】圆锥的表面积与体积三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90∘，所以BC∥AD．又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD．(2) 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PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=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2√7，所以12×√2x×√142x=2√7，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)2×2√3=4√3．【知识点】直线与平面平行关系的判定、棱锥的表面积与体积18. 【答案】由题意可知，△ABD≌△PBD，所以△PBD可以看成是△ABD绕BD轴旋转形成的．点D在边AC上每选定一个位置，则底面BCD就为定值，此时，当平面PBD垂直地面BCD时，四面体PBCD的体积就取最大值．过点P作BD的垂线，则该垂线即为三棱锥P−BCD的高，且高等于△ABD中BD边上的高线AE（如图所示），在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120∘，则AC=2√3．设AD=x（0<x<2√3），则S△BCD=12BC⋅CDsin30∘=12×2(2√3−x)×12=√3−x2．在△ABD中，由余弦定理可得，BD=√22+x2−2×2xcos30∘=√(x−√3)2+1，因为S△ABD=12×2xsin30∘=12BD⋅AE，所以AE=√(x−√3)+1，所以四面体PBCD的体积V=13S△BCD⋅AE=13(√3−2x)⋅√(x−√3)+1=√3−x) 6√(x−√3)+1=√3)26√(x−√3)+1．设m=√(x−√3)2+1（1≤m<2），则V=−m2−46m =−m6+23m（1≤m<2）．因为函数V=−m6+23m在[1,2)上单调递减，所以当m=1，即x=√3，即点D为边AC的中点时，V=−m6+23m取得最大值，最大值为V max=−16+23=12．【知识点】棱锥的表面积与体积19. 【答案】（1）如图①所示，以BC边所在的直线为x轴，以BC边上的高线AO所在的直线为y轴．（2）画对应的xʹ轴、yʹ轴，使∠xʹOʹyʹ=45∘．在xʹ轴上截取OʹBʹ=OʹCʹ=2cm，在yʹ轴上截取OʹAʹ=12OA，连接AʹBʹ，AʹCʹ，则△AʹBʹCʹ即为正△ABC的直观图，如图②所示．【知识点】直观图20. 【答案】连接A1B，AB1，交于点O，连接OD1，由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O，所以BC1∥D1O，则A1D1D1C1=A1OOB=1，同理，AD1∥C1D，又AD∥C1D1，所以四边形ADC1D1是平行四边形，所以AD=D1C1，又AC=A1C1，所以A1D1D1C1=DCAD，所以DCAD =1，即ADDC=1．【知识点】平面与平面平行关系的性质21. 【答案】(1) 如图，取AB的中点O，连接OD，OC．因为△ABD是等腰直角三角形，所以DO⊥AB，且DO=√22AD．同理得CO⊥AB，且CO=√22AC，因为AD=AC，所以DO=CO=√22AC．因为CD=AC，所以DO2+CO2=CD2，所以△CDO为等腰直角三角形，DO⊥CO，又AB∩CO=O，所以DO⊥平面ABC．又因为DO⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ABC．(2) 取BD的中点E，连接CE，OE．易知△BCD为等边三角形，所以CE⊥BD．又因为△BOD为等腰直角三角形，所以 OE ⊥BD ．所以 ∠OEC 为二面角 C −BD −A 的平面角．由（1）易证得 CO ⊥平面ABD ，所以 CO ⊥OE ，所以 △COE 为直角三角形．设 BC =1，则 CE =√32，OE =12，所以 cos∠OEC =OE CE =√33，即二面角 C −BD −A 的余弦值为√33．【知识点】平面与平面垂直关系的判定、二面角22. 【答案】连接 OA ，OB ，OC ，易证 BC ⊥平面PAO ，AC ⊥平面PBO ，从而可得 AO ⊥BC ，BO ⊥AC ，所以 O 为底面 △ABC 的垂心．【知识点】直线与平面垂直关系的性质。

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

第八章综合测试一、单项选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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.对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是（）A .三角形的直观图仍然是一个三角形B .90︒角的直观图为45︒角C .与y 轴平行的线段长度变为原来的一半D .原来平行的线段仍然平行2.已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，一定能推出m β⊥的是（）A .αβ∥，且m α⊂B .m n ∥，且n β⊥C .m n ⊥，且n β⊂D .m n ⊥，且n β∥3.圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？这个问题的答案为（注：1丈等于10尺）（）A .29尺B .24尺C .26尺D .30尺4.设,,αβγ为三个不同的平面，,m n 为两条不同的直线，则下列命题中为假命题的是（）A .当αβ⊥时，若βγ∥，则αγ⊥B .当m α⊥，n β⊥时，若αβ∥，则m n ∥C .当m α⊂，n β⊂时，若αβ∥，则,m n 是异面直线D .当m n ∥，n β⊥时，若m α⊂，则αβ⊥5.已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为4，底面边长为.若点M 是线段11A C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为（）A .53B .43C .34D .456.如图所示，表面积为）AB .13πC .23πD7.已知三棱锥P ABC -中，PA =3AB =，4AC =，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为（）A .16B .28C .64D .968.如图，在边长为1的正方形ABCD 中，点,E F 分别为边,BC AD 的中点，将ABF △沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE △沿DE 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是（）A .无论翻折到什么位置，A C 、两点都不可能重合B .存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为60︒C .存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为90︒D .存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒9.等体积的球和正方体的表面积的大小关系是（）A .S S 正方体球＞B .S S 正方体球＜C .S S =正方体球D .无法确定10.1111ABCD A B C D 内有一圆柱，此圆柱恰好以直线1AC ，为轴，则该圆柱侧面积的最大值为（）A .B .CD 二、多项选择题（本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）11.下列命题为真命题的是（）A .若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合B .若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直C .垂直于同一条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不垂直12.如图所示，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M N P 、、分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥平面MNP 的图形为（）A B C D 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中横线上）13.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为________，体积为________.（本题第一空2分，第二空3分）14.已知正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为60︒，则该四棱锥的高为________.15.如图所示，直线a ∥平面α，点A 在α另一侧，点,,B C D a ∈，线段,,AB AC AD 分别交α于点,,E F G .若44,5,BD CF AF ===,则EC =________.16.如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 是CD 的中点，沿AE 将DAE △向上折起，使D 到'D 的位置，且平面'AED ⊥平面ABCE ，则直线'AD 与平面ABC 所成角的正弦值为________.四、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）一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示，两容器内所盛液体的体积正好相等，且液面高度h 也相等，用a 将h 表示出来。

