人教A版新教材高中数学必修第二册：第八章立体几何初步综合测验

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

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷3（共22题）一、选择题（共10题）1.在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF与HG交于点M，那么( )A．M一定在直线AC上B．M一定在直线BD上C．M可能在直线AC上，也可能在直线BD上D．M既不在直线AC上，也不在直线BD上2.关于“斜二测”画图法，下列说法不正确的是( )A．平行直线的斜二测图仍是平行直线B．斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变C．正三角形的直观图一定为等腰三角形D．在画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同3.已知直线m，n与平面α，β，m⊥α，n⊥β，若α⊥β，则m，n的位置关系是( )A．平行B．垂直C．相交D．异面4.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，A1E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z大于零），则四面体PQEF的体积( )A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关5.在正方体中ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC6.一个四面体的所有棱长都为√2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )A．3πB．4πC．3√3πD．6π7.正方体的内切球与其外接球的体积之比为( )A．1:√3B．1:3C．1:3√3D．1:98.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，如图，某阳马的三视图如图所示，则该阳马的最长棱的长度为( )A．√2B．√3C．2D．2√29.已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积取最大值时，其高的值为( )A．3√3B．√3C．2√6D．2√310.若一个圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面直径的截面）是等边三角形，其面积为√3，则这个圆锥的体积为( )A．3πB．√3π3C．√3πD．√3π2二、填空题（共6题）11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M−EFGH的体积为．12.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AA1=3，点P在棱CC1上，则三棱锥P−ABA1的体积为．13.正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球（正六棱柱的顶点都在此球面上）的表面积为．14.正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若△AʹBʹCʹ的面积为√3，那么△ABC的面积为．15.正方体ABCD−A1B1C1D1中，若过A，C，B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与A1C1的位置关系是．16.如图所示，长方形ABCD−A1B1C1D1的体积为24，E为线段B1C上的一点，则棱锥A−DED1的体积为．三、解答题（共6题）17.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是平面AA1D1D，平面A1B1C1D1的中心，证明：(1) D1Q∥平面C1DB；(2) 平面D1PQ∥平面C1DB．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PB=PD．(1) 求证：平面APC⊥底面BPD；(2) 若PB⊥PD，∠DAB=60∘，AP=AB=2，求二面角A−PD−C的余弦值．19.如图，在△AOB中，∠AOB=90∘，AO=2，OB=1．△AOC可以通过△AOB以直线AO为轴旋转得到，且OB⊥OC，动点D在斜边AB上．(1) 求证：平面COD⊥平面AOB；(2) 当D为AB的中点时，求二面角B−CD−O的余弦值；(3) 求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值．20.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60∘，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点．(1) 若Q为线段AC的中点，H为BQ的中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ；(2) 若二面角B1−PQ−C1的平面角的余弦值为√13，求点P到平面BQB1的距离．1321.如图，AE⊥面ABCD，ABCD是正方形，AE=AB=2，F为BE的中点．求证：DE∥面ACF．22.阅读下面题目及其证明过程，在横线处填写适当的内容．如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别为线段BD1，CC1的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面ABCD；（Ⅰ）当DD1=√2时，求证：DE⊥平面BFD1；证明：（Ⅰ）如图，连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接OE．因为长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，所以BO=OD，又因为BE=ED1，DD1，所以OE∥DD1，OE=12因为F为线段CC1中点，DD1，所以CF∥DD1，CF=12所以CF∥OE，CF=OE．所以四边形OCFE为平行四边形．所以EF∥OC．又因为EF⊄平面ABCD，OC⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．（Ⅰ）因为F为线段CC1中点，所以BF=D1F，所以△D1FB是等腰三角形．因为E为BD1的中点，所以EF⊥BD1．因为BD⊥OC，EF∥OC，所以EF⊥BD．因为BD∩BD1=B，所以①．因为DE⊂平面BDD1，所以②．因为DD1=√2，所以DD1=BD，所以③．因为EF∩D1B=E，所以DE⊥平面BFD1．在上述证明过程中，（Ⅰ）的证明思路是：先证明“④”，再证明“⑤”．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】A【解析】如图，因为EF∩HG=M，所以M∈EF，M∈HG，又EF⊂平面ABC，HG⊂平面ADC，故M∈平面ABC，M∈平面ADC，又平面ABC∩平面ADC=AC，所以M∈AC．故选A．【知识点】平面的概念与基本性质2. 【答案】C【解析】对于A，平行直线的斜二测图仍是平行直线，A正确；对于B，斜二测图中，互相平行的任意两条线段的长度之比保持原比例不变，B正确；对于C，正三角形的直观图不一定为等腰三角形，如图所示，所以C错误；对于D，画直观图时，由于坐标轴的选取不同，所得的直观图可能不同，D正确．【知识点】直观图3. 【答案】B【解析】m，n有可能相交或异面，但必定垂直．故答案选B．【知识点】直线与直线的位置关系4. 【答案】D【解析】设P点到平面A1B1CD的距离为ℎ，因为A1B1∥DC，所以Q到EF的距离为定值2√2，又因为EF=1，所以S△QEF=12×1×2√2=√2，因为V四面体PQEF =V三棱锥P−QEF=13S△QEF⋅ℎ=√23ℎ，即四面体的体积只与点P到平面A1B1CD的距离无关，所以四面体的体积与z有关，与x，y无关．【知识点】棱锥的表面积与体积5. 【答案】C【解析】画出正方体ABCD−A1B1C1D1，如图所示．对于选项A，连D1E，若A1E⊥DC1，又DC1⊥A1D1，所以DC1平面A1ED1，所以可得DC1⊥D1E，显然不成立，所以A不正确．对于选项B，连AE，若A1E⊥BD，又BD⊥AA1，所以DB⊥平面A1AE，故得BD⊥AE，显然不成立，所以B不正确．对于选项C，连AD1，则AD1∥BC1．连A1D，则得AD1⊥A1D，AD1⊥ED，所以AD1⊥平面A1DE，从而得AD1⊥A1E，所以A1E⊥BC1．所以C正确．对于选项D，连AE，若A1E⊥AC，又AC⊥AA1，所以AC⊥平面A1AE，故得AC⊥AE，显然不成立，所以D不正确．【知识点】空间中直线与直线的垂直6. 【答案】A【解析】联想只有正方体中有这么多相等的线段，所以构造一个正方体，则正方体的面对角线即为四面体的棱长，求得正方体的棱长为1，体对角线为√3，从而外接球的直径也为√3，所以此球的表面积为3π．【知识点】组合体、球的表面积与体积7. 【答案】C【解析】设正方体的棱长为a，则其内切球的半径为a2，所以V内=43π(a2)3−πa36，正方体的外接球的半径为√32a，所以V外=43π(√32a)3=3√3πa36，所以V内:V外=1:3√3．【知识点】球的表面积与体积8. 【答案】B【解析】根据题设条件可知三视图还原成的几何体为四棱锥，如图所示，其中PD=1，底面ABCD是边长为1的正方形，易知PB=√3，PA=PC=√2，故最长棱的长度为√3．【知识点】三视图、棱锥的结构特征9. 【答案】D【知识点】棱柱的表面积与体积10. 【答案】B【解析】设圆锥底面圆的半径为r，圆锥的高为ℎ，体积为V，则ℎ=√3r．因为12×2r×√3r=√3r2=√3，所以r=1，所以V=13πr2h=√33πr3=√3π3．【知识点】圆锥的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】112【解析】连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH=12AC，因为 F ，G 分别为 B 1A ，B 1C 的中点，所以 FG ∥AC ，FG =12AC ，所以 EH ∥FG ，EH =FG ，所以四边形 EHGF 为平行四边形，又 EG =HF ，EH =HG ，所以四边形 EHGF 为正方形，又点 M 到平面 EHGF 的距离为 12，所以四棱锥 M −EFGH 的体积为 13×(√22)2×12=112．【知识点】棱锥的表面积与体积12. 【答案】9√34【解析】因为在正三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，AB =AA 1=3，点 P 在棱 CC 1 上，所以点 P 到平面 ABA 1 的距离即为 △ABC 的高，即为 ℎ=√32−(32)2=3√32，S △ABA 1=12×3×3=92，三棱锥 P −ABA 1 的体积为：V =13×S △ABA 1×ℎ=13×92×3√32=9√34．【知识点】棱锥的表面积与体积13. 【答案】 100π【解析】依题意，该正六棱柱的外接球的球心应是上、下底面中心连线的中点，所以其半径等于 √42+(62)2=5，其表面积等于 4π×25=100π．【知识点】球的表面积与体积14. 【答案】 2√6【知识点】直观图15. 【答案】 A 1C 1∥l【解析】因为平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，AC ⊂平面ABCD ，所以 AC ∥平面A 1B 1C 1D 1，又平面 ACB 1 经过直线 AC 与平面 A 1B 1C 1D 1 相交于直线 l ，所以 AC ∥l ，又因为 A 1C 1∥AC ，所以 A 1C 1∥l ．【知识点】直线与平面平行关系的性质、直线与平面平行关系的判定16. 【答案】4【解析】设AB=a，AD=b，AA1=c，则长方体的体积V ABCD−A1B1C1D1=abc=24，三棱锥A−DED1的体积V A−DED1=V E−ADD1=13S△ADD1⋅AB=13×12×AD×DD1×AB=16×bc⋅a=16×24=4.【知识点】棱锥的表面积与体积三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 由题可知D1Q∥DB．因为D1Q⊄平面C1DB，DB⊂平面C1DB，所以D1Q∥平面C1DB．(2) 由题可知D1P∥C1B．因为D1P⊄平面C1DB，C1B⊂平面C1DB，所以D1P∥平面C1DB．由（1）知，D1Q∥平面C1DB，又D1Q∩D1P=D1，所以平面D1PQ∥平面C1DB．【知识点】平面与平面平行关系的判定、直线与平面平行关系的判定18. 【答案】(1) 记AC∩BD=O，连接PO，因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD ⊥AC ，O 是 BD ，AC 的中点，因为 PB =PD ，所以 PO ⊥BD ，因为 AC ∩PO =O ，所以 BD ⊥平面APC ，又因为 BD ⊂平面BPD ，所以平面APC ⊥平面BPD ．(2) 如图，以 O 为原点，OA ，OB ，OP 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立如图所示的空间坐标系，则 A(√3,0,0)，D (0,−1,0)，P (0,0,1)，C(−√3,0,0,)，所以 DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)，设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 是平面 APD 的法向量，则 {DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0⇒{√3x 1+y 1=0,y 1+z 1=0, 令 y 1=−√3，得 n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,−√3,√3)，同理可得平面 PCD 的法向量 n 2⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,−√3)，所以 cos ⟨n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ ⟩=n1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣n2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√3)×√3+(−√3)×√3√7×√7=−57，由图形可知二面角 A −PD −C 为钝二面角，所以二面角 A −PD −C 的余弦值为 −57．【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、平面与平面垂直关系的判定、二面角19. 【答案】(1) 在 △AOC 中，AO ⊥OC ，因为 OB ⊥OC ，且 AO ∩OB =O ，所以 OC ⊥平面AOB ，又 OC ⊂平面COD ，所以平面COD ⊥平面AOB ．(2) 如图建立空间直角坐标系 O −xyz ，因为 D 为 AB 的中点，所以 O (0,0,0)，A (0,0,2)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，D (0,12,1)，所以 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,1)，设 n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 为平面 OCD 的法向量，所以 {n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {x 1=0,12y 1+z 1=0, 令 z 1=1，则 y 1=−2，所以 n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,1) 是平面 BCD 的一个法向量，设 n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2) 为平面 OCD 的法向量，所以 {n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {x 2−y 2=0,−12y 2+z 2=0, 令 z 2=1，则 x 2=2，y 2=2，所以 n 2⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1) 是平面 OCD 的一个法向量，所以 cos 〈n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ 〉=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣n 2⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√02+(−2)2+12⋅√22+22+12=−√55，所以二面角 B −CD −O 的余弦值为 √55． (3) 解法一：因为 OC ⊥平面AOB ，所以 ∠CDO 为 CD 与平面 AOB 所成的角，因为 OC =1，所以点 O 到直线 AB 的距离最小时，∠CDO 的正弦值最大，即当 OD ⊥AB 时，∠CDO 的正弦值最大，此时 OD =2√55，所以 CD =3√55，所以 sin∠CDO =√53．解法二：设 AD⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈[0,1])，所以 D (0,λ,2−2λ)．CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,λ,2−2λ)，平面 AOB 的法向量 n ⃗ =(1,0,0)，所以 sinθ=∣∣n ⃗ ⋅CD⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣∣∣CD⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√5λ2−8λ+5=√5(λ−45)2+95，所以当 λ=45 时，CD 与平面 AOB 所成的角最大，sinθ=√53．【知识点】二面角、平面与平面垂直关系的判定、线面角20. 【答案】(1) 如图，取 BB 1 的中点 E ，连接 AE ，EH ．因为 H 为 BQ 的中点，所以 EH ∥B 1Q ．在平行四边形 AA 1B 1B 中，P ，E 分别为 AA 1，BB 1 的中点，所以 AE ∥PB 1．又 EH ∩AE =E ，PB 1∩B 1Q =B 1，所以平面EHA ∥平面B 1QP ．因为 AD ⊂平面EHA ，所以 AD ∥平面B 1PQ ．(2) 如图，连接 PC 1，AC 1，因为四边形 A 1C 1CA 为菱形，∠C 1A 1A =60∘，所以 AA 1=AC 1=A 1C 1=4，即 △AC 1A 1 为等边三角形．因为 P 为 AA 1 的中点，所以 PC 1⊥AA 1．因为平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1，平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1，PC 1⊂平面ACC 1A 1，所以 PC 1⊥平面ABB 1A 1．在平面 ABB 1A 1 内过点 P 作 PR ⊥AA 1 交 BB 1 于 R ．以 PR ，PA 1，PC 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz ，则 P (0,0,0)，A 1(0,2,0)，A (0,−2,0)，C 1(0,0,2√3)，C(0,−4,2√3)．设 AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,−2,2√3)，λ∈(0,1]（当 λ=0 时，平面 B 1PQ 即平面 ABB 1A 1，不符合题意），所以 Q(0,−2(λ+1),2√3λ)．所以 PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2(λ+1),2√3λ)．因为 A 1B 1=AB =2，∠B 1A 1A =60∘，所以 B 1(√3,1,0)，所以 PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)．设平面 PQB 1 的法向量为 m ⃗⃗ =(x,y,z )，则 {m ⃗⃗ ⋅PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ,m ⃗⃗ ⋅PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ,所以 {−2(λ+1)y +2√3λz =0,√3x +y =0,令 x =1，则 y =−√3，z =−λ+1λ，所以平面 PQB 1 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,−√3,−λ+1λ)．设平面 AA 1C 1C 的法向量为 n ⃗ =(1,0,0)，二面角 B 1−PQ −C 1 的平面角为 θ，则cosθ=∣m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√1+3+(−λ)2=√1313.所以 λ=12 或 λ=−14（舍），所以 AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 Q(0,−3,√3)，又 B(√3,−3,0)，所以 QB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−√3)，所以 ∣QB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√3+3=√6．又 ∣B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√22，所以 BQ 2+BB 12=B 1Q 2，所以 ∠QBB 1=90∘．连接 BP ，设点 P 到平面 BQB 1 的距离为 ℎ，则 13×12×4×√3×√3=13×12×4×√6⋅ℎ．所以 ℎ=√62，即点 P 到平面 BQB 1 的距离为√62．【知识点】直线与平面平行关系的判定、利用向量的坐标运算解决立体几何问题、二面角21. 【答案】连接 BD 交 AC 于 G ，连接 FG ．因为 F ，G 分别为 BE ，BD 的中点，所以 FG ∥DE ，因为 FG ⫋平面ACF ，DE ⊄面ACF ，所以 DE ∥面ACF ．【知识点】直线与平面平行关系的判定22. 【答案】① EF ⊥平面BDD 1② EF ⊥DE③ DE ⊥BD 1 ④线线平行 ⑤线面平行【知识点】直线与平面垂直关系的判定、直线与直线的位置关系、直线与平面平行关系的判定、直线与平面垂直关系的性质。