2020-2021学年新教材人教A版必修第二册第八章立体几何初步单元测试

第八章检测试题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题(每小题5分，共40分)1．如果直线l与平面α不垂直，那么在平面α内(C)A．不存在与l垂直的直线B．存在一条与l垂直的直线C．存在无数条与l垂直的直线D．任一条都与l垂直解析：平面α内与l在α内的射影垂直的直线，垂直于直线l，这样的直线有无数条，故A，B不正确，C正确；若在平面α内，任一条都与l垂直，则直线l与平面α垂直，与题设矛盾，故D不正确．2．若把一个高为10 cm的圆柱的底面画在x′O′y′平面上，则圆柱的高应画成(A)A．平行于z′轴且大小为10 cmB．平行于z′轴且大小为5 cmC．与z′轴成45°且大小为10 cmD．与z′轴成45°且大小为5 cm解析：平行于z轴(或在z轴上)的线段，在直观图中的方向和长度都与原来保持一致．3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则(B) A．AE⊥CC1B．AE⊥B1D1C．AE⊥BC D．AE⊥CD解析：如图所示，连接AC ，BD ，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，所以四边形ABCD 是正方形，AC ⊥BD ，CE ⊥平面ABCD ，所以BD ⊥AC ，BD ⊥CE ，而AC ∩CE ＝C ，故BD ⊥平面ACE ，因为BD ∥B 1D 1，故B 1D 1⊥平面ACE ，故B 1D 1⊥AE .4．一个正方体表面积与一个球表面积相等，那么它们的体积比是( A ) A.6π6 B.π2 C.2π2 D.3π2π 解析：由6a 2＝4πR 2得a R ＝2π3，所以V 1V 2＝a 343πR 3＝34π⎝ ⎛⎭⎪⎫2π33＝6π6.(其中a 为正方体的棱长，R 为球的半径)． 5．如果圆锥的侧面展开图是直径为a 的半圆面，那么此圆锥的轴截面是( A )A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．顶角为30°的等腰三角形D ．其他等腰三角形6．如图，是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，CN，BM 所在直线所成角的大小为(C)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：由平面展开图可得原正方体如图，连接AN，则AN∥BM，则CN，BM所在直线所成角为∠ANC，连接AC，则△ANC为等边三角形，则∠ANC＝60°，即CN，BM所在直线所成角的大小为60°.7．将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是(A)A．90°B．60°C．45°D．30°解析：如图，连接B′C.则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝2a，所以∠B′DC＝90°，故选A.8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下列结论中正确的有(A)①总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE；②总有BM∥平面A1DE；③存在某个位置，使DE⊥A1C.A．①②B．①③C．②③D．①②③解析：在①中，总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE，①正确；在②中，如图，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝12A1D，FB∥ED且FB＝ED，由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以总有BM∥平面A1DE，故②正确；在③中，由已知得DE⊥CE，若DE⊥A1C，则DE⊥平面A1CE，则DE⊥A1E，又在△A1DE中DA1⊥A1E，所以DE与A1E不可能垂直，即DE与A1C不可能垂直，故③错误．二、多项选择题(每小题5分，共20分)9．用一个平面去截一个正方体，所得的截面可能是(ABCD) A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析：若与三个平面相交，则截面是三角形；与四个平面相交，则截面是四边形；与五个平面相交，则截面是五边形；与六个平面相交，则截面是六边形，故选ABCD.10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，A1A，A1B1的中点，给出下列命题中正确命题的为(ABC) A．EF⊥B1CB．BC1∥平面EFGC．A1C⊥平面EFGD．异面直线FG，B1C所成角的大小为π4解析：如图，对于A，连接AD1，则EF∥AD1∥BC1，而BC1⊥B1C，则EF⊥B1C，故A正确；对于B，因为BC1∥EF，EF⊂平面EFG，BC1⊄平面EFG，所以BC1∥平面EFG，故B正确；对于C，A1C⊥EF，A1C⊥EG，EF∩EG＝E，所以A1C⊥平面EFG，故C正确；对于D，FG∥AB1，所以∠AB1C为异面直线FG，B1C所成角，连接AC，，可得△AB1C为等边三角形，则∠AB1C＝π3，故D错误．即异面直线FG，B1C所成角的大小为π311．已知平面α⊥平面β.直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，在下列说法中，正确的有(BC)A．若m⊥n，则m⊥lB．若m⊥l，则m⊥βC．若m⊥β，则m⊥nD．m⊥n，则m⊥β解析：平面α⊥平面β.直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，若m⊥n，可得m，l可能平行，故A、D错误；若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故B正确；若m⊥β，可得m⊥n，故C正确．12．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中正确的是(ABC)A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面MACC．异面直线BC1与AC所成的角为60°D．MO⊥平面ABCD解析：如图，在A中，取A1C1中点E，连接BE，则D1O∥BE，因为D1O⊄平面A1BC1，BE⊂平面A1BC1，所以D1O∥平面A1BC1，故A正确．在B中，因为D1O⊥AM，D1O⊥AC，所以D1O⊥平面MAC，故B正确；在C中，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1是异面直线BC1与AC所成的角，又△A1C1B是正三角形，所以异面直线BC1与AC所成的角为60°，故C正确．在D 中，MB ⊥平面ABCD ，MO ∩MB ＝M ，故MO 与平面ABCD 不垂直，故D 错误．第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(每小题5分，共20分)13．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括一个圆柱、两个圆锥．14．如图，a ∥α，A 是α的另一侧的点，B ，C ，D ∈a ，线段AB ，AC ，AD 交α于E ，F ，G ，若BD ＝4，CF ＝4，AF ＝5，则EG ＝209.解析：因为a ∥α，EG ＝α∩平面ABD ，所以a ∥EG ，即BD ∥EG .所以AF AC ＝EG BD ，即54＋5＝EG 4，所以EG ＝209. 15．下列命题正确的是①.①两条直线没有公共点，则这两条直线平行或互为异面直线； ②如果两个平面有三个公共点，那么它们重合；③一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行；④两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；⑤过两条异面直线中的一条可以作无数个平面与另一条直线平行．解析：对于①，由空间中两条直线的位置关系可知其正确；对于②，满足条件的两个平面可能相交也可能重合，故②错误；对于③，满足条件的直线和平面可能平行，可能相交，也可能在平面内，故③错误；对于④，满足条件的两条直线可能相交、异面或平行，故④错误；对于⑤，只能作出一个符合要求的平面，故⑤错误．综上，只有①正确．16．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则你认为的正确的命题有2个，其中一个是若②③④，则①(或若①③④，则②)．解析：若①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β成立，则n与α可能平行也可能相交，也可能n⊂α，即④n⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④n⊥α成立，则m与β可能平行也可能相交，也可能m⊂β，即③m⊥β不一定成立．若①m⊥n，③m⊥β，④n⊥α成立，则②α⊥β成立．若②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α成立，则①m⊥n成立．四、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)一个圆锥的底面半径为2 cm，高为6 cm，在其内部有一个高为x cm的内接圆柱．(1)求圆锥的侧面积．(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出侧面积的最大值．解：(1)圆锥的母线长为62＋22＝210(cm)，所以圆锥的侧面积S 1＝π×2×210＝410π(cm 2)．(2)画出圆锥的轴截面如图所示：设圆柱的底面半径为r cm ，由题意，知r 2＝6－x 6，所以r ＝6－x 3，所以圆柱的侧面积S 2＝2πrx ＝2π3(－x 2＋6x )＝－2π3[(x －3)2－9]，所以当x ＝3时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为6π cm 2.18．(12分)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点．(1)求证：AD 1∥平面DOC 1.(2)求异面直线AD 1和OC 1所成角的大小．解：(1)证明：如图，连接D 1C 交DC 1于点O 1，连接OO 1，因为O ，O 1分别是AC 和D 1C 的中点，所以OO 1∥AD 1.又OO 1⊂平面DOC 1，AD 1⊄平面DOC 1，所以AD 1∥平面DOC 1.(2)由(1)知，OO 1∥AD 1，所以∠O 1OC 1为异面直线AD 1和OC 1所成角，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则O 1C 1＝O 1O ＝2，OC 1＝22＋(2)2＝6，所以cos ∠O 1OC 1＝(2)2＋(6)2－(2)22×2×6＝32，所以∠O 1OC 1＝π6.即异面直线AD 1和OC 1所成角的大小为π6.19．(12分)如图所示，已知矩形ABCD ，过A 作SA ⊥平面ABCD ，再过A 作AE ⊥SB 交SB 于点E ，过点E 作EF ⊥SC 交SC 于点F .(1)求证：AF⊥SC.(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD.证明：(1)因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SA⊥BC，因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC，因为AB∩SA＝A，所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥AE.又SB⊥AE，SB∩BC＝B，所以AE⊥平面SBC，所以AE⊥SC.又EF⊥SC，所以SC⊥平面AEF，所以AF⊥SC.(2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥DC，又AD⊥DC，SA∩AD＝A，所以DC⊥平面SAD，所以DC⊥AG.由(1)知SC⊥平面AEF，因为AG⊂平面AEF，所以SC⊥AG，因为SC∩DC＝C，所以AG⊥平面SDC，所以AG⊥SD.20．(12分)如图，在三棱锥P-ABC中，平面P AB⊥平面ABC，P A⊥PB，M，N分别为AB，P A的中点．(1)求证：PB∥平面MNC.(2)若AC＝BC，求证：平面P AC⊥平面MNC.证明：(1)因为M，N分别为AB，P A的中点，所以MN∥PB，又MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.(2)因为AC＝BC，M为AB的中点，所以CM⊥AB，因为平面P AB ⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，CM⊂平面ABC，所以CM ⊥平面P AB，所以CM⊥P A，因为P A⊥PB，PB∥MN，所以P A⊥MN，又MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以P A⊥平面MNC，又P A⊂平面P AC，所以平面P AC⊥平面MNC.21．(12分)如图，多面体ABCDEF中，平面ABCD为正方形，AD⊥DE，AB＝2，AE＝3，ED＝EC＝5，EF∥DB，且EF＝12DB.(1)求证：平面ABCD⊥平面EDC.(2)求四棱锥C-BDEF的体积．解：(1)证明：因为平面ABCD为正方形，所以AD ⊥DC ，又AD ⊥DE ，且DE ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面EDC ，又AD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面EDC .(2)如图，连接BE ，由题意知V C -BDEF ＝32V C -BDE ＝32V E -BCD . 取CD 的中点O ，连接EO ，由ED ＝EC ＝5，得EO ⊥DC ，由(1)可知，EO ⊥平面ABCD ，因为CD ＝2，所以EO ＝2，所以V E -BCD ＝13S △BCD ·EO ＝13×12×2×2×2＝43，所以V C -BDEF ＝32×43＝2.22．(12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面是棱长为1的菱形，∠ADC ＝60°，P A ＝2，M 是PB 的中点．(1)求证：PD ∥平面ACM .(2)求直线CM 与平面P AB 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，连接BD ，交AC 于点O ，连接OM ，由底面ABCD 是菱形，知O 是BD 的中点，又M 是BP 的中点，所以OM ∥DP ，又OM ⊂平面ACM ，所以PD ∥平面ACM .(2)如图，取AB 中点E ，连接ME ，CE ，由题可知△ACB 是等边三角形，所以CE ⊥AB ，又P A ⊥平面ABCD ，P A ⊂平面P AB ，所以平面ABCD ⊥平面P AB ，又平面ABCD ∩平面P AB ＝AB ，所以CE ⊥平面P AB ，所以直线CM 与平面P AB 所成角为∠CME ，因为ME ＝12P A ＝22，CE ＝32，又MC ＝CE 2＋ME 2＝52，所以sin ∠CME ＝CE MC ＝155.。