高中数学第8章立体几何初步单元质量测评新人教A版必修第二册

第八章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．轴截面是正三角形的圆锥称为等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的( ) A ．4倍 B ．3倍 C. 2 倍 D ．2倍答案 D解析设等边圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，由已知得l ＝2r ，所以S 侧S 底＝πrl πr 2＝lr＝2. 2．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为( )A.4π3 B ．3πC.3π2D ．π答案 C解析由三视图知，如图，此四面体的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，设外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32.所以球的体积为V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 3．如图所示是古希腊数学家阿基米德墓碑上刻着的一个圆柱，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．我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为( )A.32，1B.23，1C.32，32D.23，32 答案 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＝πR 2×2R ＝2πR 3，V 球＝43πR 3，∴V 圆柱V 球＝2πR 343πR3＝32. ∵S 圆柱表面积＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，S 球表面积＝4πR 2， ∴S 圆柱表面积S 球表面积＝6πR 24πR 2＝32. 4．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截去一部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.143 B.173 C.203D ．8 答案 B解析由三视图，知该几何体的直观图是如图所示的多面体B 1C 1D 1－BCDFE ，该多面体可补全为棱长为2的正方体，其中E ，F 分别为AB ，AD 的中点，多面体AEF －A 1B 1D 1为棱台，棱台高为2，上、下底面均为等腰直角三角形．则该几何体的体积是2×2×2－13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2＋2×12＝8－73＝173，故选B.5．用斜二测画法画水平放置的△ABC 的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A ′B ′C ′.已知点O ′是斜边B ′C ′的中点，且A ′O ′＝1，则△ABC 的边BC 上的高为( )A ．1B ．2 C. 2 D ．2 2 答案 D解析 ∵△ABC 的直观图是等腰直角三角形A ′B ′C ′，∠B ′A ′C ′＝90°，A ′O ′＝1，∴A ′C ′＝ 2.根据直观图平行于y 轴的长度变为原来的一半，∴△ABC 的BC 边上的高为AC ＝2A ′C ′＝2 2.故选D.6．E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 四条边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则EG 与FH 的位置关系是( )A ．异面B ．平行C ．相交D ．重合答案 C解析如图所示，连接BD ，EF ，FG ，GH ，HE ，EG ，HF ，由E ，F ，G ，H 是空间四边形ABCD 的四边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，有EH 綊12BD ，FG 綊12BD ，∴EH 綊FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形，EG 与FH 是对角线，故选C.7．设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与l ，α都成30°角的直线有且只有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条答案 B解析如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的顶角为120°的圆锥的母线所在的直线，当BC与l平行时，直线AC，AB都满足条件．故选B.8．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面D．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线答案 C解析垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故D错误；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故C正确．9．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C解析本题可借助正方体模型求解，如图，BA1与AC1所成的角即为BA1与BD1所成的角．在△A1BD1中，A1B＝A1D1＝BD1，所以BA1与BD1所成的角为60°.10．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A－CD－B的平面角的余弦值为( )A.12B.13C.33D.23答案 C解析如图，取AC 的中点E ，CD 的中点F ，连接EF ，BF ，BE . ∵AC ＝2，其余各棱长都为1， ∴BF ⊥CD ，AD ⊥CD ，∴EF ⊥CD . ∴∠BFE 是二面角A －CD －B 的平面角． ∵EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，∴EF 2＋BE 2＝BF 2.∴∠BEF ＝90°，∴cos ∠BFE ＝EFBF ＝33. 11．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( )答案 A解析解法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.解法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，故选A.12．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F 在棱CC1上，AB＝BC＝CA＝CF＝2，AA1＝3，则下列说法正确的是( )A．设平面ADF与平面BEC1的交线为l，则直线C1E与l相交B．在棱A1C1上存在点N，使得三棱锥N－ADF的体积为3 7C．设点M在BB1上，当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADFD．在棱A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF答案 C解析连接CE交AD于点O，则O为△ABC的重心，连接OF.由已知得OF∥EC1，则EC1∥l，故A错误；若在A1C1上存在点N，则V N－ADF＝V D－AFN，当N与C1重合时，V D－AFN取最小值为36，故B错误；当BM＝1时，可证得△CBM≌△FCD，则∠BCM＋∠CDF＝90°，即CM⊥DF.又AD⊥平面CB1，CM⊂平面CB1，∴AD⊥CM.∵DF∩AD＝D，∴CM⊥平面ADF.∵CM⊂平面CAM，∴平面CAM⊥平面ADF，故C正确．过C1作C1G∥FA交AA1于点G.若在A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF，则C1P⊥C1G.又C1P⊥GA1，C1G∩GA1＝G，∴C1P⊥平面A1C1G.∵A1C1⊂平面A1GC1，∴C1P⊥A1C1，矛盾，故D错误．故选C.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，AB∥α，则CD与EF的位置关系为________．答案CD∥EF解析因为AB∥α，AB⊂β，α∩β＝CD，所以AB∥CD.同理可证AB∥EF，所以CD∥EF.14．已知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；③n ⊥β；④m ⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.答案 ①③④⇒②(或②③④⇒①)解析 ∵α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同的直线，若①m ⊥n ，③n ⊥β，则m ∥β.又④m ⊥α，∴②α⊥β.即①③④⇒②.若②α⊥β，③n ⊥β，则n ∥α，又④m ⊥α，∴①m ⊥n .即②③④⇒①.15．若一个圆台的轴截面是腰长为a 的等腰梯形，下底边长为2a ，对角线长为3a ，则这个圆台的体积为________．答案7324πa 3解析圆台的轴截面如图，由AD ＝a ，AB ＝2a ，BD ＝3a ，可知∠ADB ＝90°，∠DAB ＝60°.分别过点D ，C 作DH ⊥AB ，CG ⊥AB ，则DH ＝32a ，所以HB ＝BD 2－DH 2＝3a 2－34a 2＝32a ，所以DC ＝HG ＝a ，所以圆台的体积为V ＝π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋12a 2＋a 2·32a ＝7324πa 3. 16．把由折线y ＝|x |和y ＝2围成的图形绕x 轴旋转360°，所得旋转体的体积为________．答案32π3解析由题意，y ＝|x |和y ＝2围成图中阴影部分的图形，旋转体为一个圆柱挖去两个共顶点的圆锥．∵V圆柱＝π×22×4＝16π，2V圆锥＝2×π3×22×2＝16π3，∴所求几何体的体积为16π－16π3＝32π3.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)，它的母线长为50 cm ，两底面直径分别为40 cm 和30 cm.现有制作这种纸篓的塑料制品50 m 2，问最多可以做这种纸篓多少个？解根据题意可知，纸篓底面圆的半径r ′＝15 cm ，上口的半径r ＝20 cm ，母线长l ＝50 cm ，则纸篓的表面积S ＝πr ′2＋(2πr ′＋2πr )l 2＝π(r ′2＋r ′l ＋rl )＝π(152＋15×50＋20×50)＝1975π(cm 2)．因为50 m 2＝500000 cm 2，故最多可以制作这种纸篓的个数n ＝500000S≈80.18．(本小题满分12分)已知正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面内的正投影为底面的中心)S －ABC ，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15 cm ，底面边长为12 cm ，内接正三棱柱的侧面积为120 cm 2.(1)求三棱柱的高；(2)求棱柱上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比．解 (1)设正三棱柱的高为h cm ，底面边长为x cm ，如图，则15－h 15＝x12， ∴x ＝45(15－h )．①又S 三棱柱侧＝3x ·h ＝120， ∴xh ＝40.②解①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，h ＝10或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，h ＝5.故正三棱柱的高为10 cm 或5 cm. (2)由棱锥的性质，得S 三棱锥S －A 1B 1C 1侧S 三棱锥S －ABC 侧＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15－10152＝19或S 三棱锥S －A 1B 1C 1侧S 三棱锥S －ABC 侧＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15－5152＝49.19．(本小题满分12分)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 在AD 1上移动，点N 在BD 上移动，D 1M ＝DN ＝a (0<a <2)，连接MN .(1)证明：对任意a ∈(0，2)，总有MN ∥平面DCC 1D 1；(2)当a 为何值时，MN 的长度最小？解 (1)证明：如图，作MP ∥AD ，交DD 1于点P ，作NQ ∥BC ，交DC 于点Q ，连接PQ .由题意得MP ∥NQ ，且MP ＝NQ ，则四边形MNQP 为平行四边形．∴MN ∥PQ . 又PQ ⊂平面DCC 1D 1，MN ⊄平面DCC 1D 1，∴MN ∥平面DCC 1D 1.(2)由(1)知四边形MNQP 为平行四边形，∴MN ＝PQ .∵DD 1＝AD ＝DC ＝BC ＝1，∴AD 1＝BD ＝ 2.∵D 1M ＝DN ＝a ，∴D 1P 1＝a 2，DQ 1＝a 2. 即D 1P ＝DQ ＝a2，∴MN ＝PQ ＝(1－D 1P )2＋DQ 2 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22 ＝⎝⎛⎭⎪⎫a －222＋12(0<a <2)．故当a ＝22时，MN 的长度有最小值，为22. 即当M ，N 分别移动到AD 1，BD 的中点时，MN 的长度最小，此时MN 的长度为22. 20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点，D 为B 1C 1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成角的正弦值．解(1)证明：如图，设E为BC的中点，连接A1E，AE.由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.所以AE⊥平面A1BC.连接DE，由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥BB1，且DE＝BB1，从而DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形AA1DE是平行四边形，所以A1D∥AE. 又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，所以平面AA1DE⊥BB1C1C，所以A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B与平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，得EA＝EB＝ 2.又A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝14.由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90°，得A1F＝72.所以sin∠A1BF＝78.21．(本小题满分12分)如图，△BCD内接于直角梯形A1A2A3D，若A1D＝5，A1A2＝4，沿△BCD三边分别将△A1BD，△A2BC，△A3CD翻折上去，恰使A1，A2，A3重合，重合后记为A.(1)求证：AB⊥CD；(2)求平面BCD与平面ACD所成二面角的正切值．解在题图中，由A1，A2，A3三点可重合知A1B＝A2B＝2，A1D＝A3D＝5，A2C＝A3C.作DF⊥A2A3于点F，则FA3＝3⇒A3C＝A2C＝4.(1)证明：折叠后的图形如图所示，∵AB⊥AD，AB⊥AC，AD∩AC＝A，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.(2)作AE⊥CD于点E，连接BE.∵AB⊥CD，AB∩AE＝A，∴CD⊥平面ABE，∴CD⊥BE，则∠AEB 为平面BCD 与平面ACD 所成二面角的平面角．在△ACD 中，AE ＝DF ·AC CD ＝161717， ∵AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AE ，∴tan ∠AEB ＝AB AE ＝178. 22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；(2)点D 在边A 1C 1上且C 1D ＝13C 1A 1，证明在线段BB 1上存在点E ，使DE ∥平面ABC 1，并求此时BE BB 1的值．解 (1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴四边形ACC 1A 1是矩形．∵AA 1＝AC ，∴AC 1⊥A 1C .又BC 1⊥A 1C ，AC 1∩BC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面ABC 1.∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)当BE BB 1＝13时，DE ∥平面ABC 1，如图，在A 1A 上取点F ，使AF AA 1＝13，连接EF ，FD .∵C 1D C 1A 1＝AF AA 1＝BE BB 1＝13， ∴EF ∥AB ，DF ∥AC 1.∵AB ∩AC 1＝A ，EF ∩DF ＝F ，∴平面EFD∥平面ABC1，∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面ABC1.。

高中数学(人教A版)必修第二册《第8章立体几何初步》单选题专项练习(含答案解析)

试卷第1页，共81页高中数学（人教A 版）必修第二册《第8章立体几何初步》单选题专项练习（含答案解析）一、单选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，N 是棱1DD 的中点，则直线CN 与平面11DBB D 所成角的正弦值等于（）A ．12 BCD【答案】B 【分析】通过连接AC 、BD 交于O 的辅助线，确定CN 与平面11DBB D 所成的角，再设正方体棱长为2，根据CN 与CO 长度的关系，即可得出所求角的正弦值；【详解】连接AC 、BD 交于O ,由正方形的性质可得CO BD ⊥，又1BB ⊥平面ABCD ，CO ⊂平面ABCD ，1BB CO ∴⊥，又1BB 与BD 在平面11DBB D 内相交，所以CO ⊥平面11DBB DCNO ∴∠是CN 与平面11DBB D 所成的角，设正方体的棱长为2，则CN =CO =sin CO CNO CN ∴∠===，故选：B .2．在四边型ABCD 中（如图1所示），AB AD =，45ABD ∠=︒，2BC BD CD ===，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A BCD '（如图2所示），使得90A BC '∠=︒，则四面体A BCD '外接球的表面积为（）A ．9πB ．8πC ．7πD ．6π【答案】D 【分析】根据题意，可知,90A B A D BA D ︒=∠='''，由勾股定理求出A B A D ''==等进而得出90A BC A DC ''∠=∠=︒，取A C '的中点O ，连接,BO DO ，则12BO DO A C =='，由于球心到球上任意一点的距离相等，从而可知点O 为四面体A BCD '外接球的球心，求出外接球的半径12R A C ='=最后根据球的表面积公式24S R π=进行计算，即可求出结果. 【详解】解：AB AD =，45ABD ∠=︒，,90A B A D BA D ︒∴=∠='''，又2BC BD CD ===，则224A B A D ''+=，A B A D ''∴== 可知A BC A DC ≅''，则90A BC A DC ''∠=∠=︒，试卷第3页，共81页取A C '的中点O ，连接,BO DO ，则12BO DO A C =='，所以点O 为四面体A BCD '外接球的球心，则外接球的半径为：12R A C ==' 所以四面体A BCD '外接球的表面积22446S R πππ==⨯=⎝⎭.故选：D.3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．18B ．36C ．54D ．108【答案】C 【分析】结合已知条件可知几何体为直三棱柱，然后利用柱体体积公式计算即可. 【详解】由三视图可知，几何体为直三棱柱，如下图所示：由三视图中所给数据可知，ABC的面积16392S=⨯⨯=，从而该几何体体积9654V=⨯=.故选：C.4．己知空间中两条不重合的直线,a b，则“a与b没有公共点”是“//a b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由直直a与b没有公共点直直直直直直//a b或者a与b是异面直线，再根据充分必要性判断.【详解】“直直a与b没有公共点”直直直直直直//a b或者a与b是异面直线，所以“a与b没有公共点”是“//a b”直直直直直直直直.直直直B5．如图1，矩形ABCD，3AB=，1AD=，E为CD中点，F为线段CE（除端点外）的动点，如图2，将AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内，过点D作DK AB⊥，K为垂足，则AK长度的取值范围为（）A．12,33⎛⎫⎪⎝⎭B．11,32⎛⎫⎪⎝⎭C．1,13⎛⎫⎪⎝⎭D．10,2⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A 【分析】过F作FM AB⊥交AB于M，连FK，设3,02FC x x=<<，用,t x表示MK，DK，FK，然后在Rt DFK△中，利用勾股定理求出,t x的函数关系，求出t的范围.试卷第5页，共81页【详解】过F 做FM AB ⊥交AB 于M ，连FK ，设3,02FC x x =<<, 则3MK t x =--，在Rt ADK 中，221DK t =-, 在Rt FMK △中，221(3),3FK t x DF x =+--=-, 在Rt DFK △中，222FK DK DF +=22211(3)(3)t t x x ∴-++--=-,化简得130t tx -+=1312,0,3233t x t x =<<∴<<- ∴t 的取值范围是12,33⎛⎫⎪⎝⎭故选：A6．已知m ，n 表示两条不同直线，α，β表示两个不同平面.设有下列四个命题：（）1p ：若m α∥，m n ⊥，则n α⊥；2p ：若m α∥，n α⊥，则m n ⊥ 3p ：若m α∥，αβ⊥，m β∥； 4p ：若m α∥，m β∥，则αβ∥A ．3B ．2C ．1D ．0【答案】C 【分析】对于1p ，还有n 和平面α平行的可能，可判断其对错；对于2p ，根据线面平行以及线面垂直的性质，可判断其正确；对于3p ，还有m 与β垂直或者斜交或者在平面内，故判断其错误；对于4p ，α和β 还有可能相交，故判断其错误. 【详解】1p ：若m α∥，m n ⊥，则n 和α 可能垂直，可能平行，还可能斜交或在平面内，故错误；2p ：若m α∥，n α⊥，根据线面平行的性质可知平面内一定存在和m 平行的直线l ，再根据n α⊥，可知n l ⊥ ，则n m ⊥，故正确；3p ：若m α∥，αβ⊥，则m 与β可能平行或垂直或在平面内等，故错误； 4p ：若m α∥，m β∥，α和β 还有可能相交，故错误，故选：C.7．圆柱容器内部盛有高度为2cm 的水，若放入一个圆锥（圆锥的底面与圆柱的底面正好重合）后，水恰好淹没圆锥的顶部，则圆锥的高为（） A ．2cm B ．5cm 2C ．3cmD ．5cm 3【答案】C 【分析】设圆柱的底面半径为r ，圆锥的高为h ，根据体积关系列方程求解即可. 【详解】设圆柱的底面半径为r ，圆锥的高为h ，有222123r h r h r πππ=+，解得3h =. 故选:C.8．陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一．如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱，其中总高度为10cm ，圆柱部分高度为7cm ，已知该陀螺由密度为0.8g/cm 3的木质材料做成，其总质量为96g ，则此陀螺圆柱底面的面积为（）A ．10cm 3B ．15cm 3C ．16cm 3D ．20cm 3【答案】B 【分析】由密度、体积与质量的关系求体积，再应用圆柱、圆锥的体积公式列方程求底面面积. 【详解】由题意，该陀螺的总体积为396120cm 0.8=，设底面半径为r ，则221731203⨯+⨯=r r ππ，解得215==S r π，试卷第7页，共81页故选：B ．9．设m ，n ，l 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确的是（）A ．若αβ⊥，l α⊂，m β⊂，则l m ⊥B ．若//αβ，l α⊂，m β⊂，则//l mC ．若l α⊥，//l β，则αβ⊥D ．若l α⊂，l m ⊥，l n ⊥，//m β，βn//，则αβ⊥ 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面位置关系的判定逐一核对四个命题得答案．【详解】对于A ，由αβ⊥，l α⊂，m β⊂，得//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，故A 错误；对于B ，由//αβ，l α⊂，m β⊂，得//l m 或l 与m 异面，故B 错误；对于C ，由l α⊥，l β//，得αβ⊥，故C 正确；对于D ，l α⊂，l m ⊥，l n ⊥，//m β，//n β，如图，//αβ，不一定垂直，故D 错误．∴其中正确的是C ．故选：C ．10．如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（）A ．716π+B ．7566π+C ．718π+D ．1π+【答案】C 【分析】该组合体可视作一个正方体和78个球体的组合体，进而求出体积.【详解】由题意，该组合体是一个正方体和78个球体的组合体，其体积为337711188ππ+⨯⨯=+.故选：C.11．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，3AD =，15AA =，点P 在长方体的面上运动，且满足5AP =，则P 的轨迹长度为（） A ．12π B ．8π C ．6π D ．4π【答案】C 【分析】由题设，在长方体表面确定P 的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度. 【详解】如图，P 在左侧面的轨迹为弧1A N ，在后侧面的轨迹为弧NC ，在右侧面的轨迹为弧MC ，在前侧面内的轨迹为弧1A M .易知14224NC ππ=⨯⨯=，133242MC ππ=⨯⨯=，又13sin cos 5A AN NAD ∠=∠=，13cos sin 5A AM MAB ∠=∠=， ∴112A AN A AM π∠+∠=，则11155242A N A M ππ+=⨯⨯=，试卷第9页，共81页∴P 的轨迹长度为6π，故选：C.12．如图，在正四面体A BCD -中，1,3AF AD E =为AB 中点，P 是棱CD 上的动点，则当异面直线BP 与EF 所成角的正弦值最小时，CPCD=（）A ．56B ．67C ．78 D ．89【答案】C 【分析】如图，作13DG DA =，则AF FG =，则由三角形中位线定理可得//EF BG ，得PBG ∠是异面直线BP 与EF 所成的角，当BP 与BG 在平面BCD 里的投影重合时，PBG ∠最小，然后根据已知条件在BPC △中求解即可【详解】如图，作13DG DA =，则AF FG =.E 为AB 中点，EF ∴是ABG 的中位线，则//EF BG ，则PBG ∠是异面直线BP 与EF 所成的角.∴当BP 与BG 在平面BCD 里的投影重合时，PBG ∠最小，设AO ⊥平面BCD ，易知O 为等边BCD △的重心，连接DO 并延长，交BC 于点M ，作//GH AO 交DO 于点H . 11,33DG DA DH DO =∴=.设正四面体A BCD -的棱长为BM MC ==9MD =.在BCD △中，O 为重心，3,6MO OD ∴==.又1,2,43DH DO DH OH =∴==，则7,MH BH ==在BPC △中，设.,sin 3CP x PCB PBC PBC π∠∠∠==== ()sin sin sin sin sin sin 3CP CP PBC PBCPBCCD CB BPC BCP PBC PBC ∠∠∠π∠π∠∠∠∴====--⎛⎫+ ⎪⎝⎭，78CP CD∴==. 故选：C.13．如图，AB ，CD 分别是圆柱上､下底面圆的直径，且AB CD ⊥，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥A BCD -的体积为）A ．9πB ．10πC ．12πD ．14π试卷第11页，共81页【答案】C 【分析】分别取上下底面的圆心为E F 、，连接EC ED EF 、、，可得AB ⊥平面ECD ，设圆柱上底面圆的半径为a , 三棱锥A BCD -的体积为13ECDV SAB ==求出a ，由圆柱的侧面积公式可得答案. 【详解】分别取上下底面的圆心为E F 、，连接EC ED EF 、、，则EF CD ⊥，因为AC CB BD AD ==、，所以CE AB ED AB ⊥=、，且CE ED E ⋂=，所以AB ⊥平面ECD ，设圆柱上底面圆的半径为a ,则2AB CD a ==，三棱锥A BCD -的体积为111222332ECDV SAB a a a ==⨯⨯⨯⨯=解得a =2212a a ππ⨯=，故选：C .14．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别是棱1DD 和11A B 的中点，则异面直线NO 和AM 所成角的大小是（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】D 【分析】取AD 的中点1O ，连接1OO ，11A O ，由异面直线NO 与AM 所成角即为11A O 与AM 所成角求解. 【详解】如图所示：取AD 的中点1O ，连接1OO ，11A O ，易知11AO NO ∥，所以异面直线NO 与AM 所成角就为11A O 与AM 所成角，因为1O ，M 分别是正方形11ADD A 的边AD ，1D D 的中点，所以由正方形知识可知11A O AM ⊥，所以异面直线NO 与AM 所成角的大小为90°．故选：D15．已知A ，B 为球O 的球面上两点，2AB =，过弦AB 作球的两个截面分别为圆1C 与圆2C ，且12OC C △） A ．12π B ．16π C ．20π D ．36π【答案】C 【分析】记AB 的中点为M ，可得OM 为12OC C 的外接圆的直径，即可求出球半径，从而得表面积．【详解】记AB 的中点为M ，则12OC MC 构成平面四边形，且11OC C M ⊥，22OC C M ⊥． ∴OM 为12OC C的外接圆的直径，∴2sin3OM ==，∴R∴2420S R ππ==球．故选：C试卷第13页，共81页16．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是棱11A B 和11B C 的中点，则异面直线1AD 与MN 所成角的大小为（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】C 【分析】连接11A C ，1BC ，1A B ，得到11AC B ∠就是异面直线1AD 与MN 所成的角，在等边11A C B △中可得答案. 