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

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

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

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

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

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下面关于空间几何体的定义或结构特征叙述错误的是（） A ．空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱B ．有两个侧面都是矩形的三棱柱，它的侧棱垂直于底面C ．以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥D ．底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影一定是底面正多边形的中心 2．正四面体的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为（） A ．2B ．3C ．43-D ．43+3．直角三角形的三边满足a b c <<，分别以a ，b ，c 三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为a V 、b V 、C V ，则（） A ．c b a V V V << B ．a b c V V V << C ．c a b V V V <<D ．b a c V V V <<4．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（）A ．m α⊥，n α∥，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则m n ∥C ．m α⊥，m n ⊥，则n α∥D ．m n ⊥，n α∥，则m α⊥5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB CC ==，CA CB ⊥，1CC ⊥底面ABC ，则异面直线1AB 与BC 所成角的余弦值是（）A ．33B ．63C ．22D ．236．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π7．已知一个圆柱的表面积等于侧面积的32，且其轴截面的周长为16，则该圆柱的体积为（）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A ．8πB ．16πC ．27πD ．36π 8．如图，在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，将ADE △沿直线DE 翻折成1A DE △，连接1A C ．若当三棱锥1A CDE -的体积取得最大值时，三棱锥1A CDE -外接球的体积为82π3，则a =（）A ．2B ．2C ．22D ．4二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．如图，在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，有下列结论正确的有（）A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90︒ D ．ON PB ⊥10．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，截面BDE 与直线PC 平行，与PA 交于点E ，则下列判断正确的是（）A ．E 为PA 的中点B ．BD ⊥平面PACC ．PB 与CD 所成的角为π3D ．三棱锥C BDE -与四棱锥P ABCD -的体积之比等于1:4．11．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是（）A ．在棱AD 上存在点M ，使AD ⊥平面PMBB ．异面直线AD 与PB 所成的角为90°C ．二面角P BC A --的大小为45°D ．BD ⊥平面PAC12．如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=︒，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △位置，连结PC ，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．PC 与平面BCD 所成的最大角为45︒B ．存在某个位置，使得PB CD ⊥C ．当二面角P BD C --的大小为90︒时，6PC =D ．存在某个位置，使得B 到平面PDC 的距离为3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．已知边长为1的菱形ABCD 中，π3A ∠=，则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为__________．14．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥P EFGH -，下半部分是长方体ABCD EFGH -．正四棱锥P EFGH -的高为3，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为____________．15．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为V ，A 、B 是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个判断，其中正确的是_________． ①圆锥的侧面积为4π；②母线与圆锥底面所成角的大小为60°；③VAB △可能为等腰直角三角形；④VAB △面积的最大值为3．16．如图，四棱锥P ABCD -的底面为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA AD =，E ，F 分别是线段P A ，PD 的中点，H 在线段AB 上．若平面PBC ∥平面EFH ，则AH =__________AB ，若4AD =，2AB =，则点D 到平面P AC 的距离为__________．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，S 是11B D 的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：（1）直线EG ∥平面11BDD B ；（2）平面EFG ∥平面11BDD B ．18．（12分）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，2AB=，6 PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（1）证明：平面EAC⊥平面PBD；（2）若PD∥平面EAC，求三棱锥P EAD-的体积．19．（12分）如图，等腰直角三角形ABC的直角边2AC BC==，沿其中位线DE将平面ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A BCDE-，设CD，BE，AE，AD的中点分别为M N P Q，，，．（1）求证：M N P Q，，，四点共面；（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；（3）求异面直线BE与MQ所成的角．20．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，侧棱PD a =，2PA PC a ==．（1）求证：PD ⊥平面ABCD ；（2）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（3）求二面角P BC D --的平面角的大小．21．（12分）如图①，ABC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，BCD △是等边三角形，1AB =，如图②，将BCD △沿BC 折起使平面BCD ⊥平面,,ABC E M 分别为,BC BD 的中点，点F 在棱AC 上，且3AF FC =，点N 在棱AC 上，且38CN CA =．（1）在棱BC 上是否存在一点G ，使平面MNG ∥平面DEF ？若存在，求CGGB的值；若不存在，请说明理由；（2）求点F 到平面ABD 的距离．22．（12分）在正方体1AC 中，E ，F 分别为11D C ，11B C 的中点，ACBD P =，11A C EF Q =，如图．（1）若1A C 交平面EFBD 于点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线；（2）线段AC 上是否存在点M ，使得平面11B D M ∥平面EFBD ，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D【解析】对于A ，由四棱柱的定义：空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱，故A 正确；对于B ，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，是真命题，故B 正确；对于C ，由圆锥的定义：以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥，故C 正确；对于D ，底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故D 错误，故选D ． 2．【答案】A【解析】如题所示：连接AE ，DE ，因为DB DC =，E 为BC 的中点，所以DE BC ⊥，所以2213DE =-=，同理3AE =．又因为AE DE =，F 为AD 的中点，所以EF AD ⊥，所以()2312EF =-=，故选A ．3．【答案】A 【解析】直角三角形的三边满足a b c <<，分别以a ，b ，c 三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为a V 、b V 、c V ，22111πππ333a V b a ab b ab ∴=⨯⨯⨯==⨯，22111πππ333b V a b a b a ab =⨯⨯⨯==⨯，该直角三角形斜边上的高h 满足1122ab ch =，可得abh c=， 222111πππ333c ab a b ab V c ab c c c ⎛⎫=⨯⨯⨯=⋅=⨯ ⎪⎝⎭，0ab ab bc b c c --=<，ab a b c∴<<，c b a V V V ∴<<，故选A ． 4．【答案】D【解析】对于A ，n α∥，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得m n ∥，故B 正确；对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则n α∥或n α⊂，又n α⊄，//n α∴，故C 正确；对于D ，若m n ⊥，n α∥，则m α∥或m 与α相交或m α⊂，而m α⊄，则m α∥或m 与α相交，故D 错误，故选D ． 5．【答案】A【解析】在三棱柱111ABC A B C -中，11BC B C ∥，∴异面直线1AB 与BC 所成的角为11AB C ∠或其补角，连接1AC ，1CC ⊥底面ABC ，CB ⊂平面ABC ，1CC CB ∴⊥，又CA CB ⊥，1CACC C =，CB ∴⊥平面11ACC A ，又1AC ⊂平面11ACC A ，1CB AC ∴⊥，由11CB B C ∥，可得111B C AC ⊥，CA CB ⊥，2AB ∴=，又111BB CC ==，13AB ∴=，∴在11AB C Rt △中，1111113cos 33B C AB C AB ∠===，即异面直线1AB 与BC 所成角的余弦值为33，故选A ．6．【答案】B【解析】设底面圆半径为r ，由母线长4l =，可知侧面展开图扇形的圆心角为2ππ2r rl α==，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ；如图，在ABM △中，25MB =2AM =，4AB =，所以222AM AB MB +=，所以π2MAB ∠=，故2ππ2r α==，解得1r =，所以圆锥的表面积为2ππ5πS rl r =+=，故选B ． 7．【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为R ，高为h ， ∵圆柱的侧面积等于表面积的23，且其轴截面的周长是16， ∴()22π2π32416Rh R h R h R ⎧=⨯+⎪⎨⎪+=⎩，解得24R h =⎧⎨=⎩， ∴圆柱的体积为2π16πV R h ==，故选B ．8．【答案】B【解析】在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，所以1A DE △为等腰直角三角形，斜边DE 上的高为221112222A K DE a a a==+=，要想三棱锥1A CDE -的体积最大，需高最大，则平面1A DE ⊥面BCDE 时体积最大，此时1A K ⊥平面DEBC ，三棱锥1A CDE -的高等于122A K a =，因为三棱锥1A CDE -外接球的体积为82π3，可得3482ππ33R =，解得2R =，取DC 的中点H ，连接HE ，1HA ，HK ，由1A K ⊥平面DEBC ，得KH ⊂平面DEBC ，∴1A K HK ⊥，由已知HDAE 是正方形，HA DE ⊥，且HA 与DE 平分于K ， ∴22222211A H A K KH AK KH DK KH HD HE HC =+=+=+===，H 即为1A DEC -外接球球心，∴2HD =，即2a =，故选B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．