【详解】连接11A C ，1BC ，1A B ，11A C MN ∥，11BC AD ∥， ∴11AC B ∠就是异面直线1AD 与MN 所成的角或其补角，由于11A C B △是等边三角形，可知1160A C B ∠=︒，所以异面直线1AD 与MN 所成角的大小为60︒. 故选：C.【点睛】17．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E F ，，且1=2EF ，给出下列三个结论：①AC BE ⊥②AEF 的面积与BEF 的面积相等 ③三棱锥A BEF -的体积为定值其中，所有正确结论的个数是（） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【分析】证明AC ⊥面11BDD B 可判断①；计算AEF 和BEF 的面积可判断②，计算三棱锥A BEF -的体积可判断③，进而可得正确答案.【详解】对于①：连接BD ，因为四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥，因为1BB ⊥面ABCD ，AC ⊂面ABCD ，所以1BB AC ⊥，因为1BD BB B ⋂=，所以AC ⊥面11BDD B ，因为BE ⊂面11BDD B ，所以AC BE ⊥，故①正确；对于②：连接1AD 和1AB ，则11AB D 的等边三角形，所以点A 到边11B D 的6cos302=，所以点A到边EFAEF的面积为1122⨯=1BB⊥面1111DCBA，EF⊂面1111DCBA，可得1BB EF⊥，所以BEF的面积为1111224⨯⨯=，所以AEF的面积与BEF的面积不相等，故②不正确；对于③：因为AC⊥面11BDD B，所以点A到面11BDD B的距离为12AC=所以三棱锥A BEF-的体积为111334BEFS⋅=⨯=A BEF-的体积为定值，故③正确；故选：C.18．点M是正方体1111ABCD A B C D-的底面ABCD内（包括边界）的动点.给出下列三个结论：①满足11//D M BC的点M有且只有1个；①满足11D M B C⊥的点M有且只有1个；①满足1//D M平面11A BC的点M的轨迹是线段.则上述结论正确的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】C【分析】对于直，根据线线平行的性质可知点M即为A点，因此可判断直正确；对于直，根据线面垂直的判定可知1B C⊥平面1D AB,，由此可判定M的位置，进而判定直的正误；对于直，根据面面平行可判定平面11A BC平面1D AC，因此可判断此时M一定落在AC上，由此可判断直的正误.试卷第15页，共81页【详解】如图：对于直，在正方体1111ABCD A B C D -中，11D A BC ,若M 异于A ，则过1D 点至少有两条直线和1BC 平行，这是不可能的，因此底面ABCD 内（包括边界）满足11//D M BC 的点M 有且只有1个，即为A 点，故直正确；对于直，正方体1111ABCD A B C D -中，AB ⊥ 平面11BCC B ,1B C ⊂平面11BCC B ，所以1AB B C ⊥ ,又1111B C A D A D AD ⊥，，所以11B C AD ⊥ ，而1ABAD A = ,1,AB AD ⊂ 平面1D AB ,故1B C ⊥平面1D AB ,因此和1B C 垂直的直线1DM 一定落在平面1D AB 内，由M 是平面ABCD 上的动点可知，M 一定落在AB 上，这样的点有无数多个，故直错误；对于直，11A C AC ,AC ⊂平面1D AC ,则11A C 平面1D AC ，同理1BC ∥平面1D AC ,而1111A C BC C ,所以平面11A BC 平面1D AC ，而1//D M 平面11A BC ，所以1D M 一定落在平面1D AC 上，由是M 平面ABCD 上的动点可知，此时M 一定落在AC 上，即点M 的轨迹是线段AC ，故直正确，故选：C.19．大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切试卷第17页，共81页圆柱体积和表面积的（）A ．13B ．12C ．23 D ．34【答案】C 【分析】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案. 【详解】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R 所以球的体积为343R π, 表面积为24R π. 圆柱的体积为：3222R R R ππ⨯=,所以其体积之比为：3342323RR ππ= 圆柱的侧面积为：2224R R R ππ⨯=, 圆柱的表面积为：222426R R R πππ+=所以其表面积之比为：224263R R ππ= 故选：C20．设点A 在球O 的球面上，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得圆M ，圆M 交球O 于点B ，若2AB =，则圆M 的面积等于（） A ．π B ．2π C ．3π D ．4π【答案】C 【分析】设球的半径为R ，圆M 的半径为r ，表示出各个长度，再利用直角三角形勾股定理列式计算圆M 的半径r ，从而求出面积. 【详解】如图，设球的半径为R ，圆M 的半径为r ，则12AM OM R ==，BM r =，因为OA BM ⊥，M 为OA 的中点，所以2R OB AB ===，由勾股定理得222AM BM AB +=，即22222R r r ⎛⎫+=⇒ ⎪⎝⎭M 的面积为23S r ππ==. 故选：C21．在正方体1111ABCD A B C D -中，点G 在1AB 上，且11⊥D G AB ，则11tan D GA ∠=（）A B C D 【答案】C 【分析】先判断出G 为1AB 的中点，设正方体1111ABCD A B C D -的边长为1，即可求出11tan D GA ∠. 【详解】如图示：在正方体1111ABCD A B C D -中，111A D AB ⊥. 又11⊥D G AB ，1111D G A D D ⊥=, 所以1AB ⊥面11A D G ，所以1AB ⊥1A G .因为11ABB A 为正方形，所以G 为1AB 的中点.试卷第19页，共81页不妨设正方体1111ABCD A B C D -的边长为1，则1111A D A G ==，. 因为11A D G为直角三角形，所以11111tan D A D GA A G ∠=== 故选：C22．“中国天眼”（如图1）是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠（球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是R ，球冠的高度是h ，则球冠的面积2S Rh π=）．已知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积（球冠面积）约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为（）（0.52）A ．52米B ．104米C ．130米D ．156米【答案】C 【分析】由()222250R h R -+=，结合2S Rh π=求解. 【详解】由题意得：()222250R h R -+=，则222250Rh h =+，则222250250000Rh h πππ=+=，所以22225000025042501h πππ-⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以2500.52130h =⨯=，故选：C23．在正方体1111ABCD A B C D -中，O 为正方形ABCD 的中点，P 为1AA 的中点，则直线PO 与1AD 所成的角为（） A ．2πB ．3π C ．4π D ．6π【答案】A 【分析】连接11,A C A D ，先通过直线与平面垂直的判定定理证明1AD ⊥面1A DC ，进而得知11AD AC ⊥，通过三角形1AA C ，易知PO //1A C ,进而可知1PO AD ⊥. 【详解】如下图所示，连接11,A C A D ,在正方形11AA D D 中11AD A D ⊥,在正方体1111ABCD A B C D -中，CD ⊥面11AA D D 1AD CD ∴⊥,又CD 交1A D 于D ,1AD ∴⊥面1A DC ,11AD AC ∴⊥. 在三角形1AA C 中，P 为1AA 的中点，O 为AC 的中点，PO ∴//1A C ,1PO AD ∴⊥,即直线PO 与1AD 所成的角为2π. 故选：A.24．已知OA 为球O 的半径，M 为线段OA 上的点，且2AM MO =，过M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M ，若圆M 的面积为8π，则OA =（）A ．B ．3C ．D ．4【答案】B 【分析】如图所示，由题得BM =,设球的半径为R ，解方程22219R R =+即得解.【详解】解：如图所示，由题得28,BM BM ππ⨯==. 设球的半径为R ，则1,3MO R OB R ==,所以2221,39R R R OA =+∴==.故选：B试卷第21页，共81页25．阿基米德（公元前287年~公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家．他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的23，且球的表面积也是圆柱表面积的23”这一完美的结论．已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为12π，则该圆柱的内切球体积为（）A ．43πB ．8πC ．83πD【答案】D 【分析】根据题意，该圆柱的底面圆的半径和母线的关系，可以设出未知数，利用已知的圆柱表面积求解出底面圆的半径，再结合圆柱的体积与其内切球的数量关系，即可完成求解. 【详解】设圆柱的底面半径为r ，则其母线长为2l r =，因为圆柱的表面积公式222S πr πrl =+圆柱表，所以222212πr πr r π+⨯=，解得r =22V Sh πr r ==⋅圆柱，所以2V π=⨯圆柱⨯=．由题知，圆柱内切球的体积是圆柱体积的23，所以所求圆柱内切球的体积为23==圆柱VV 23⨯=，故选：D ．26．若a ，b 表示空间中的两条不同直线，则a b ∥的充要条件是（） A ．a ，b 没有公共点 B ．a ，b 都垂直于同一直线 C ．a ，b 都平行于同一平面 D ．a ，b 都垂直于同一平面【答案】D 【分析】判断选项ABC 都不是a b ∥的充要条件，只有选项D 是a b ∥的充要条件. 【详解】A :没有公共点可能异面，可能平行,所以a ，b 没有公共点不是a b ∥的充要条件；B ：垂直于同一直线的直线可能相交，可能异面，也可以平行，所以a ，b 都垂直于同一直线不是a b ∥的充要条件；C ：平行于同一平面的直线可能平行，可能相交，也可能异面，所以a ，b 都平行于同一平面不是a b ∥的充要条件；D ：a ，b 都垂直于同一平面，则a b ∥，反之也成立，所以a ，b 都垂直于同一平面是a b ∥的充要条件. 故选：D ．27．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为底面正方形对角线的交点，P 为棱1CC 上的动点（不包括端点），则下列说法不正确的是（）A ．BD ⊥平面PCEB ．1A E =C ．当1//AC 平面BDP 时，P 为1CC 的中点D ．BPD ∠的取值范围为,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【分析】根据正方体的性质，结合勾股定理，线面平行的性质、线面垂直的判定定理性质进行逐一判断即可. 【详解】对于A ，∵四边形ABCD 为正方形，∴BD AC ⊥；由正方体的性质知：1CC ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，∴1BD CC ⊥， ∵1,AC CC ⊂平面PCE ，1AC CC C =，∴BD ⊥平面PCE ，A 正确；对于B ，1A E ==B 正确；对于C ，当1//AC 平面BDP 时，1//PE AC ，可得P 为1CC 的中点，C 正确；对于D ，因为PD PB =PDE 是等腰三角形，而E 为底面正方形对角线的交点，所以,2BD PE BPD BPE ⊥∠=∠，tan EB BPE EP ∠===，由02PC <<tan 1BPE <∠<，可得,64BPE ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，∴,32BPD ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，故D 不正确.故选：D.试卷第23页，共81页28．如图，DE 是边长为4的等边三角形ABC 的中位线，将ADE 沿DE 折起，使得点A 与P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，则四棱锥P BC DE --外接球的表面积是（）A ．523πB ．16πC ．19πD ．28π【答案】A 【分析】分别取,BC DE 的中点,M G ，易得MB MC ME MD ===，则点M 为四边形BCDE 的外接圆的圆心，则四棱锥P BC DE --外接球的球心在过点M 且垂直平面BCDE 的直线上，设球心为O ，设外接球的半径为R ，OM x =，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案. 【详解】解：分别取,BC DE 的中点,M G ，在等边三角形ABC 中，60ABC ACB ∠=∠=︒，DE 是中位线，则,,,CMD BME DEM PDE 都是等边三角形，所以2MB MC ME MD ====，所以点M 为四边形BCDE 的外接圆的圆心，则四棱锥P BC DE --外接球的球心在过点M 且垂直平面BCDE 的直线上，设球心为O ，由G 为DE 的中点，所以PG DE ⊥，因为平面PDE ⊥平面BCDE ，且平面PDE 平面BCDE DE =，PG ⊂平面PDE ，所以PG ⊥平面BCDE ，则OM PG ∕∕，设外接球的半径为R ，OM x =，2MG PG CM ===，则224R x =+，)223R x =+，所以)2234xx +=+，解得x =所以R =所以四棱锥P BC DE --外接球的表面积是239524493R πππ=⨯=. 