【答案】ABD【解析】选项A ，连接BD ，显然O 为BD 的中点，又N 为PB 的中点，所以PD ON ∥，由线面平行的判定定理可得PD ∥平面OMN ；选项B ，由M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，得MN AB ∥，又底面为正方形，所以MN CD ∥，由线面平行的判定定理可得，CD ∥平面OMN ，又选项A 得PD ∥平面OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面PCD ∥平面OMN ；选项C ，因为MN CD ∥，所以PDC ∠为直线PD 与直线MN 所成的角，又因为所有棱长都相等，所以60PDC ∠=︒，故直线PD 与直线MN 所成角的大小为60︒；选项D ，因底面为正方形，所以222AB AD BD +=，又所有棱长都相等，所以222PB PD BD +=，故PB PD ⊥，又PD ON ∥，所以ON PB ⊥，故ABD 均正确． 10．【答案】ABD【解析】对于A ，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，如图所示，PC ∥面BDE ，PC ⊂面APC ，且面APC面BDE EM =，PC EM ∴∥，又四边形ABCD 是正方形，M ∴为AC 的中点，E ∴为PA 的中点，故A 正确；对于B ，PA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，PA BD ∴⊥，又AC BD ⊥，ACPA A =，AC ，PA ⊂面PAC ，BD ∴⊥面PAC ，故B 正确；对于C ，AB CD ∥，PBA ∴∠为PB 与CD 所成的角，PA ⊥面ABCD ，AB ⊂面ABCD ，PA AB ∴⊥，在PAB Rt △中，PA AB =，4πPBA ∴∠=，故C 错误；对于D ，由等体积法可得13C BDE E BCDBCD V V S EA --==⋅⋅，13P ABCDABCD V S PA -=⋅⋅，又12BCD ABCD S S =，2PA EA =，14C BDE P ABCD V V --∴=，故D 正确，故选ABD ． 11．【答案】ABC【解析】如图，对于A ，取AD 的中点M ，连接PM ，BM ， ∵侧面PAD 为正三角形，PM AD ∴⊥，又底面ABCD 是菱形，60DAB ∠=︒，ABD ∴△是等边三角形，AD BM ∴⊥，又PMBM M =，PM ，BM ⊂平面PMB ，AD ∴⊥平面PBM ，故A 正确；对于B ，AD ⊥平面PBM ，AD PB ∴⊥，即异面直线AD 与PB 所成的角为90°，故B 正确；对于C ，∵平面PBC平面ABCD BC =，//BC AD ，BC ∴⊥平面PBM ，BC PB ∴⊥，BC BM ⊥，PBM ∴∠是二面角P BC A --的平面角，设1AB =，则32BM =，32PM =，在PBM Rt △中，tan 1PMPBM BM∠==，即45PBM ∠=︒，故二面角P BC A --的大小为45°，故C 正确；对于D ，因为BD 与PA 不垂直，所以BD 与平面PAC 不垂直，故D 错误，故选ABC ． 12．【答案】BC 【解析】如图所示：A 项：取BD 的中点O ，连接OP 、OC ，因为四边形ABCD 是菱形，O 是线段BD 的中点，所以OP BD ⊥，OC BD ⊥，OPOC O =，BD ⊥平面POC ，BD ⊂平面BCD ，所以POC ⊥平面BCD ，所以POC 平面BCD OC =，所以PC 在平面BCD 的射影为OC ，PCO ∠即PC 与平面BCD 所成角，PO OC =，三角形POC 是等腰三角形，当60POC ∠=︒时，PC 与平面BCD 所成角为60︒，故A 错误； B 项：当PD PC =时，取CD 的中点N ，可得CD PN ⊥，CD BN ⊥，故CD ⊥平面PBN ，PB CD ⊥，故B 正确； C 项：因为四边形ABCD 是菱形，O 是线段BD 的中点，所以PO BD ⊥，CO BD ⊥，因为BD 是平面PBD 与平面CBD 的交线，所以POC ∠即平面PBD 与平面CBD 所成角，因为二面角P BD C --的大小为90︒，所以90POC ∠=︒，因为3PO OC ==，所以6PC =，故C 正确；D 项：因为3BN =，所以如果B 到平面PDC 的距离为3，则BN ⊥平面PCD ，2PB =，3BN =，1PN =，1DN =，则2PD =，显然不可能，故D 错误，故选BC ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】68【解析】菱形ABCD 中，1AB =，π3A ∠=，则菱形的面积为π132211sin 23ABD ABCD S S ==⨯⨯⨯⨯=△菱形，所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为3622222ABCD S S ===．14．【答案】20【解析】由题意，正四棱锥P EFGH -312+=，该组合体的表面积为122421422202⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=． 15．【答案】②④【解析】如图，设O 为底面圆的圆心，则VO 为圆锥的高．设圆锥的母线为l ，由底面半径为1，所以底面圆的周长为2π，其侧面展开图是一个半圆，则此半圆的半径为l ，此半圆的半圆弧长π2πl =，所以2l =，所以侧面展开图的面积为21π2π2l =，所以①不正确；由圆锥的性质可知VA 与圆锥底面所成角为VAO ∠，则1cos 2OA VAO VA ∠==，所以60VAO ∠=︒，所以②正确；在VAB △中，2VA VB ==，2AB ≤，VAB △不可能为直角三角形，所以③不正确；在VAB △中，22228cos 28AV VB AB ABAVB VA VB +--∠==⋅，由2AB ≤，所以1cos 2AVB ∠≥，所以03πAVB <∠≤，所以1sin 32VAB S VA VB AVB =⋅∠≤△，所以④正确，故正确的判断为②④．16．【答案】12，455【解析】平面//PBC 平面EFH ，面APB平面PBC PB =，面PBA平面EFH EH =， EH PB ∴∥．又E 是线段PA 的中点，H 在线段AB 上，H ∴是AB 的中点，故12AH AB =，过D 作DM AC ⊥于M ，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA DM ∴⊥，且PAAC A =，DM ∴⊥面PAC ，∴线段DM 的长就是点D 到平面PAC 的距离．在直角三角形ACD 中，AC DM DA DC ⋅=⋅，45525DA DC DM AC ⋅∴===．故答案为12，45．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】证明：（1）如图，连接SB ，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点，所以EG SB ∥．又因为SB ⊂平面11BDD B ，EG ⊄平面11BDD B ，所以直线EG ∥平面11BDD B ．（2）连接SD ，因为F ，G 分别是DC ，SC 的中点，所以FG SD ∥．又因为SD ⊂平面11BDD B ，FG ⊄平面11BDD B ，所以FG ∥平面11BDD B ，由（1）有直线EG ∥平面11BDD B ，又EG ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EG FG G =，所以平面EFG ∥平面11BDD B ．18．【答案】（1）证明见解析；（2）6．【解析】（1）PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面 ABCD ，AC PD ∴⊥， ∵四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥， PD BD D =，AC ∴⊥平面PBD ，AC ⊂平面EAC ，∴平面E AC ⊥平面PBD ．（2）//PD 平面EAC ，平面EAC 平面PBD OE =，//PD OE ∴，O 是BD 中点，E ∴是PB 中点，111166222232P EAD E ABD P BAD V V V ---∴===⨯⨯⨯⨯⨯=．19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）60︒．【解析】（1）由题意易知：PQ DE ∥，MN DE ∥，所以PQ MN ∥，所以M N P Q ，，，四点共面．（2）因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE平面BCDE DE =，而AD DE ⊥，所以AD ⊥平面BCDE ，即AD BC ⊥，又AD BC ⊥，所以BC ⊥平面ACD ，而BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ACD ．（3）由条件知1AD =，1DC =，2BC =，延长ED 至R ，使DR ED =，延长ED 至R ，使DR ED =，则ER BC =，ER BC ∥，故ERCB 为平行四边形，所以RC EB ∥，又AC QM ∥，所以ACR ∠为异面直线BE 与QM 所成的角（或补角）．因为DA DC DR ==，且三线两两互相垂直，由勾股定理得 2AC AR RC ===因为三角形ACR 为正三角形，所以60ACR ∠=︒．所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60︒．20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45︒．【解析】（1）PD a =，DC a =，2PC a =，222PC PD DC ∴=+，PD DC ∴⊥．同理可证PD AD ⊥，AD DC D =，PD ∴⊥平面ABCD ．（2）由（1）知PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，PD AC ∴⊥，∵四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥．又BD PD D =，AC ∴⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面PBD ．（3）由（1）知PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥．又BC DC ⊥，PD DC D =，BC ∴⊥平面PDC ，PC ⊂平面PDC ，BC PC ∴⊥， PCD ∴∠为二面角P BC D --的平面角．在PDC Rt △中，PD DC a ==，45PCD ∴∠=︒， ∴二面角P BC D --的平面角的大小为45︒． 21．【答案】（1）存在点G 满足题意，3GG GB=；（2）33．【解析】（1）存在点G 满足题意，3CGGB=，证明如下：如图，取BE 的中点G ，连接,MG NG ，因为BG GE =，DM MB =，所以MG DE ∥．又MG ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以MG ∥平面DEF ．因为3AF FC =，所以14FC CA =，所以124338CA FC CN CA ==，又23CE CG =，所以CE FCCG CN=，所以EF GN ∥．又EF ⊂平面DEF ，GN ⊄平面DEF ，所以GN ∥平面DEF ．因为MGGN G =，所以平面MNG ∥平面DEF ，所以3CGGB=．（2）如图，连接BF ，因为平面BCD ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，平面ABC 平面BCD BC =，所以AB ⊥平面BCD ．又BD ⊂平面BCD ，所以AB BD ⊥．同理，DE ⊥平面ABC ，所以 1122ABD S AB BD =⨯=△，33134428ABF ABC S S AB BC ==⨯⨯=△△．由题得32DE =，设点F 到平面ABD 的距离为d ，由F ABD D ABF V V --=，得1133ABD ABF S d S DE ⋅=⋅△△，所以33338212ABF ABD S DE d S ⋅⋅===△△，即点F 到平面ABD 的距离为33．22．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，M 为AP 中点．【解析】（1）证明：∵在正方体1AC 中，E ，F 分别为11D C ，11B C 的中点，ACBD P =，11A C EF Q =，1A C 交平面EFBD 于点R ，∴P ，Q ，R 是平面BDEF 和平面11BDD B 的公共点， ∴P ，Q ，R 三点共线．（2）存在点M 为AP 中点，使平面11B D M ∥平面EFBD ．证明如下：取AD 中点G ，AB 中点H ，连接GH ，交AC 于点M ，连接1D G ，1B H ，如图：由题意得，GH EF ∥，因为GH ⊂平面11GHB D ，EF ⊄平面11GHB D ，所以EF ∥平面11GHB D ，因为1B H DE ∥，同理可证，DE ∥平面11GHB D ，又因为EFDE E =，由面面平行的判定定理可得，∴平面11GHB D ∥平面BDEF ，∴线段AC 上存在点M ，使得平面11B D M ∥平面EFBD ，且M 为AP 中点．。