故选：A .29．已知,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A ．若//,//m n n α，则//m αB ．若//,//m m αβ，则//αβC ．若//,m m αβ⊥，则αβ⊥D ．若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥【答案】C 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案．【详解】解：对于A ：若//,//m n n α，则//m α或m α⊂，故A 错误；对于B ：若//,//m m αβ，则//αβ或α与β相交，故B 错误；对于C ：若//,m m αβ⊥，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，故C 正确；对于D ：若,//,//m n αβαβ⊥则m 与n 平行、相交、或异面，故D 错误；故选：C30．已知直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在球O 的球面上，且2AB AC ==，120BAC ∠=，若球O ，则这个直三棱柱的体积等于（）A ．B ．C ．8D ．【答案】B 【分析】由球的体积公式求得球的半径，再根据直三棱柱的性质和平面几何知识可求得直三棱柱的高，由柱体的体积公式计算可得答案.试卷第25页，共81页【详解】解：设球O 的半径为R ，直球O，直34π3R =，解得R =直2AB AC ==，120BAC ∠=︒，直BC =212sin120π2ABC S =⨯⨯△直ABC外接圆的半径24r ==，解得2r =.设球心到底面的距离为h，则4h =. 直这个直三棱柱的体积2h = 故选：B.31．21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为4m 和5m ，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为（）A．36- B．40- C．40- D．36-【答案】D 【分析】由题意可知，过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如图所示时，此时正方体的棱长最长，再根据图中的几何关系即可求出此结果．【详解】因为圆锥的高和母线长分别为4m h =和5m l =，则圆锥的底面半径为3m r ，过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如下图所示：此时正方体的棱长最大，设正方体的棱长为a，则1,CC a CD = 作AO 垂直地面于O ，则,AO h EO r == 因为1ECC EOA ，所以11CC EC AO EO=，即2r ahr=即a =(36m a =-. 故选：D .32．如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：以下四个结论中，正确结论的序号是（）①//AF CN ；②BM 与AN 是异面直线；③AF 与BM 所成角为60；④BN DE ⊥. A ．②④ B ．③④C ．①②③D ．②③④【答案】B 【分析】对于①，观察图形判断；对于②，利用正方体的几何特征判断；对于③，由异面直线所成角的定义判断；对于④，利用正方体的几何特征判断；【详解】如下图所示，连接AN 、AF 、BN ，试卷第27页，共81页对于①，由图可知，AF 、CN 异面，①错；对于②，在正方体ABFE DCMN -中，//AB MN 且AB MN =，所以，四边形ABMN 为平行四边形，故//BM AN ，②错；对于③，因为//BM AN ，故异面直线AF 与BM 所成角为FAN ∠或其补角，易知AN AF FN ==，故AFN 为等边三角形，则60FAN ∠=，③对；对于④，因为四边形ADNE 为正方形，则DE AN ⊥，因为AB ⊥平面ADNE ，DE ⊂平面ADNE ，DE AB ⊥∴，AB AN A =，DE ∴⊥平面ABMN ，BN ⊂平面ABMN ，DE BN ∴⊥，④对.故选：B.33．某圆柱的高为2，其正视图如图所示，圆柱上下底面圆周及侧面上的点A ，B ，D ，F ，C 在正视图中分别对应点A ，B ，E ，F ，C ，且4,AF EF CF BC ==，异面直线,AB CD所成角的余弦值为35，则该圆柱的外接球的表面积为（）A ．20πB ．16πC ．12πD ．10π【答案】A 【分析】根据给定正视图及相关信息，还原几何体，用几何法确定异面直线的夹角，求出圆柱底面圆半径，再确定其外接球半径即可计算作答. 【详解】依题意，圆柱的直观图如图所示，连接AF ，设圆柱底面圆的圆心为O ，半径为r ，由4,AF EF CF BC ==知，E 为OF 的中点，C 为BF 的中点，连接OC ，则OC //AB ，即异面直线,AB CD 所成角为OCD ∠或其补角，连接,DF DE ，由正视图知DE OF ⊥，则DF OD r ==，在Rt OFC △中，1CF =，即OC =在Rt CDF △中，有CD =,AB CD 所成角的余弦值为35，即3cos 5OCD ∠=，在COD △中，由余弦定理得：2222cos OD OC DC OC DC OCD =+-⋅∠，即22223(1)(1)2(1)5r r r r =+++-+⋅，解得2r =，该圆柱的轴截面矩形对角线AB ==，又圆柱的轴截面矩形是其外接球截面大圆的内接矩形，则该圆柱的外接球的半径12R AB == 所以该圆柱的外接球的表面积为2420S R ππ==. 故选：A34．《九章算术》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委菽依组内角，下周三丈，高七尺，问积及为菽几何？”其意思为：“靠墙壁堆放大豆成半圆锥形，大豆堆底面的弧长为3丈，高为7尺，问大豆堆体积和堆放的大豆有多少斛？”已知1斛大豆 2.43=立方尺，1丈10=尺，圆周率约为3，估算出堆放的大豆有（） A ．140斛 B ．142斛 C ．144斛 D ．146斛【答案】C 【分析】根据锥体的体积公式结合给定条件计算作答. 【详解】依题意，令锥体底面半圆半径为r ，半圆弧长l ，则有r l π=，即lr π=，圆锥体底面面积为2122l S rl π==，而30l =尺，圆锥体的高7h =尺，于是得圆锥体体积为试卷第29页，共81页22111307350332323l V Sh h π==⋅⋅≈⨯⨯=⨯(立方尺)，由3501442.43≈得大豆有144(斛)，所以堆放的大豆大约有144(斛). 故选：C35．如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2BD DE =，点P 在线段EF 上．给出下列命题：① 直线DP ⊥直线AC ；② 存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ； ③ 存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ；④ 直线DP 与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦．其中所有真命题的序号（） A ．①③ B ．①④ C ．①②④ D ．①③④【答案】D 【分析】利用面面垂直的性质定理证明AC ⊥面BDEF ，再由线面垂直的性质可判断①；设ACBD O =，连接OF ，假设DP ⊥平面ACF ，则DP OF ⊥，因为DP OF ⊥不成立可判断②；当点P 位于线段EF 的中点时可判断③；根据线面角的定义分别计算临界值可判断④，进而可得正确答案. 【详解】对于①：因为四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥，因为面BDEF ⊥面ABCD ，面BDEF ⋂面ABCD BD =，AC ⊂面ABCD ，所以AC ⊥面BDEF ，因为DP ⊂面BDEF ，所以直线DP ⊥直线AC ，故①为真命题；对于②：设ACBD O =，连接OF ，若DP ⊥平面ACF ，OF ⊂面ACF ，则DP OF ⊥，而点P 是线段EF 上一动点，无论点P 在什么位置DP 与OF 都不垂直，所以假设不成立，所以不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，故②不是真命题；对于③：当点P 位于线段EF 的中点时，因为四边形BDEF 是矩形，点O 是BD的中点，可得//OD PF 且=OD PF ，所以四边形ODPF 是平行四边形，可得//DP OF ，因为DP ⊄面ACF ，OF ⊂面ACF ，所以//DP 平面ACF ，所以存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ，故③为真命题；对于④：直线DP 与平面ABCD 所成角即为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 时，PDB ∠逐渐减小，点P 位于点E 时，90PDB EDB ∠=∠=，sin 1PDB ∠=，当点P 位于点F 时，设1BF =，则2BD =，DF =sin sinBF PDB FDB DF ∠=∠==线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦，故④为真命题；故选：D.36．设α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不重合的直线，下列命题中为真命题的是（）A ．如果m n ⊥，m α⊥，n ∥β，那么αβ⊥B ．如果m n ⊥，m α⊥，n β⊥，那么α∥βC ．如果m ∥n ，m α⊥，n β⊥，那么α∥βD ．如果m ∥n ，m α⊥，n β⊥，那么αβ⊥ 【答案】C 【分析】AB.利用两平面的位置关系判断；CD.利用面面平行的判定定理判断；【详解】A. 如果m n ⊥，m α⊥，n ∥β，那么α，β相交或平行；故错误；B. 如果m n ⊥，m α⊥，n β⊥，那么α，β垂直直故错误；C. 如果m ∥n ，m α⊥，则n α⊥，又n β⊥，那么α∥β，故C 正确；D 错误，故选:C37．已知a ，b ，c 为不同直线，,αβ为不同平面，给出下列命题：试卷第31页，共81页1p ：若,,a b a b αβ⊥⊥∥，则a β∥；2p ：若a β∥，则β内存在与a 相交的直线； 3p ：若,,a b a b αβα⋂=⊂⊥，则αβ⊥； 4p ：,,,c a b αβαβαβ⊥=⊂⊂，若a 不垂直于c ，则a 不垂直于b ．其中为假命题的是（） A ．12,p p B ．23,p pC ．34,p pD ．234,,p p p【答案】D 【分析】1p ：利用面面平行的判定定理判断；2p ：利用线面平行的定义判断；3p ：举例判断；4p ：举例判断.【详解】1p ：若,a a b α⊥∥，则b α⊥，又b β⊥，则a β∥，故正确；2p ：若a β∥，则直线a 与平面β无公共点，所以β内不存在与a 相交的直线，故错误；3p ：如图所示：在正方体中，平面 11A BCD 平面ABCD BC =，1A B BC ⊥，但平面 11A BCD 与平面 ABCD 不垂直，所以若,,a b a b αβα⋂=⊂⊥，则,αβ不一定垂直，故错误；4p ：如图所示：在正方体中，平面11B BCC ⊥平面 ABCD ，平面 11B BCC ⋂平面 ABCD BC =， 1B C 不垂直于BC ，但 1B C CD ⊥，故错误；故选：D38．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面三角形111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，则下列叙述正确的是（）A ．1CC 与1B E 是异面直线B ．1//AC EB C ．AE ，11B C 为异面直线，且11AE B C ⊥D ．11//A C 平面1AB E【答案】C 【分析】对于A 、B 项:利用异面直线的定义直接判断；对于C 项：直接证明出11AE B C ⊥，所以C 正确；对于D 项：由11A C 与交线有公共点，即可判断. 【详解】对于A 项，1CC 与1B E 在同一个侧面中，故不是异面直线，所以A 错；对于B 项，由题意知AC 与1E B 为异面直线，所以B 错；对于C 项，因为AE ，11B C 为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线，由底面111A B C 是正三角形，E 是BC 中点，根据等腰三角形三线合一可知AE BC ⊥，结合棱柱性质可知11//B C BC ，则11AE B C ⊥，所以C 正确；对于D 项，因为11A C 所在的平面与平面1AB E 相交，且11A C 与交线有公共点，故11//A C 平面1AB E 不正确，所以D 项不正确. 故选：C39．三棱锥S ABC -中，G 为ABC 的重心，E 在棱SA 上，且2AE ES =，则EG 与平面SBC 的位置关系为（） A ．EG 在平面SBC 内 B ．EG 在平面SBC 外 C ．EG 与平面SBC 相交 D ．EG 与平面SBC 平行【答案】D 【分析】试卷第33页，共81页通过对应线段成比例得到线线平行，从而得到线面平行. 【详解】如图，延长AG 交BC 于点F ，连接SF ，因为G 为ABC 的重心，所以2AGGF =，又2,=AE ES//EG SF ∴，SF ⊂平面SBC ，EG ⊄平面SBC ，//EG ∴平面SBC .故选：D40．已知A ，B 是球O 的球面上两点，4AOB π∠=，P 为该球面上的动点，若三棱锥O PAB -，则球O 的表面积为（） A ．12π B ．16π C ．24π D ．36π【答案】B 【分析】计算2OAB S =△，当高为半径时体积最大，计算得到2R =，得到球的表面积. 【详解】221πsin 24OAB S R R ==△，当高为半径时体积最大，三棱锥O PAB -的体积的最大值为313OAB S R R ⋅==△，解得2R =，故球的表面积为24π16πS R ==. 故选：B41．如图，边长为2的正方形O A B C ''''是一个水平放置的平面图形OABC 的直观图，则图形OABC 的面积是（）。