人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第八章-立体几何初步(含答案)

人教A版高中数学必修第二册第八章　立体几何初步全卷满分150分　考试用时120分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列说法中正确的是( )2.23.已知圆锥侧面展开图的圆心角为60°,底面圆的半径为8,4.5.6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足BF=λBD(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为( )A.23B.12C.13D.147.8.,,EF=12 D.642π每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中部分选对的得部分分,有选错的得9.10.如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则下列四个命题中正确的是( )A.直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为π4B.点C到平面ABC1D1的距离为22C.异面直线D1C和BC1所成的角为π4D.二面角C-BC1-D的余弦值为-3311.如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,EF⊥AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD沿EF进行折叠,使AD到达A'D'的位置,且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如图2,则( )A.BE⊥A'D'B.平面A'EB∥平面D'FCC.多面体A'EBCD'F为三棱台D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为π4三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,高为3,则点A到不经过点A的侧面的距离为 .13.在△ABC中,∠ACB=90°,AC=2,BC=5,P为AB上一点,沿CP将△ACP折起形成直二面角A'-CP-B,当A'B最短时,A'P= .BP14.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,一般情况下粽子的形状是四面体.如图1,已知底边和腰长分别为8 cm和12 cm的等腰三角形纸片,将它沿虚线(中位线)折起来,可以得到如图2所示粽子形状的四面体,若该四面体内包一蛋黄(近似于球),则蛋黄的半径的最大值为 cm(用最简根式表示);当该四面体的棱所在的直线是异面直线时,其所成的角中最小的角的余弦值为 .四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图所示,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,求仓库的容积(含上下两部分);(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m,当PO1为多少时,下部分正四棱柱的侧面积最大?最大面积是多少?16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E为PD的中点,EA=12 PD,EF⊥AC,垂足为F,且AC=4AF.证明:(1)PB∥平面ACE;(2)PA⊥平面ABCD.17.(15分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.(1)求证:AC⊥BC1;(2)求证:AC1∥平面CDB1;(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.18.(17分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=3,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出AP的PD 值;若不存在,请说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,△ABC 19.(17分)如图,已知三棱台ABC-A1B1C1的体积为7312是以B为直角顶点的等腰直角三角形,且AB=2AA1=2A1B1=2BB1.(1)证明:BC⊥平面ABB1A1;(2)求点B到平面ACC1A1的距离;?若存在,求出CF的长;若不(3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为π6存在,请说明理由.答案全解全析1.D 对于A,长方体是四棱柱,底面不是长方形的直四棱柱不是长方体,A 错误;对于B,棱台侧棱的延长线必须相交于一点,B 错误;对于C,各侧面都是正方形,底面不是正方形(如菱形)的四棱柱不是正方体,C 错误;对于D,棱柱的侧棱相等,侧面都是平行四边形,D 正确. 2.3.母线长为l,则r=8,πrl=8×48π=384π.4.由扇环的圆心角为180°,又C=2π×10,所以SA=20,同理SB=40,则AB=SB-SA=20,圆台的高h=AB 2-(20-10)2=103,表面积S=π(10+20)×20+100π+400π=1 100π,体积V=13π×103×(102+10×20+202)=700033π.故选C.5.A 取BD 的中点E,连接ED 1,AE,易得PD 1∥BE 且PD 1=BE,所以四边形BED 1P 为平行四边形,所以PB ∥D 1E,故∠AD 1E(或其补角)为直线PB 与AD 1所成的角.设AB=AD=AA 1=2,因为∠ABD=45°,所以∠DAB=90°,因为E 为BD 的中点,所以AE=DE=22AB=2.易得AD 1=AD 2+D D 21=22,D 1E=DE 2+D D 21=6,因为A D 21=AE 2+D 1E 2,所以AE ⊥D 1E.故cos ∠AD 1E=D 1EAD 1=622=32,又0°<∠AD 1E<180°,所以∠AD 1E=30°.故选A.6.C 在BB 1上取一点G,使得B 1G=2BG,连接CG,AG,如图所示.∵CE=2C 1E=2,∴CC 1=BB 1=3,∴在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,B 1G ∥CE,且B 1G=CE=2,∴四边形B 1GCE 为平行四边形,∴B 1E ∥CG,∵B 1E ⊄平面ACG,CG ⊂平面ACG,∴B 1E ∥平面ACG,若B 1E ∥平面ACF,则F 在平面ACG 内,又F 为BD 上一点,∴F 为BD 与AG 的交点.易知△BFG ∽△DFA,∴BF DF =BG DA =12,∴BF =13BD ,即λ的值为13.故选C.7.D 取AD 的中点M,AB 的中点N,连接PD,MD 1,MN,NB 1,B 1D 1,A 1C 1,AC.易知M,N,B1,D1四点共面,D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴D1M⊥平面2,AB∥MN,点O是MN的中点AE2-A N2=22,同理FM=2EN2-MN-EF22=7,当点O1在线段O2O的延长线(含点O)上时,视OO1为非负数;当点O1在线段O2O(不含点O)上时,视OO1为负数,即O2O1=O2O+OO1=7+OO1,所以(22)2+O O21=1+(7+O O1)2,解得OO1=0,因此刍甍的外接球球心在点O处,半径为OA=22,所以刍甍的外接球的体积为4π3×(22)3=642π3.故选A.9.AC　对于A,因为圆锥的底面半径为3,所以圆锥的底面周长为2π×3=6π,又因为圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面展开图的圆心角为6π4=3π2,故A选项正确.对于B,因为圆锥的底面半径为3,母线长为4,所以圆锥的高h=42-32=7,故圆锥的体积V=13×π×32×7=37π,故B选项不正确.对于C,设圆锥的两条母线的夹角为θ,则过这两条母线所作截面的面积为12×4×4×sin θ=8sinθ,易知过圆锥母线的截面中,轴截面三角形对应的θ最大,此时cos θ=42+42-622×4×4=-18,所以θ最大是钝角,所以当θ=π2时,截面的面积最大,为8sin π2=8,故C选项正确.对于D,易知圆锥的轴截面的面积为12×6×7=37,故D选项不正确.故选AC.10.AB　如图,取BC1的中点H,连接CH,易证CH⊥平面ABC1D1,所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角,为π4,故A正确.点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长,为22,故B正确.易证BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角),连接AC,易知△ACD1为等边三角形,所以∠AD1C=π3,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误.连接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,又CH⊥BC1,所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角,易求得DH=62,又CD=1,CH=22,所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD=DH2+C H2-C D22DH·CH =33,故D错误.故选AB.11.ABD　对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊂平面BCFE,BE⊥EF,所以BE⊥平面A'D'FE,又因为A'D'⊂平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',故A正确.对于B,因为A'E ∥D'F,A'E ⊄平面D'FC,D'F ⊂平面D'FC,所以A'E ∥平面D'FC,因为BE ∥CF,BE ⊄平面D'FC,CF ⊂平面D'FC,所以BE ∥平面D'FC,又因为A'E∩BE=E,A'E,BE ⊂平面A'EB,所以平面A'EB ∥平面D'FC,故B 正确.对于C,因为D 'F A 'E =13,FC EB =24=12,则D 'F A 'E ≠FCEB ,所以多面体A'EBCD'F 不是三棱台,故C 错误.对于D,延长A'D',EF,相交于点G,A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'E 为直线A'D'与平面GF+2,则32+12=10,到侧面PBC 的距离相等易知S △PDC =S △PBC =12×2×10=10,正四棱锥P-ABCD 的体积V=13S 四边形ABCD ·PO=13×2×2×3=4,设点A 到侧面PBC 的距离为d,则V=V A-PDC +V A-PBC =13S △PDC ·d+13S △PBC ·d=13d×210=4,解得d=3105.故答案为3105.13.答案　25解析　过点A 作AD ⊥CP 于点D,连接BD,设∠ACP=α0<α<则∠PCB=π2-α,所以A'D=2sin α,CD=2cos α,在△BCD 中,由余弦定理可得BD 2=CD 2+BC 2α=4cos 2α+25-10sin 2α,因为A'-CP-B 为直二面角,所以A'D ⊥平面BCP,所以A'D ⊥BD,则A'B 2=A'D 2+BD 2=4sin 2α+4cos 2α+25-10sin 2α=29-10sin 2α,当A'B 2最小时,A'B 最短,2α=π2,所以α=π4,此时CP 平分∠ACB,由角平分线定理可得AP BP =AC BC =25,即A 'P BP =25.14.答案　144;59解析　对题图1中各点进行标记,同时将题图2置于长方体中如下,其中A,B,C 三点重合.设EP=x cm,ER=y cm,SE=z cm,则x 2+y 2=36,x 2+z 2=36,y 2+z 2=16,解得x =27,y =z =22,∴四面体ADEF 的体积为13V 长方体=13xyz=1673(cm 3),四面体ADEF 的表面积S=4S △DEF =4×12×4×42=322(cm 2).当蛋黄与四面体各个面相切时,蛋黄的半径最大,设此时蛋黄(近似于球)的半径为r cm,则V 长方体=13Sr,∴r=3V 长方体S =167322=144.设SQ∩DF=O,取DQ 的中点M,连接OM,则OQ=3 cm,MQ=2 cm,在Rt △OMQ 中,sin ∠QOM=MQ OQ =23,∴cos ∠DOQ=cos(2∠QOM)=1-2sin 2∠QOM=1-49=59,∴∴则∴∵∴又则AE=OE,又AE=12PD,OE=12PB,所以PB=PD,连接OP,则PO ⊥BD,(9分)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD,又PO∩AC=O,PO,AC ⊂平面PAC,所以BD ⊥平面PAC,又PA ⊂平面PAC,所以BD ⊥PA.(11分)因为AE=12PD,E 为PD 的中点,所以∠PAD=90°,即PA ⊥AD,(13分)又AD∩BD=D,AD,BD ⊂平面ABCD,所以PA ⊥平面ABCD.(15分)17.解析　(1)证明:∵AC 2+BC 2=AB 2,∴AC ⊥BC.又∵C 1C ⊥AC,C 1C∩BC=C,∴AC ⊥平面BCC 1B 1.(3分)∵BC 1⊂平面BCC 1B 1,∴AC ⊥BC 1.(5分)(2)证明:设CB 1与C 1B 的交点为E,则E 是BC 1的中点,连接DE,∵D 是AB 的中点,∴DE ∥AC 1.(8分)∵DE ⊂平面CDB 1,AC 1⊄平面CDB 1,∴AC 1∥平面CDB 1.(10分)(3)∵DE ∥AC 1,∴∠CED(或其补角)为AC 1与B 1C 所成的角.在Rt △AA 1C 1中,AC 1=AA 21+A 1C 21=5,∴ED=12AC 1=52,易得CD=12AB=52,CE=12CB 1=22,(13分)∴cos ∠CED=252=225.∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为225.(15分)18.解析　(1)假设存在满足条件的点P.如图,过点P 作PM ∥FD,交AF 于点M,连接ME,∵CE ∥FD,∴MP ∥EC,∴M,P,C,E 四点共面.(2分)∵CP∥平面ABEF,CP⊂平面CEMP,平面ABEF∩平面CEMP=ME,∴CP∥ME,∴四边形CEMP为平行四边形,(4分)∴MP=CE=4-BE=1,易得FD=6-3=3,由MP∥FD可得APAD =MPFD=13,∴APPD=12.(7分)此时AP=1.(8∴又故∴∴在∴∴设由在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,∵AB=2AA1=2A1B1=2BB1,∴四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60°,(1分)设AB=2x,则BB1=x.由余弦定理得A B21=AB2+B B21-2AB·BB1cos 60°=3x2,∴AB2=A B21+B B21,∴AB1⊥BB1,(2分)∵平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1,平面ABB 1A 1∩平面BCC 1B 1=BB 1,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴AB 1⊥平面BCC 1B 1,(3分)又BC ⊂平面BCC 1B 1,∴AB 1⊥BC.∵△ABC 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形,∴BC ⊥AB,∵AB∩AB 1=A,AB,AB 1⊂平面ABB 1A 1,∴BC ⊥平面ABB 1A 1.(4分)(2)延长AA 1,BB 1,CC 1交于一点P,∵A 1B 1=12AB,∴S △ABC =4S △A 1B 1C 1,∴V P-ABC =8V P -A 1B 1C 1,∴V P-ABC =87V ABC -A 1B 1C 1=87×7312=233,(5分)∵BC ⊥平面ABB 1A 1即BC ⊥平面PAB,∴BC 的长即为点C 到平面PAB 的距离.(6分)由(1)知AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°,∴△PAB 为等边三角形,∴PA=PB=AB=2x,∴V P-ABC =13S △PAB ·BC=13×12×(2x)2×32·2x=233x 3=233,∴x=1,∴AB=BC=PA=PB=2,∴AC=PC=22,∴S △PAC =12×2×(22)2-12=7,(8分)设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d,即点B 到平面PAC 的距离为d,∵V B-PAC =V P-ABC ,∴13S △PAC ·d=73d=233,解得d=2217.即点B 到平面ACC 1A 1的距离为2217.(10分)(3)假设存在满足条件的点F.∵BC ⊥平面PAB,BC ⊂平面ABC,∴平面ABC ⊥平面PAB,取AB 的中点N,连接PN,NC,则PN ⊥AB,∵平面ABC∩平面PAB=AB,PN ⊂平面PAB,∴PN ⊥平面ABC,(12分)作FE ∥PN,交CN 于点E,则FE ⊥平面ABC,作ED⊥AB于D,连接FD,则ED即为FD在平面ABC上的射影,∵FE⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴AB⊥FE,∵∵V由设则∴∴。