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。

人教A版数学必修第2册单元测试第八章立体几何初步(原卷版)

第八章立体几何初步综合测试(原卷版)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 ．－3 B ．3 C ．4D ．－42．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( )A ．2B ．4C ．6D ．83．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为( )A ．49π2B ．49πC ．81π2D ．81π4．空间四点A ，B ，C ，D 共面而不共线，那么这四点中( ) 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( ) 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( )A ．0B ．1C ．2D ．37．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P AD交于EF，E在线段PD上且异于P、D，则四边形EFBC是()A．空间四边形B．矩形C．梯形D．平行四边形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 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，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)() A．1.0×109 m3B．1.2×109 m3C．1.4×109 m3D．1.6×109 m3二、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()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()A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMNC．AC＝BD D．异面直线PM与BD所成的角为45°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()A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB112．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，M、N分别为侧棱P A、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()A．PC∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．OM⊥P A D．PD⊥平面OMN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____．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____．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___厘米．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____．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．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．19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面P AD⊥底面ABCD，侧棱P A⊥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P AB⊥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ABB1．21．(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．22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC，AB＝2A1A＝4，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D，DC1．(1)求证：DC1∥平面A1ABB1；(2)若二面角A1－DC－A为45°．①求证：平面A1C1D⊥平面A1AD；②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值．。