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。

高中数学人教a版(2019)必修第二册《立体几何初步》测试卷

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

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

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

人教版高中数学必修第二册第八章立体几何初步单元测试A卷(含答案)

人教版高中数学必修第二册第八章立体几何初步单元测试A 卷本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷60分,第Ⅱ卷90分,共150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题共60分)一、单项选择题(本大题共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.棱柱的侧面一定是()A .平行四边形B .矩形C .正方形D .菱形2.下列四个说法中正确的是()A .两两相交的三条直线必在同一平面内B .若四点不共面,则其中任意三点都不共线C .在空间中,四边相等的四边形是菱形D .在空间中,有三个角是直角的四边形是矩形3.设m ,n 为两条不重合的直线,α,β为两个不重合的平面,m ,n 既不在α内,也不在β内,则下列结论正确的是()A .若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB .若m ∥n ,n ∥α,则m ∥αC .若m ⊥α,n ⊥α,则m ⊥nD .若m ⊥α,m ⊥β,则α⊥β4.已知表面积为12π的圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2,若过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是正方形,则O 1O 2=()A .23B .22C.3D.25.若在棱长为1的正方体上,分别用过共顶点的三条棱中点的平面去截该正方体,则截去8个三棱锥后,剩下的凸多面体的体积是()A.23B.76C.45D.566.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为3的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=6,则PC与平面ABCD所成角的大小为()A.30°B.45°C.60°D.75°7.如图C3A-1,空间四边形ABCD的对角线AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,MN=5,则异面直线AC与BD所成的角为()图C3A-1A.90°B.45°C.60°D.30°8.如图C3A-2所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现.则圆柱的体积与球的体积的比值和圆柱的表面积与球的表面积的比值分别为()图C3A-2A.32,1B.23,1C.32,32D.23,32二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,至少有两项是符合题目要求的)9.如图C3A-3所示,观察所给四个几何体,其中判断正确的是()图C3A-3A.①是棱台B.②是圆台C.③是棱锥D.④是棱柱10.下列命题中为真命题的是()A.若两个平面有无数个公共点,则这两个平面重合B.若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直C.垂直于同一条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不垂直11.如图C3A-4是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,下列命题正确的是()图C3A-4A.GH与EF平行B.BD与MN为异面直线C.GH与MN成60°角D.DE与MN垂直12.已知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所在直线旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为()A .2πB .(1+2)πC .22πD .(2+2)π请将选择题答案填入下表:题号12345678总分答案题号9101112答案第Ⅱ卷(非选择题共90分)三、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.已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84π,则圆台较小底面的半径为.14.已知直线m ∥平面β,P ∈β,那么在平面β内过点P 与直线m 平行的直线有条.15.有一根高为3π,底面半径为1的圆柱形铁管,用一段铁丝在铁管上缠绕2圈,并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端,则铁丝的最短长度为(结果用π表示).16.如图C3A -5,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,底面是等腰直角三角形,∠ABC 为直角,AC=2a ,BB 1=3a ,D 是A 1C 1的中点,点F 在线段AA 1上,当AF=时,CF ⊥平面B 1DF.图C3A -5四、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.(10分)已知正四棱锥的侧棱长为2cm,底面边长为2cm,求该正四棱锥的表面积.18.(12分)如图C3A-6,已知圆柱的底面半径为2,高为4.(1)求从下底面A出发环绕圆柱侧面一周到达上底面D的最短路径长;ABCD将底面圆周截去四分之一,求圆柱被截得较小部分的体积.(2)若平行于轴OO1的截面图C3A-619.(12分)如图C3A-7所示,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,平面AEC ⊥平面CDE,∠AEC=90°,F为DE的中点,且DE=1.(1)证明:CD⊥DE;(2)求FC与平面ABCD所成角的正弦值.图C3A-720.(12分)如图C3A -8,在多面体ABCDFE 中,四边形ABCD 是矩形,AB ∥EF ,AB=2EF ,∠EAB=90°,平面ABFE ⊥平面ABCD.(1)若点G 是DC 的中点,求证:FG ∥平面AED ;(2)求证:平面DAF ⊥平面ABFE ;(3)若AE=AD=1,AB=2,求三棱锥D-AFC 的体积.图C3A -821.(12分)如图C3A -9,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=A 1D ,AB=BC ,∠ABC=120°.(1)证明:AD ⊥BA 1;(2)若平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ,且A 1D=AB=2,求点A 到平面A 1BD 的距离.图C3A -922.(12分)如图C3A -10所示,在三棱锥D-ABC 中,已知△BCD 是正三角形,AB ⊥平面BCD ,AB=BC=a ,E 为BC 的中点,F 在棱AC 上,且AF=3FC.(1)求三棱锥D-ABC 的表面积.(2)求证:AC ⊥平面DEF.(3)若M为BD的中点,问AC上是否存在一点N,使MN∥平面DEF?若存在,说明点N的位置;若不存在,试说明理由.图C3A-10答案全解全析1.A [解析]根据棱柱的性质可得,其侧面一定是平行四边形,故选A .2.B[解析]对于选项A,如果三条直线交于一点,则此时三条直线不一定在同一平面内,故A 不正确;对选项B,若四点不共面,则一定不存在三点共线,若有三点共线,则第四点与此线确定一个平面,这样就会出现四点共面,与已知条件不符合,故B 正确;对于选项C,在空间中四边相等的四边形可能是空间四边形,故C 不正确;对于选项D,空间四边形中也存在三个角是直角的情况,故D 不正确.故选B .3.B[解析]若m ∥α,n ∥α,m ,n 可能相交、平行或异面,故A 错误;若m ∥n ,n ∥α,m ⊄α,则m ∥α,故B 正确;若m ⊥α,n ⊥α,则m ∥n ,故C 错误;若m ⊥α,m ⊥β,则α∥β,故D 错误.故选B .4.B[解析]设圆柱的底面半径为r ,则母线长为2r ,所以圆柱的表面积为2πr 2+2πr ·2r=12π,解得r=2,所以O 1O 2=2r=22,故选B .5.D[解析]易知所求体积V=1-8×13×12×12×12×12=56.6.A [解析]如图所示,连接AC.∵PA ⊥平面ABCD ,∴∠PCA 或其补角即为PC 与平面ABCD 所成的角.∵四边形ABCD 是边长为3的正方形,∴AC=32.∴tan∠PCA==∠PCA=30°.故选A .7.A [解析]如图,取AD 的中点Q ,连接MQ ,NQ.∵M ,N 分别是AB ,CD 的中点,∴MQ ∥BD ,NQ ∥AC ,且MQ=12BD ,NQ=12AC ,∴∠MQN 或其补角为异面直线AC 与BD 所成的角.∵AC=8,BD=6,MN=5,∴在△MQN 中,MQ=3,NQ=4,MN=5,则MQ 2+NQ 2=MN 2,即△MQN 为直角三角形且∠MQN=90°,因此,异面直线AC 与BD 所成的角为90°.8.C[解析]设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R.∴V圆柱=πR2·2R=2πR3,V球=43πR3,∴ 圆柱球=2π 343π 3=32.S圆柱=2πR·2R+2πR2=6πR2,S球=4πR2,∴ 圆柱球=6π 24π 2=32.故选C.9.CD[解析]题图①中的几何体不是由棱锥被一个平面所截得到的,且上、下底面不是相似的图形,所以不是棱台;题图②中的几何体上、下两个面不平行,所以②不是圆台;题图③中的几何体是三棱锥;题图④中的几何体前、后两个面平行,其他面都是平行四边形,且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行,所以④是棱柱.故选CD.10.BD[解析]两个平面相交时,也有无数个公共点,故A为假命题;B选项就是面面垂直的判定定理,故B为真命题;在C中,若a⊥α,b⊂α,c⊂α,则显然有a⊥b,a⊥c,但b与c也可能相交,故C为假命题;在D中,假设这条直线与另一个平面垂直,则这条直线垂直于另一个平面内的任何一条直线,当然就垂直于这条交线,与已知条件矛盾,所以D为真命题.故选BD.11.BCD[解析]把平面展开图还原成正四面体,如图所示.对于A,易知GH与EF为异面直线,故A不正确;对于B,易知BD与MN为异面直线,故B正确;对于C,由GH∥AD,MN∥AF,且∠DAF=60°,知∠GHM=60°,∴GH与MN成60°角,故C正确;对于D,连接AG,FG,则AG⊥DE,FG ⊥DE,∴DE⊥平面AFG,∴DE⊥AF,又MN∥AF,∴DE与MN垂直,故D正确.故选BCD.12.AB[解析]如果绕直角边所在直线旋转,则形成圆锥,可知圆锥的底面半径为1,高为1,母线长为2,所以所形成的几何体的表面积S1=π×1×2+π×12=(2+1)π.如果绕斜边所在直线旋转,则形成的是两个同底面的圆锥,可知圆锥的底面半径是2,两个圆锥的母线长都是1,所以所形成的几何体的表面积S 2=2×π1=2π.综上可知形成的几何体的表面积是(2+1)π或2π.故选AB .13.7[解析]设圆台较小底面的半径为r ,则另一底面半径为3r ,所以圆台的侧面积S=π(r+3r )·3=84π,解得r=7.14.1[解析]过直线m 与点P 可确定一个平面α,由于P 为公共点,所以两平面相交,不妨设交线为l.因为m ∥β,m ⊂α,α∩β=l ,所以m ∥l.其他过点P 的直线都与l 相交,所以与m 也不会平行,所以过点P 且平行于m 的直线只有1条.15.5π[解析]∵圆柱形铁管的高为3π,底面半径为1,铁丝在铁管上缠绕2圈,且铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端,∴我们可以得到如图所示的平面图形,其中每一个小矩形的宽为圆柱底面的周长,长为圆柱的高,则大矩形对角线的长度即为铁丝长度的最小值,根据题意知铁丝长度的最小值为9π2+16π2=5π.16.a 或2a[解析]由已知得△A 1B 1C 1是等腰直角三角形,A 1B 1=B 1C 1,D 是A 1C 1的中点,∴B 1D ⊥A 1C 1.∵平面A 1B 1C 1⊥平面A 1ACC 1,平面A 1B 1C 1∩平面A 1ACC 1=A 1C 1,B 1D ⊂平面A 1B 1C 1,∴B 1D ⊥平面A 1ACC 1.又∵CF ⊂平面A 1ACC 1,∴B 1D ⊥CF.若CF ⊥平面B 1DF ,则CF ⊥DF.设AF=x (0≤x ≤3a ),则CF 2=x 2+4a 2,DF 2=a 2+(3a-x )2,CD 2=a 2+9a 2=10a 2,∴10a 2=x 2+4a 2+a 2+(3a-x )2,解得x=a 或2a.17.解:如图所示,∵正四棱锥P-ABCD 的底面边长为2,∴S 底=2×2=2(cm 2).过点P 作PE ⊥CD ,垂足为E ,则CE=12CD=∵PC=2cm,∴PE= 2- 2=∴S △PCD =12××2=2),∴S 侧=423(cm 2),∴该正四棱锥的表面积S=S 侧+S 底=23+2(cm 2).18.解:(1)将侧面沿AD 剪开铺平得到一个矩形,则矩形相邻两边的长分别是4π和4,则从下底面A 出发环绕侧面一周到达上底面D 的最短路径长即为此矩形的对角线长41+π2.(2)连接OA ,OB ,O 1C ,O 1D (图略),因为截面ABCD 将底面圆周截去14,所以∠AOB=90°.依题知V 圆柱=Sh=16π,三棱柱AOB-DO 1C 的体积是8.设所求几何体的体积为V ,则V+8=14V 圆柱=4π,所以V=4π-8.19.解:(1)证明:因为平面AEC ⊥平面CDE ,平面AEC ∩平面CDE=CE ,∠AEC=90°,∴AE ⊥平面CDE ,又CD ⊂平面CDE ,∴AE ⊥CD.∵四边形ABCD 为正方形,∴CD ⊥AD ,又AE ∩AD=A ,∴CD ⊥平面DAE ,∴CD ⊥DE.(2)如图,过F 作FM ⊥AD 于M ,连接CM.由(1)得CD ⊥平面DAE ,∴CD ⊥FM ,又CD ∩AD=D ,所以FM ⊥平面ABCD ,∴∠FCM 即为FC 与平面ABCD 所成的角.∵AD=CD=2,DE=1,DF=12,∴FC=32,AE= 2- 2=1,由△DFM ∽△DAE ,可得= ,∴FM= · =2,∴sin∠FCM= =2.20.解:(1)证明:∵点G 是DC 的中点,AB=CD=2EF ,AB ∥EF ,AB ∥CD ,∴EF ∥DG 且EF=DG ,∴四边形DEFG 是平行四边形,∴FG ∥DE ,又FG ⊄平面AED ,ED ⊂平面AED ,∴FG ∥平面AED.(2)证明:∵平面ABFE ⊥平面ABCD ,平面ABFE ∩平面ABCD=AB ,AD ⊥AB ,∴AD ⊥平面ABFE.又AD ⊂平面DAF ,∴平面DAF ⊥平面ABFE.(3)∵平面ABFE ⊥平面ABCD ,平面ABFE ∩平面ABCD=AB ,∠EAB=90°,EA ⊂平面ABFE ,∴EA ⊥平面ABCD.∵EF ∥AB ,EF ⊄平面ABCD ,AB ⊂平面ABCD ,∴EF ∥平面ABCD ,∴F 到平面ABCD 的距离等于E 到平面ABCD 的距离EA ,∴V 三棱锥D-AFC =V 三棱锥F-ADC =13·S △ADC ·EA=13×12×1×2×1=13.21.解:(1)证明:如图所示,取AD 的中点O ,连接OB ,OA 1,∵AA 1=A 1D ,∴AD ⊥OA 1.∵∠ABC=120°,四边形ABCD 是平行四边形,BC=AB ,∴△ABD 是等边三角形,∴AD ⊥OB.又A 1O ∩OB=O ,∴AD ⊥平面A 1OB ,∵A 1B ⊂平面A 1OB ,∴AD ⊥BA 1.(2)∵平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ,平面ADD 1A 1∩平面ABCD=AD ,A 1O ⊥AD ,A 1O ⊂平面ADD 1A 1,∴A 1O ⊥平面ABCD ,由A 1D=AB=2知,△A 1AD ,△ABD 都是边长为2的等边三角形,∴A 1O=BO=3.在Rt△A 1OB 中,由勾股定理得,A 1B= 1 2+ 2=3+3=6,∴S △ABD =3, △ 1 =12×6×设点A 到平面A 1BD 的距离为d ,由三棱锥 - 1 = 三棱锥 1- ,得1· △ 1 ·d=13·A 1O ·S △ABD ,即13×d=13×3×3,解得所以点A 到平面A 1BD 22.解:(1)∵AB ⊥平面BCD ,∴AB ⊥BC ,AB ⊥BD.∵△BCD 是正三角形,且AB=BC=a ,∴AD=AC=2a.取CD 的中点G ,连接AG ,则CG=1a ,∴S △ABC =S △ABD =12a 2,S △BCD 2,S △ACD 2.∴三棱锥D-ABC 的表面积S=S △ABC +S △ABD +△BCD +S △ACD 2.(2)证明:取AC 的中点H ,连接BH ,∵AB=BC ,∴BH ⊥AC.∵AF=3FC ,∴F 为CH 的中点.∵E 为BC 的中点,∴EF ∥BH ,∴EF ⊥AC.∵△BCD 是正三角形,∴DE ⊥BC.∵AB ⊥平面BCD ,∴AB ⊥DE ,又AB ∩BC=B ,∴DE ⊥平面ABC ,∴DE ⊥AC.又DE ∩EF=E ,∴AC ⊥平面DEF.(3)存在这样的点N ,当CN=38CA 时,MN ∥平面DEF.连接CM ,与DE 交于点O ,连接OF.由条件知,O 为△BCD 的重心,CO=23CM.当CF=23CN时,MN∥OF,可得MN∥平面DEF,此时CN=32×14CA=38CA.。

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 (2)