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.。

2025版新教材高中数学第八章立体几何初步单元素养水平监测新人教A版必修第二册

第八章单元素养水平监测(时间：120分钟满分：150分)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．下列说法正确的是( )A．三点可以确定一个平面 B．一条直线和一个点可以确定一个平面C．四边形肯定是平面图形 D．两条相交直线可以确定一个平面2．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是( )A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形3．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法错误的是( ) A．若l⊥α，m⊥α，则l∥mB．若l∥α，α∥β，则l∥βC．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥mD．若l与m异面，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β4．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满意a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不行能满意以下哪种关系( )A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面5．如图，在正四面体ABCD中，M是BC的中点，P是线段AM上的动点，则直线DP和BC所成角的大小( )A．肯定为90° B．肯定为60°C．肯定为45° D．与P的位置有关6．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M7．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图①)是中国科学院空天信息探讨院自主研发的系留浮空器.2024年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇胜利完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050米，超过珠穆朗玛峰，创建了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高18米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图②所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积为( )A．4 542π B. 3 026π C. 2 540π D. 2 441π8．已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，BC＝6，若AC1与平面BCC1B1所成的角的余弦值为63，则该长方体外接球的表面积为( )A ．27π2 B. 27π C. 45π2D. 45π二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．一个正方体的顶点都在球面上，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是( )10．已知α，β是两个不重合的平面，l ，m 是两条不同的直线，下列说法正确的是( ) A ．若l ∥α，α∥β，则l ∥β B ．若α∥β，m ⊂α，则m ∥β C ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥mD.若α∩β＝l ，m ∥l ，则m 至少与α，β中一个平行11．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以下四个选项正确的是( ) A ．D 1C ∥平面A 1ABB 1 B ．A 1D 1与平面BCD 1相交 C ．AD ⊥平面D 1DB D ．平面BCD 1⊥平面A 1ABB 112．如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则下列结论错误的是( )A．B1E⊥平面BEFB．直线B1E与直线BF所成的角为90°C．平面BEF与平面ABCD的夹角为45°D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)13．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，若该圆台的侧面积为72π，则其母线长为________．14．如图，在直二面角αABβ中，AC和BD分别在平面α和β上，它们都垂直于AB，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD＝________．15．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则C1到平面A1BD的距离为________．16．已知三棱锥PABC的棱长均为1，先在三棱锥PABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1与三棱锥PABC的三个侧面都相切，则球O1的半径为________，球O2的体积为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题10分)(1)已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．(2)在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形内挖去半圆形(圆心O在边AC 上，半圆形与BC、AB分别相切于点C、M，与AC交于N)，求图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体体积．18．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PA＝PC，E为PB 的中点．求证：(1)PD∥平面AEC；(2)平面AEC⊥平面PBD.19．(本小题12分)如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．(1)证明：E，F，G，H四点共面．(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．20．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝CD＝3，PC＝3 2.(1)求证：PD⊥平面ABCD.(2)设点E是PA的中点，若BD⊥CD，BD＝2，求三棱锥BCDE的体积．21．(本小题12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD 为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．(1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB.(2)当PB∥平面AMN时，求出点M的位置，说明理由．22．(本小题12分)平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，DB＝3，如图甲所示，作DE⊥AB 于点E，将△ADE沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示．(1)设平面PEB与平面PDC的交线为l，推断l与CD的位置关系，并证明；(2)当四棱锥PBCDE的体积最大时，求二面角PBCD的正切值；(3)在(2)的条件下，G、H分别为棱DE，CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值．第八章单元素养水平监测1．解析：A错误，不共线的三点可以确定一个平面；B错误，一条直线和直线外一个点可以确定一个平面；C错误，四边形不肯定是平面图形，比如空间四边形；D正确，两条相交直线可以确定一个平面．故选D.答案：D2．解析：将其还原成原图，如图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故选C.答案：C3．解析：对于A，依据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；对于B，若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故B错误；对于C，依据直线与平面平行的性质定理可知C正确；对于D，假设α∩β＝n，因为l⊂α，l∥β，α∩β＝n，所以l∥n，同理可得m∥n，所以l ∥m ，这与l 与m 异面相冲突，故假设不成立，则α∥β，故D 正确．故选B.答案：B4．解析：设α∩β＝l ，且l 与a ，b 均不重合，假设a ∥b ∥c ，由a ∥b 可得a ∥β，b ∥α，又α∩β＝l ，可知a ∥l ，b ∥l ，又a ∥b ∥c ，可得c ∥l .因为α，β，γ两两相互垂直，所以l 与γ相交，即l 与c 相交或异面．若l 与a 或b 重合，同理可得l 与c 相交或异面，可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行．故选B.答案：B5．解析：连接DM ，∵四面体ABCD 是正四面体，M 是BC 的中点，∴△DBC 、△ABC 是等边三角形，∴BC ⊥DM ，BC ⊥PM .∵DM ⊂平面DMP ，PM ⊂平面DMP ，DM ∩PM ＝M ，∴BC ⊥平面DMP ，又DP ⊂平面DMP ，∴BC ⊥DP ，∴直线DP 与BC 所成角为90°.故选A.答案：A6．解析：对于A 、B ，易得A ，B ∉β，故必不在γ与β的交线上，故A 、B 错误；对于C 、D ，因为过A ，B ，C 三点的平面记作γ，所以平面ABC 与γ是同一个面，因为直线AB ∩l ＝M ，所以M ∈AB ⊂平面ABC ，则M ∈γ，又C ∈平面ABC ，则C ∈γ，所以MC ⊂γ；因为AB ∩l ＝M ，α∩β＝l ，所以M ∈l ⊂β，又C ∈β，所以MC ⊂β，所以β∩γ＝MC ，所以γ与β的交线必通过点C 和点M .故C 错误，D 正确．故选D.答案：D7．解析：该组合体的直观图如图．半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为33米，所以半球的体积为12×43π·93＝486π(立方米)，圆柱的体积为π·92·13＝1 053π(立方米)，圆台的体积为13×33π(92＋9×1＋12)＝1 001π(立方米)，故该组合体的体积为486π＋1 053π＋1 001π＝2 540π(立方米).故选C.答案：C8.解析：连BC 1，因为AB ⊥平面BCC 1B 1，所以∠AC 1B 是AC 1与平面BCC 1B 1所成的角，所以cos ∠AC 1B ＝BC 1AC 1＝63，所以AC 1＝3BC 16，设CC 1＝x ，则BC 21 ＝BC 2＋CC 21 ，即BC 21 ＝6＋x 2,又AC 21 ＝AB 2＋BC 2＋CC 21 ，所以9BC 21 6＝9＋6＋x 2，所以9（6＋x 2）6＝15＋x 2，即x 2＝12，所以BC 21＝18，AC 21 ＝9×186＝27，因为该长方体外接球的直径是AC 1，设半径为R ，则R 2＝14AC 21 ＝274，所以该外接球的表面积为4πR 2＝4π·274＝27π.故选B.答案：B9．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时得C ；当截面过正方体的体对角线时可得D ；当截面既不过体对角线又不与任一侧面平行时，可得A ；但无论如何都不能截得B.故选ACD.答案：ACD10．解析：A.如图所示：可得结果l ∥β或l ⊂β，故A 错误；B ．如图所示：，可得结果m ∥β，故B 正确；C.如图所示：，可得m ⊥l ，故C 错误；D ．如图所示：，可得结果m ∥α或m ∥β，故D 正确．故选BD.答案：BD11．解析：对于A ，因为平面A 1ABB 1∥平面D 1DCC 1，而D 1C ⊂平面D 1DCC 1，故D 1C 与平面A 1ABB 1没有公共点，所以D 1C ∥平面A 1ABB 1，即A 正确；对于B ，因为A 1D 1∥BC ，所以A 1D 1⊂平面BCD 1，所以B 错误；对于C ，若AD ⊥平面D 1DB ，则AD ⊥DB ，但∠ADB ＝45°，所以C 错误；对于D ，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，易得BC ⊥平面A 1ABB 1，而BC ⊂平面BCD 1，所以平面BCD 1⊥平面A 1ABB 1，所以D 正确．故选AD.答案：AD 12．解析：对于A ，如图，连接B 1F ，由题意A 1B 1＝B 1C 1，又E ，F 分别为CC 1，AA 1的中点，可得B 1E ＝B 1F ，若B 1E ⊥平面BEF ，则B 1E ⊥EF ，进而∠B 1EF ＝∠B 1FE ＝90°.这明显不成立，故B 1E 与平面BEF 不垂直，A 错误．对于B ，假设直线B 1E 与直线BF 所成的角为90°，即B 1E ⊥BF ，由正四棱柱的性质可知B 1A 1⊥平面B 1BCC 1，而B 1E ⊂平面B 1BCC 1，所以B 1A 1⊥B 1E ，可得B 1E ⊥平面ABB 1A 1，而由正四棱柱的性质可知B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，所以B 1E ∥B 1C 1，明显这是不行能的，所以假设不成立，因此B 错误．对于C ，分别延长D 1F ，DA 交于点P ，连接PB ，则直线PB 即为平面BED 1F 与平面ABCD 的交线．连接BD ，BD 1，可证PB ⊥平面BDD 1，故∠DBD 1即为平面BEF 与平面ABCD 的夹角，易知tan ∠DBD 1＝DD 1BD＝2>1，故∠DBD 1>45°，C 错误．对于D ，可证D 1F ∥BE ，则直线D 1F 与平面ABCD 所成的角为∠EBC ，又依据题意易知∠EBC ＝45°，D 正确．故选ABC.答案：ABC13．解析：圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，设圆台的母线长为l ，则该圆台的侧面积为S 侧＝π×(2＋6)×l ＝72π，则l ＝9，所以圆台的母线长为9.答案：914．解析：连接BC ，在直二面角αAB β中BD ⊥AB ，α∩β＝AB ，BD ⊂β，所以BD ⊥α，又BC ⊂α，则BD ⊥BC ，又AC ⊥AB ，所以，在Rt△ABC 、Rt△DBC 中CD ＝AC 2＋AB 2＋BD 2＝229. 答案：22915．解析：连接AC 1，AD 1，可以证明A 1D ⊥平面AC 1D 1，得AC 1⊥A 1D .同理可得AC 1⊥A 1B ，故AC 1⊥平面A 1BD .连接AC 交BD 于O ，连接A 1O 交AC 1于点E ，可以证明△AOE ∽△C 1A 1E ，则AEC 1E＝AO A 1C 1＝12，所以C 1E ＝23AC 1＝23，即C 1到平面A 1BD 的距离为2 3.答案：2 3 16.解析：如图所示．已知三棱锥P ABC 的棱长均为1，所以三棱锥P ABC 为正四面体，设底面三角形ABC 中心为O ，PO ⊥底面ABC ，则O 1，O 2在PO 上，取BC 的中点D ，作截面PAD ，球O 1，球O 2与PD 切于N ，E ，连接O 1N ，O 2E .由题意得S △ABC ＝12×1×1×sin 60°＝34 ，底面ABC 的外接圆半径为2r 1＝1sin 60°＝132＝233⇒r 1＝33，点P 到平面ABC 的距离为d ＝12－（33）2＝63 ，所以V P －ABC ＝13·S △ABC ·h ＝13×34×63＝212, 所以S △PBC ＝S △PAB ＝S △PAC ＝12×1×1×sin 60°＝34，设球O 1的半径为R ，所以V P ABC ＝＋＋＋，则212＝13(34×4)·R ，得R ＝612 .设球O 2的半径为r ，则O 2E O 1N ＝PO 2PO 1，r R ＝d －2R －r d －R，又R ＝612，d ＝63，得r ＝624，所以球O 2的体积为V ＝4π3(624)3＝6π1 728. 答案：612 6π1 72817．解析：(1)正四棱锥P ABCD 中，底面正方形ABCD 的面积S 1＝AB 2＝36，在等腰△PAB 中，PA ＝PB ＝5，AB ＝6，则边AB 上的高h ＝ PA 2－（12AB ）2＝4，因此该正四棱锥的侧面积S 2＝4S △PAB ＝4×12AB ×h ＝2×6×4＝48，所以该正四棱锥的表面积S ＝S 1＋S 2＝36＋48＝84.(2)几何体是图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球，所以圆锥的底面半径是1，高为3，球的半径为r ，tan 30°＝OC BC ＝r 1，r ＝33，所以圆锥的体积为13×12×π×3＝3π3，球的体积为43π×(33)3＝43π27，阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为3π3－43π27＝53π27. 18．证明：(1)设AC ∩BD ＝O ，连接EO ，如图所示．因为O ，E 分别为BD ，PB 的中点，所以PD ∥EO ，又因为PD ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ，所以PD ∥平面AEC . (2)连接PO ，如图所示．因为PA ＝PC ，O 为AC 的中点，所以AC ⊥PO ，又因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为PO ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，且PO ∩BD ＝O ，所以AC ⊥平面PBD ，又因为AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面PBD .19．证明：(1)如图，连接EF ，GH . ∵GH 是△A 1B 1C 1的中位线，∴GH ∥B 1C 1.∵B 1E ∥C 1F ，且B 1E ＝C 1F ，∴四边形B 1EFC 1是平行四边形， ∴EF ∥B 1C 1，∴EF ∥GH ，∴E ，F ，G ，H 四点共面． (2)如图，延长EG ，FH 相交于点P .∵P ∈EG ，EG ⊂平面ABB 1A 1，∴P ∈平面ABB 1A 1. ∵P ∈FH ，FH ⊂平面ACC 1A 1，∴P ∈平面ACC 1A 1. ∵平面ABB 1A 1∩平面ACC 1A 1＝AA 1，∴P ∈AA 1， ∴EG ，FH ，AA 1三线共点．20．解析：(1)证明：在△PDC 中，PD ＝CD ＝3，PC ＝32，PD 2＋DC 2＝PC 2，则PD ⊥DC . 又平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PD ⊂平面PDC ，故PD ⊥平面ABCD . (2)PD ＝3，点E 是PA 的中点，E 到平面ABCD 的距离d ＝12PD ＝32.又BD ⊥CD ，BD ＝2，CD ＝3，S △BCD ＝12×2×3＝3.V B CDE ＝V E BCD ＝13·S △BCD ·d ＝13×3×32＝32.21．解析：(1)证明：取AP 中点为E ，连接EM ，EB ，在△PAD 中，M 为PD 的中点，E 为AP 中点，∴EM ∥AD ，EM ＝12AD ，在平行四边形ABCD 中，N 为BC 的中点，∴BN ∥AD ，BN ＝12AD ，∴BN ∥ME ，BN ＝ME ，∴四边形BNME 为平行四边形， ∴MN ∥BE ，MN ⊄平面PAB ，BE ⊂平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .(2)连接AN ，BD ，相交于O ，连接OM ，∵PB ∥平面AMN ，平面PBD ∩平面AMN ＝OM ，PB ⊂平面PBD ， ∴PB ∥OM ，PM MD ＝OB OD ＝BN AD ＝12，即存在点M ，M 为PD 上靠近P 点的三等分点．22．解析：(1)l ∥CD .证明：因为EB ∥CD ，CD ⊄平面PBE ，EB ⊂平面PBE ，所以CD ∥平面PBE .因为CD ⊂平面PCD ，平面PBE ∩平面PCD ＝l ，所以l ∥CD . (2)当平面PDE ⊥平面BCDE 时，四棱锥P BCDE 的体积最大．平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ，PE ⊂平面PDE ，PE ⊥DE ，可得PE ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，可得PE ⊥BC ，作EO ⊥BC 交BC 于点O ，连接PO ，EO ∩PE ＝E ，可得BC ⊥平面POE ，而PO 在平面PEO 中，故BC ⊥PO ，∠POE 即为二面角P BC D 的平面角，在Rt△POE 中，PE ＝12，EO ＝32×sin 60°＝334，tan ∠POE ＝12334＝239，所以二面角P BC D 的正切值为239.(3)由绽开图可知，B关于CD的对称点为B′，DE＝32，BB′＝3，由勾股定理可得AB′＝7，PB＝102，当A、G、H、B′共线时，周长最短，此时(PG＋GH＋HB＋PB)min＝AB′＋PB＝7＋10 2.。