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷7（共22题）一、选择题（共10题）1.如图所示，三棱台ABC−A1B1C1中，沿平面A1BC截去三棱锥A1−ABC，则剩余部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱台D．四棱台2.下列有关平面的说法正确的是( )A．平行四边形是一个平面B．任何一个平面图形都是一个平面C．平静的太平洋面就是一个平面D．圆和平行四边形都可以表示平面3.有下列三个说法：① 两个互相平行的面是正方形，其余各面都是四边形的几何体一定是棱台；②有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台．其中正确的有( )A．0个B．1个C．2个D．3个4.某平面图形的直观图如图所示，则原平面图形的面积为( )A．3B．3√2C．6D．3√225.如果两条直线a与b没有公共点，那么a与b的位置关系是( )A．共面B．平行C．异面D．平行或异面6.一个直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7.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8.半径为1的球的体积是( )A．4πB．4π3C．8π3D．32π39.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.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，三棱锥A−B1CD1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为( )A．4√3πB．√6πC．32√3πD．8√6π二、填空题（共6题）11.面数最少的棱台为棱台；共有个面围成．12.直线a∥b，c，d为不重合的两直线，且a∥c，b∥d，则c与d的位置关系是．13.如图，把下列图形的点、线、面的关系，用集合的语言表述：14.定理15.试用集合符号表示点A在直线l上，点A不在平面α上：．16.直角坐标系xOy内有点P(−2,−1)，Q(0,−2)，将△POQ绕x轴旋转一周，则所得几何体的体积为．三、解答题（共6题）17.已知长方体的长、宽、高之比为3:2:1，对角线长是2√14，求此长方体的表面积和体积．18.圆锥底面半径为1cm，高为√2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．19.如图所示的是一个正四棱锥E−ABCD（底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥），其中EA=5，AB=6，F为线段BC的中点，EO是正四棱锥的高．(1) 求正四棱锥E−ABCD的表面积；(2) 求正四棱锥E−ABCD的体积．20.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；21.如果两条直线和第三条直线成等角，那么这两条直线平行吗？22.已知正三角形边长为2cm，请选择不同的坐标系作出直观图．（保留作图痕迹）答案一、选择题（共10题）1. 【答案】B【解析】由题意知，三棱台ABC−A1B1C1中，沿平面A1BC截去三棱锥A1−ABC，则剩余部分是四棱锥A1−BB1C1C．【知识点】棱锥的结构特征2. 【答案】D【知识点】平面的概念与基本性质3. 【答案】A【解析】当两个互相平行的正方形全等时，不是棱台，故①中说法错误；②③可用反例去检验，如图（1）（2）所示，故②③中说法错误．故选A．【知识点】棱台的结构特征4. 【答案】C【解析】设原平面图形为△AOB，则△AOB为直角三角形，直角边长分别为3，4．所以原平面×3×4=6．图形△AOB的面积S=12故选C．【知识点】直观图5. 【答案】D【解析】空间中两条直线的位置关系有：相交、平行和异面．两条直线平行和两条直线异面都满足两条直线没有公共点，故a与b的位置关系是平行或异面．【知识点】直线与直线的位置关系6. 【答案】C【解析】因为一个直角三角形绕其最长边旋转一周，最长边是斜边，所以一个直角三角形绕其最长边旋转一周所形成的空间几何体是以斜边上的高为半径的两个圆锥的组合体．【知识点】圆锥的结构特征7. 【答案】B【知识点】直观图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】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】B【解析】设正方体的棱长为a，则三棱锥A−B1CD1各个棱长都相等，且为√2a，三棱锥表面积：S=4×√34(√2a)2=2√3a2=4√3，所以a=√2，设外接球的半径为r，则(2r)2=a2+a2+a2=3a2=6，所以r=√62，故体积V=43πr3=√6π．【知识点】球的表面积与体积、组合体二、填空题（共6题）11. 【答案】三；5【知识点】棱台的结构特征12. 【答案】c∥d【知识点】直线与直线的位置关系13. 【答案】l∩α=A，B∈l；l∥α；A∈l，B∈l，A∈α，B∈α，l⫋α【知识点】平面的概念与基本性质14. 【答案】相等或互补【知识点】空间中直线与直线平行15. 【答案】A∈l，A∉α【知识点】平面的概念与基本性质16. 【答案】4π【解析】将△POQ绕x轴旋转一周，得到一个下底面半径为2，上底面半径为1，高为2的圆台，挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥所形成的组合体，所以所得几何体的体积为1 3π(1+4+2)×2−13π×1×2=4π．【知识点】圆台的表面积与体积三、解答题（共6题）17. 【答案】设长、宽、高分别为3k，2k，k(k>0)．由题意9k2+4k2+k2=(2√14)2，所以k=2，所以长、宽、高分别为6，4，2．S表面积=2⋅(6⋅4+4⋅2+2⋅6)=88，V=6⋅4⋅2=48．【知识点】棱柱的表面积与体积18. 【答案】圆锥的轴截面SEF、正方体对角面ACC1A1如图．设正方体的棱长为x cm，则AA1=x cm，A1C1=√2x cm．作SO⊥EF于点O，则SO=√2cm，EO=1cm．易知△EAA1∽△ESO，故AA1SO =EA1EO，即√2=1−√22x1，解得x=√22，即该内接正方体的棱长为√22cm．【知识点】圆锥的结构特征、棱柱的结构特征19. 【答案】(1) 因为EB=EC，F为线段BC的中点，底面ABCD是正方形，所以EF⊥BC，BF=12BC=12AB=3，又EB=EA=5，所以EF=√52−32=4，所以正四棱锥E−ABCD的表面积S=(12×6×4)×4+6×6=48+36=84．(2) 由（1）知EF=4，因为EO是正四棱锥E−ABCD的高，所以EO⊥OF，易知OF=12AB=3，所以EO=√EF2−OF2=√42−32=√7，所以正四棱锥E−ABCD的体积V=13×6×6×√7=12√7．【知识点】棱锥的表面积与体积20. 【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21. 【答案】不一定，这两条直线可能相交、平行或异面．【知识点】空间中直线与直线平行22. 【答案】（略）．【知识点】直观图。

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

第八章立体几何初步综合测试(解析版)考试时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共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．已知三棱柱有a 个顶点，b 条棱，则a －b ＝(　A )A ．－3B ．3C ．4D ．－4[解析]　因为a ＝6，b ＝9，所以a －b ＝－3．故选A ．2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有面对角线中，所在直线与直线A 1B 互为异面直线且所成角为60°的面对角线的条数为(　B )A ．2B ．4C ．6D ．8[解析]　如图，易知△A 1BC 1为等边三角形，所以∠BA 1C 1＝60°，又AC ∥A 1C 1，所以异面直线AC 与A 1B 的夹角为60°，符合题设．同理，面对角线B 1C ，B 1D 1，AD 1也满足题意，所以满足条件的面对角线共4条，故选B ．3．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为(　D )A ．49π2B ．49πC ．81π2D ．81π[解析]　由题意得，该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，所以该圆柱的侧面积为2π×92×9＝81π．故选D ．4．空间四点A ，B ，C ，D 共面而不共线，那么这四点中(　B )A ．必有三点共线 B ．必有三点不共线C ．至少有三点共线D ．不可能有三点共线[解析]　∵A ，B ，C ，D 共面而不共线，这四点可能有三点共线，也可能任意三点不共线，A 错．如果四点中没有三点不共线，则四点共线，矛盾，B 正确．当任意三点不共线时，也满足条件，C 错．当其中三点共线，第四个点不共线时，也满足条件，D 错．5．设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件可以是(　B )A ．α内有无数条直线与β平行B ．α，β垂直于同一条直线C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一个平面[解析]　α内有无数条直线与β平行不能得出α∥β，两个平面可以相交，故A 错；α，β垂直于同一条直线可以得出α∥β，反之当α∥β时，若α垂直于某条直线，则β也垂直于该条直线，B 正确；α，β平行于同一条直线，则两个平面可以平行也可以相交，故C 错误；垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，故D 错误；故选B ．6．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(　C )A ．0B ．1C ．2D ．3[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．如图，P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点，过BC 的平面与平面PAD 交于EF ，E 在线段PD 上且异于P 、D ，则四边形EFBC 是(　C )A ．空间四边形B ．矩形C ．梯形D ．平行四边形[解析]　因为BC ∥AD ，AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以BC ∥平面PAD ，因为BC ⊂平面EFBC ，平面EFBC ∩平面PAD ＝EF ，所以BC ∥EF ，因为BC ＝AD ，EF ＜AD ，所以EF ＜BC ，所以四边形EFBC 为梯形，故选C ．8．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m 时，相应水面的面积为140.0 km 2；水位为海拔157.5 m 时，相应水面的面积为180.0 km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m 上升到157.5 m 时，增加的水量约为(7≈2.65)(　C )A ．1.0×109 m 3B ．1.2×109 m 3C ．1.4×109 m 3D ．1.6×109 m 3[解析]　依题意可知棱台的高为MN ＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积S ＝140.0 km 2＝140×106 m 2，下底面积S ′＝180.0 km 2＝180×106 m 2，∴V ＝13h (S ＋S ′＋SS ′)＝13×9×(140×106＋180×106＋140×180×1012)＝3×(320＋607)×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选C ．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是(　ABC )A ．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B ．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面互相平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台[解析]　以直角三角形的一个直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥，可得A错误；有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体可能是棱台，不一定是棱柱，故B错误；有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故C错误；根据棱台的定义，可得D正确．故选ABC．10．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，一定正确的为(　ABD　)A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMNC．AC＝BD D．异面直线PM与BD所成的角为45°[解析]　∵QM∥PN，∴QM∥平面ABD，∴QM∥BD，同理可得AC∥MN，∵QM∥BD，AC∥MN，MN⊥QM，∴AC⊥BD，A正确；∵AC∥MN，∴AC∥截面PQMN，B正确；∵QM∥BD，AC∥MN，∴MNAC＋QMBD＝1，C不一定正确；∵QM∥BD，∴异面直线PM与BD所成的角为∠PMQ＝45°，D正确．故选ABD．11．如图，在平行六面体ABCD　－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是(　ACD　)A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1[解析]　连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD．由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四边形PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P．故A正确；显然A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M既不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C、D正确．故选ACD．12．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，M、N分别为侧棱PA、PB的中点，O 是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有(　ABC　)A．PC∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMN C．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN[解析]　连接AC，因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，由M是PA的中点，可得PC∥MO，因为PC⊄在平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC∥平面OMN，A正确；同理可推得PD∥平面OMN，而PC∩PD＝P，所以平面PCD∥平面OMN，B正确；因为PD⊂平面PCD，故PD不可能垂直平面OMN，D错误；设该正四棱锥的棱长为a，则PA＝PC＝a，AC＝2a，所以PA⊥PC，因为PC∥MO，所以OM⊥PA，C正确．故选ABC．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是__14π__．[解析]　∵圆柱的侧面展开图是边长为1的正方形，∴该圆柱的高h＝1，底面周长2πr＝1，∴底面半径r＝12π，∴该圆柱的体积V＝π×14π2×1＝14π．14．将长为3，宽为2的长方形，绕其一边旋转成的几何体的表面积为__20π或30π__．[解析]　当长方形绕长旋转得圆柱的表面积为22π×2＋4π×3＝20π，当长方形绕宽旋转得圆柱的表面积为32π×2＋6π×2＝30π．故答案为20π或30π．15．一个直径为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__12__厘米．[解析]　V ＝Sh ＝πr 2h ＝43πR 3，R ＝364×27＝12(cm)．16．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上，则这个球的表面积为__9π__．[解析]　设正四棱柱和正四棱锥的高为h ，则其外接球的半径为R ＝12h 2＋22＋22＝12h 2＋8＝h ＋12h ＝32h ，解得h ＝1，所以R ＝32，故球的表面积为S ＝4πR 2＝9π．故答案为：9π．四、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，圆锥底面半径为1，高为3．(1)求圆锥内接圆柱(一底面在圆锥底面上，另一底面切于圆锥侧面)侧面积的最大值；(2)圆锥内接圆柱的表面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由相似性得：r 1＝3－h3，解得r ＝13(3－h )，所以S 侧面＝2πrh ＝2π×13(3－h )h ＝－2π3(h －32)2＋32π，当h ＝32时，内接圆柱侧面积取得最大值 32π．(2)S 表面积＝2πr 2＋2πrh ＝2π[13(3－h )]2＋2π×13(3－h )h ，＝－4π9(h －34)2＋94π，当h ＝34时，内接圆柱表面积取得最大值 94π．18．(本小题满分12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．[解析]　不会溢出杯子．理由如下：由题图可知半球的半径为4 cm ，所以V 半球＝12×43πR 3＝12×43π×43＝1283π(cm 3)，V圆锥＝13πr 2h ＝13π×42×12＝64π(cm 3)．因为V 半球＜V 圆锥，所以如果冰淇淋融化了，不会溢出杯子．19．(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 ，底面ABCD 是直角梯形，其中BC ∥AD ，∠BAD ＝90°，AD ＝3BC ，O 是AD 上一点．(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD．[解析]　(1)∵CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，∴BO∥CD．又BC∥AD，∴四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点．(2)证明：∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB．又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD．20．(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．[解析]　(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1．又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以B 1C ⊥AB ．又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ，B 1C ∩AC ＝C ，所以AB ⊥平面AB 1C ．又因为AB ⊂平面ABB 1，所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1．21．(本小题满分12分)(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM ．(1)求BC ；(2)求二面角A －PM －B 的正弦值．[解析]　(1)连接BD 交AM 于H ．由AM ⊥PD 及AM ⊥PB ，PD ∩PB ＝P 知AM ⊥平面PBD 则AM ⊥BD ．由BM ＝12BC ＝12AD 知MH ＝12AH ，∴△ABM 中AB 2＝AH ·AM ，即1＝23AM 2，∴AM 2＝32，∴BM 2＝12，BM ＝22，∴BC ＝2．(2)易得△PCB 为等腰直角三角形，∠PCB ＝90°．设B 到PM 的距离为h ，则PM ·h ＝12PC ·BC ＝1，则PM ＝102，∴h ＝210，设B 到平面PAM 的距离为h ′，则S △PAM ·h ′＝S △ABM ·PD ＝24，由PA ＝3，PM ＝102，AM ＝62，得cos ∠PMA ＝115，∴sin ∠PMA ＝1415，∴S △PAM ＝12·PM ·AM ·sin ∠PMA ＝144，∴h ′＝17．设二面角A －PM －B 的平面角为θ，则sin θ＝h ′h＝17210＝7014．所以二面角A －PM －B 的正弦值为7014．22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ，AB ＝2A 1A ＝4，以AB ，BC 为邻边作平行四边形ABCD ，连接A 1D ，DC 1．(1)求证：DC 1∥平面A 1ABB 1；(2)若二面角A 1－DC －A 为45°．第11页,共11页①求证：平面A 1C 1D ⊥平面A 1AD ；②求直线AB 1与平面A 1AD 所成角的正切值．[解析]　(1)证明：连接AB 1，∵AD ∥BC ∥B 1C 1且AD ＝BC ＝B 1C 1，∴四边形ADC 1B 1为平行四边形，∴AB 1∥DC 1，又∵AB 1⊂平面A 1ABB 1，DC 1⊄平面A 1ABB 1．∴DC 1∥平面A 1ABB 1．(2)①证明：如图，取DC 的中点M ，连接A 1M ，AM ．易知Rt △A 1AD ≌Rt △A 1AC ，∴A 1D ＝A 1C ，∴A 1M ⊥DC ，又AM ⊥DC ，∴∠A 1MA 为二面角A 1－DC －A 的平面角，∴∠A 1MA ＝45°．∴在Rt △A 1AM 中，AA 1＝AM ＝2，∴AD ＝AC ＝22，∴AC 2＋AD 2＝DC 2，∴AC ⊥AD ，又∵AC ⊥AA 1，AD ∩AA 1＝A ，∴AC ⊥平面A 1AD ．又∵AC ∥A 1C 1，∴A 1C 1⊥平面A 1AD ．∵A 1C 1⊂平面A 1C 1D ，∴平面A 1C 1D ⊥平面A 1AD ．②∵AB 1∥DC 1，∴DC 1与平面A 1AD 所成角等于AB 1与平面A 1AD 所成角．由①知A 1C 1⊥平面A 1AD ，∴A 1D 为DC 1在平面A 1AD 内的射影，故∠A 1DC 1为直线DC 1与平面A 1AD 所成角，在Rt △A 1DC 1中，tan ∠A 1DC 1＝A 1C 1A 1D ＝63，∴直线AB 1与平面A 1AD 所成角的正切值为63．。

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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.下列命题中正确的有( )①一个棱柱至少有5个平面；②正棱锥的侧面都是全等的等腰三角形；③有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台；④正方形的直观图是正方形．A．1B．2C．3D．42.若a和b是异面直线，a和c是平行直线，则b和c的位置关系是( )A．平行B．异面C．异面或相交D．相交、平行或异面3.已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB=6，BC=2√3，且四棱锥O−ABCD的体积为8√3，则R等于( )A．4B．2√3C．4√79D．√134.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．πB．3π4C．π2D．π45.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．πB．3π4C．π2D．π46.一个三棱锥是正三棱锥的充要条件是( )A．底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形B．各个面都是正三角形C．三个侧面是全等的等腰三角形D．顶点在底面上的射影为重心7.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A．43B．83C．4D．88.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为( )A．一个球体B．一个球体中间挖去一个圆柱C．一个圆柱D．一个球体中间挖去一个长方体9.若平面α∥平面β，点A,C∈α，B,D∈β，则直线AC∥BD的充要条件是( )A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D共面10.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．210B．208C．206D．204二、填空题（共6题）11.点A在平面α内，点B不在平面α内，点A，B都在直线l上，用集合的语言表述上述语句．12.在斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点M(4,4)在直观图中的对应点是Mʹ，则点Mʹ的坐标为．13.已知某球体的表面积为36π，则该球体的体积是．14.由斜二测画法得到以下结论：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．其中正确结论的序号是．15.立体图形直观图的画法步骤：（1）画轴：与平面图形的直观图画法相比多了一个轴，直观图中与之对应的是轴．（2）画底面：平面表示水平平面，平面和表示竖直平面，按照平面图形的画法，画底面的直观图．（3）画侧棱：已知图形中平行于z轴（或在z轴上）的线段，在其直观图中和都不变．（4）成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为．16.思考辨析，判断正误．两个平面同时与第三个平面相交，若两交线平行，则这两个平面平行．三、解答题（共6题）17.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，设A1C∩平面ABC1D1=E．能否判断点E在平面A1BCD1内？并说明理由．18.已知三棱锥A−BCD的两条棱AB=CD=6，其余各棱长均为5，求三棱锥的内切球半径．19.简单组合体的结构特征请描述如图所示的几何体是如何形成的．20.圆台的母线长为2a，母线与轴的夹角为30∘，下底面半径是上底面半径的2倍，求两底面的半径及两底面面积之和．21.请回答下列问题：(1) 已知：l⫋α，D∈α，A∈l，B∈l，C∈l，D∉l．求证：直线AD，BD，CD共面于α．(2) 将一个苹果切3刀，最多可以切成x块，最少可切成y块，求x+y的值．22.已知P是平面ABC外一点，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，求证：PC⊥BC．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】B【解析】①因为底面最少为三角形，故3个侧面，2个底面，共5个面，故①正确；②正棱锥的底面是正多边形，顶点在底面上的射影是底面正多边形的中心，射影侧面都是全等的等腰三角形，故②正确；③不正确，因为不能保证各侧棱的延长线交与一点；④正方形的直观图是平行四边形，所以④不正确；正确的命题只有①②．故选：B．【知识点】直观图、棱台的结构特征、棱锥的结构特征、棱柱的结构特征2. 【答案】C【解析】考虑正方体ABCD−AʹBʹCʹDʹ中，直线AB看做直线a，直线BʹCʹ看做直线b，即直线a和直线b是异面直线，若直线CD看做直线c，可得a，c平行，则b，c异面；若直线AʹBʹ看做直线c，可得a，c平行，则b，c相交．若b，c平行，由a，c平行，可得a，b平行，这与a，b异面矛盾，故b，c不平行．故选：C．【知识点】直线与直线的位置关系3. 【答案】A【解析】设球心O到平面ABCD的距离为ℎ，由题意可知V O−ABCD=13S矩形ABCD⋅ℎ=13×6×2√3⋅ℎ=8√3，解得ℎ=2，又矩形ABCD所在的截面圆的半径为1 2√AB2+BC2=12√62+(2√3)2=2√3，从而球的半径R=√22+(2√3)2=4．【知识点】球的结构特征、棱锥的表面积与体积4. 【答案】B【解析】因为圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，所以该圆柱底面圆周半径 r =√12−(12)2=√32，所以该圆柱的体积：V =Sℎ=π×(√32)2×1=3π4．故选：B ．【知识点】圆柱的表面积与体积5. 【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为 r ，则 r 2+(12)2=12，解得 r =√32，所以 V 圆柱=π×(√32)2×1=3π4．【知识点】球的表面积与体积、圆柱的表面积与体积6. 【答案】A【解析】C 项，如图，橙色的 4 条棱相等，蓝色的 2 条棱相等，三个侧面是全等的等腰三角形，但不是正三棱锥．【知识点】充分条件与必要条件、棱锥的结构特征7. 【答案】A【知识点】棱锥的表面积与体积、由三视图还原空间几何体8. 【答案】B【知识点】圆柱的表面积与体积、球的表面积与体积9. 【答案】D【解析】当 AC ∥BD 时，A ，B ，C ，D 一定共面；当 A ，B ，C ，D 共面时，平面ABDC ∩α=AC ，平面ABDC ∩β=BD ，由 α∥β 得 AC ∥BD ．【知识点】直线与平面平行关系的判定、直线与平面平行关系的性质10. 【答案】D【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是由一个正方体切去一个三棱锥所得的组合体，正方体的边长为6，切去一个三棱锥的底面是直角边长分别为6，6的等腰直角三角形，高为2，故该几何体的体积为V=63−13×12×6×6×2=204．【知识点】三视图、棱锥的表面积与体积、棱柱的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】A∈α，B∉α，A∈l，B∈l【知识点】平面的概念与基本性质12. 【答案】(4,2)【解析】由直观图画法“横不变，纵折半”可得点Mʹ的坐标为(4,2)．【知识点】直观图13. 【答案】36π【解析】S=4πr2=36π⇒r=3，所以V=43πr3=36π．【知识点】球的表面积与体积14. 【答案】①②【知识点】直观图15. 【答案】z；zʹ；xʹOʹyʹ；yʹOʹzʹ；xʹOʹzʹ；平行性；长度；虚线【知识点】直观图16. 【答案】×【知识点】平面与平面平行关系的判定三、解答题（共6题）17. 【答案】可以判断点E在平面A1BCD1内．理由如下：如图，因为A1C∩平面ABC1D1=E，所以E∈A1C，E∈平面ABC1D1．因为 A 1C ⊂平面A 1BCD 1，所以 E ∈平面A 1BCD 1．【知识点】平面的概念与基本性质18. 【答案】解法一：易知内切球球心 O 到各面的距离相等．设点 E ，F 为 CD ，AB 的中点，则点 O 在 EF 上且点 O 为 EF 的中点．在 △ABE 中，AB =6，AE =BE =4，所以 OH =3√78，即三棱锥的内切球半径为 3√78．解法二：设球心 O 到各面的距离为 R ，则 4×13S △BCD ×R =V A−BCD ．而 S △BCD =12×6×4=12，V A−BCD =2V C−ABE =6√7，所以 4×13×12R =6√7，即 R =3√78，即三棱锥的内切球半径为 3√78．【知识点】棱锥的结构特征19. 【答案】 ① 是由一个圆锥和一个圆台拼接而成的组合体；② 是由一个长方体截去一个三棱锥后得到的几何体； ③ 是由一个圆柱挖去一个三棱锥后得到的几何体．【知识点】组合体20. 【答案】设圆台上底面半径为 r ，则下底面半径为 2r ．将圆台还原为圆锥，如图，则有 ∠ABO =30∘．在 Rt △BOʹAʹ 中，r BAʹ=sin30∘=12，所以 BAʹ=2r ．在 Rt △BOA 中，2rBA =sin30∘=12，所以 BA =4r ．又 BA −BAʹ=AAʹ，即 4r −2r =2a ，所以 r =a ，所以两底面面积之和 S =πr 2+π(2r )2=5πr 2=5πa 2，所以圆台上底面半径为 a ，下底面半径为 2a ，两底面面积之和为 5πa 2．【知识点】圆台的结构特征21. 【答案】(1) 因为l⫋α，A∈l，B∈l，C∈l，所以A,B,C∈α又D∈α，D∉l，所以AD⫋α，BD⫋α，CD⫋α，则直线AD，BD，CD共面．(2) x=8，y=3，x+y=11．【知识点】平面的概念与基本性质22. 【答案】如图，因为PA⊥平面ABC，PC是平面ABC的斜线，所以AC是PC在平面ABC上的射影，又BC⊂平面ABC，且AC⊥BC，所以由三垂线定理得PC⊥BC．【知识点】直线与平面垂直关系的性质。

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