新教材适用高中数学第8章立体几何初步测评新人教A版必修第二册

第八章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.下列说法正确的是()A.圆锥的侧面绽开图是一个等腰三角形B.棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体C.任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥D.通过圆台侧面上一点,有多数条母线解析:圆锥的侧面绽开图是一个扇形,故A错误;由棱柱的定义知B错误;通过圆台侧面上一点,有且只有一条母线,故D错误;因为棱台是由一个大棱锥被一个平行于底面的平面所截,夹在截面与底面的部分,所以任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥,故C正确.答案:C2.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1解析:CE⊂平面ACC1A1,∵BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,∴BD⊥平面ACC1A1,∴BD⊥CE.答案:B3.如图,Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图,斜边O'B'=2,则这个平面图形的面积是()A B.1C D.2解析:在直观图中,∵O'B'=2,∠A'O'B'=45°,∠O'A'B'=90°,∴O'A'=A'B'=2∴S△O'A'B'==1.∴这个平面图形的面积S=2S△O'A'B'=2故选D.答案:D4.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底面的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()(“斛”不是国际通用单位)A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛解析:设米堆的底面半径为r,则r=8,故r=(尺),则V米堆=r2h5(立方尺).因为1斛米的体积约为1.62立方尺,所以堆放的米约有÷1.62≈22(斛).答案:B5.如图,四棱锥S-ABCD全部的棱长都等于2,E是SA的中点,过C,D,E三点的平面与SB交于点F,则四边形DEFC的周长为()A.2+B.3+C.3+2D.2+2解析:∵AB=BC=CD=DA=2,∴四边形ABCD为菱形,∴AB∥CD,从而AB∥平面DEFC,∵AB⊂平面SAB,平面SAB∩平面DEFC=EF,∴AB∥EF.又E是SA的中点,∴F为SB的中点,∴EF=1,DE=CF=∴四边形DEFC的周长为3+2答案:C6.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π解析:本题主要考查空间几何体.设球O的半径为R,则S△AOB=R2.当OC⊥平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积最大,此时V=R2·R=36,解得R=6,所以球O的表面积S=4πR2=144π.答案:C7.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为()A.13 B C.12 D.15解析:如图,连接AD.由题意知AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD=在Rt△CAD中,CD==13.答案:A8.已知平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A BC D解析:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCD-A2B2C2D2,则过点A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2,即平面α就是平面AB2D2,平面AB2D2∩平面ABB1A1=AB2,即直线n就是直线AB2,易知平面ABCD∥平面A2B2C2D2,由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2,故m,n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角,在等边三角形AB2D2中,∠AB2D2=60°,故其正弦值为故选A.答案:A二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.用一个平面去截一个几何体,得到的截面是圆面,则这个几何体可能是()A.圆锥B.圆柱C.球D.棱柱解析:对于A,圆锥的底面是圆,则用一个平面去截,得到的截面可能是圆面;对于B,圆柱的底面是圆,则用一个平面去截,得到的截面可能是圆面;对于C,用随意的平面去截球,得到的截面均为圆面;对于D,用随意的平面去截棱柱,得到的截面都不行能是圆面.答案:ABC10.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β.则下列结论正确的是()A.α∥β⇒l⊥mB.α⊥β⇒l∥mC.l∥m⇒α⊥βD.l⊥m⇒α∥β解析:A项中,∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β.又m⊂β,∴l⊥m,故A正确.B项中,由l⊥α,α⊥β可得l∥β或l⊂β,再由m⊂β得不到l∥m,故B错误.C项中,∵l⊥α,m∥l,∴m⊥α,又m⊂β,∴α⊥β,故C正确.D项中,若α∩β=m,也可满意l⊥α,l⊥m,故D错误.答案:AC11.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是()A.圆柱的侧面积为2πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2解析:依题意得球的半径为R,则圆柱的侧面积为2πR·2R=4πR2,∴A错误;圆锥的侧面积为πR R=R2,∴B错误;球的表面积为4πR2,∵圆柱的侧面积为4πR2,∴C正确;∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=R2·2R=R3,V球=R3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3R3R3=3∶1∶2,∴D正确.故选CD.答案:CD12.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是()A.PB⊥ADB.平面PAB⊥平面PBDC.直线BC∥平面PAED.直线PD与平面ABC所成的角为45°解析:∵PB在底面的射影为AB,AB与AD不垂直,∴AD与PB不垂直,故A不正确;又BD⊥AB,BD⊥PA,AB∩PA=A,∴BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAB.故B正确;∵BD∥AE,∴BD∥平面PAE,∴BC与平面PAE不平行,故C不正确;∵PD与平面ABC所成的角为∠PDA,且在Rt△PAD中,AD=2AB=PA,∴∠PDA=45°,故D正确.答案:BD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.现有用橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.解析:设新的圆锥和圆柱的底面半径均为r,则52×4+π×22×8=r2×4+πr2×8,即r2=+32π,解得r=答案:14.在四面体A-BCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD与BC所成角的大小为.解析:如图①,取AC的中点M,连接EM,FM.因为F为DC的中点,M为AC的中点,所以FM∥AD,且FM=AD=1.同理EM∥BC,且EM=BC=1.故∠EMF或其补角为异面直线AD与BC所成的角.图①图②如图②,在△EMF中,作MN⊥EF于点N,则N为EF的中点.在Rt△MNE中,EM=1,EN=,所以sin∠EMN=,从而∠EMN=60°,∠EMF=120°.故AD与BC所成角为60°.答案:60°15.已知在四面体P-ABC中,PA=PB=4,PC=2,AC=2,PB⊥平面PAC,则四面体P-ABC外接球的体积为.解析:∵PA=4,PC=2,AC=2,∴在△PAC中,PA2+PC2=20=AC2,可得AP⊥PC.又PB⊥平面PAC,PA,PC⊂平面PAC,∴PB⊥PA,PB⊥PC.以PA,PC,PB分别为长、宽、高,作长方体如图所示,则该长方体的外接球就是四面体P-ABC的外接球.∵长方体的体对角线长为=6,∴长方体外接球的直径2R=6,则R=3.因此,四面体P-ABC外接球的体积为V=R3=36π.答案:36π16.如图,P是边长为2的正方形ABCD外一点,PA⊥AB,PA⊥BC,且PC=5,则直线BD与平面PAC的位置关系为,二面角P-BD-A的余弦值为.解析:∵PA⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,∴PA⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD.∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC.∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.如图,设AC∩BD=O,连接PO,则BD⊥PO.∴∠POA为二面角P-BD-A的平面角.又AB=2,∴AC=4,∴AO=2.∴PA==3.∴PO=,∴cos∠POA=答案:垂直四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图,求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积(单位:cm).解:由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一半球面.S半球=8π,S圆台侧=35π,S圆台底=25π.故所求几何体的表面积为68πcm2.由V圆台=(π×22++π×52)×4=52π,V半球=23, 所以所求几何体的体积为V圆台-V半球=52π-=(cm3).18.(12分)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合于点G,得到多面体CDEFG.(1)求证:平面DEG⊥平面CFG;(2)求多面体CDEFG的体积.(1)证明:由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得EG⊥GF.因为CF⊥EF,CF⊥GF,且EF∩GF=F,所以CF⊥平面EGF,所以可得CF⊥EG.因为GF∩CF=F,所以EG⊥平面CFG.又因为EG⊂平面DEG,所以平面DEG⊥平面CFG.(2)解:过点G作GO垂直于EF,垂足为O,则GO=由(1)知CF⊥平面EGF,CF⊂平面CDEF,所以平面EGF⊥平面CDEF,且交线为EF.所以GO⊥平面CDEF,即GO为四棱锥G-CDEF的高.所以所求体积为S长方形CDEF·GO=4×5=16.19.(12分)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.证明:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1,因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,AA1⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,且A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.20.(12分)如图所示,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O,求:(1)AO与A'C'所成角的度数;(2)AO与平面ABCD所成角的正切值;(3)平面AOB与平面AOC所成二面角的大小.解:(1)由题意得A'C'∥AC,∴∠OAC或其补角即为AO与A'C'所成的角.∵在正方体A'C中,AB⊥平面BC',∴OC⊥AB.又OC⊥OB,且AB∩OB=B,∴OC⊥平面ABO.∵OA⊂平面ABO,∴OC⊥OA.∵在Rt△AOC中,OC=,AC=,∴sin∠OAC=,∴∠OAC=30°.即AO与A'C'所成角的度数为30°.(2)如图所示,过点O作OE⊥BC于点E,连接AE.∵平面BC'⊥平面ABCD,且交线为BC,∴OE⊥平面ABCD,从而∠OAE即为AO与平面ABCD所成的角.在Rt△OAE中,OE=,AE=,∴tan∠OAE=即AO与平面ABCD所成角的正切值为(3)由(1)知,OC⊥平面AOB.又OC⊂平面AOC,∴平面AOB⊥平面AOC,即平面AOB与平面AOC所成二面角的大小为90°.21.(12分)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.证明:(1)AA1⊥BD;(2)CC1∥平面A1BD.证明:(1)∵AB=2AD,∠BAD=60°,∴BD⊥AD.∵D1D⊥平面ABCD,∴D1D⊥DB.又AD∩D1D=D,∴BD⊥平面A1ADD1,∴AA1⊥BD.(2)如图,连接AC,A1C1,AC交BD于点O,连接A1O.∵四棱台底面ABCD是平行四边形,∴OC=AC.由棱台定义,AB=2A1B1及平面与平面平行的性质定理得A1C1∥OC,且A1C1=OC.∴四边形A1OCC1为平行四边形.∴CC1∥A1O.又A1O⊂平面A1BD,CC1⊄平面A1BD,∴CC1∥平面A1BD.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解:(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由题意知,BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.又因为EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(2)已知CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.又因为CD⊥AD,11所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以∠PDA=45°.由题意知PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.由题意知AE=ED=CD=1.所以在Rt△PAE中,PE=,在Rt△CDE中,CE=,在Rt△PAD中,PD=2,在Rt△PDC中,PC=3.设点A到平面PCE的距离为m,PA与平面PCE所成角为β.连接AC,则V A-PEC=V P-AEC.①已知△PEC的三边,依据余弦定理、三角形面积计算公式,得S△PEC =S△AEC =AE·CD=代入①得m=PA,已知PA=2,解得m=,故sinβ=12。

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．。

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．。

高中数学第八章立体几何初步测评习题含解析第二册

第八章测评(时间:120分钟满分：150分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）1。

如图所示,△A’O’B'表示水平放置的△AOB的直观图,B’在x’轴上,A'O’与x’轴垂直,且A’O’=2,则△AOB的边OB上的高为（）A.2B.4 C。

2 D.4△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以×OB×h=2×O’B'×2,又OB=O’B'，所以h=4.2。

如图，一圆锥的母线长为4，其侧面积为4π，则这个圆锥的体积为（）A。

B.C。

πD。

π,此扇形的半径R=4，设其弧长为l,侧面积为扇形的面积，所以扇形的面积S1=Rl=4π，解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π，由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=，故圆锥的体积V=Sh=π.3。

在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1，M为AC的中点,沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C—BM—A的大小为()A。

30°B。

60°C.90°D.120°,由A'B=BC=1，∠A’BC=90°知A'C=.∵M为A’C的中点，∴MC=AM=，且CM⊥BM,AM⊥BM,∴∠CMA为二面角C-BM—A的平面角。

∵AC=1，MC=MA=，∴∠CMA=90°,故选C。

4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5,CD=2，AD=2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(）A.(60+4)πB。

（60+8）πC.(56+8）πD。

(56+4)πABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π（r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×（2+5)×5+π×2×2=（60+4）π.故选A.5。

高中数学8.6第八章立体几何初步综合测试卷2021高中数学新教材配套提升训练人教A版必修第二册

第八章《立体几何初步》综合测试卷一、单选题1．（2021·安徽省肥东县第二中学高二期末（文））棱长为4的正方体的内切球的表面积为（） A ．4π B ．12πC ．16πD ．20π【答案】C 【解析】由正方体的内切球直径为正方体棱长，直接求解. 【详解】由球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径，得24r =，2r ，故表面积为2416S r ππ==，故选：C. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 2．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（文））阿基米德（Archimedes ，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“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”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π【答案】C 【解析】根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果. 【详解】设球的半径为R ，则343R π=36π，所以3R =，所以圆柱的底面半径为3R =，圆柱的高为26R =，所以圆柱的体积为232254R R R πππ⨯==. 故选：C3．（2021·湖北武汉市·高二期末）过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则圆柱的侧面积是（）A ．B ．12πC ．8πD ．10π【答案】C 【解析】结合立体图，先由面积计算底面半径和侧棱，再利用侧面积公式计算即可. 【详解】如图所示，过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形ABCD ，面积为8，故边长AB AC ==12R AB ==AC =则圆柱的侧面积是228S R AC πππ=⋅==. 故选：C.4．（2021·广西钦州市·高二期末（理））直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，60BAC ∠=︒，则1AC 与面11BCC B 成角的正弦值为（）ABCD【答案】A 【解析】过A 作AM BC ⊥,可证AM ⊥平面11BB C C ，连接1C M ,可知1AC M ∠即为所求线面角，计算即可求解. 【详解】如图，过A 作AM BC ⊥，连接1C M ，在直三棱柱111ABC A B C -中，因为11,B B AM BC BB B⊥=所以AM ⊥平面11BB C C ，故1AC 在平面11BB C C 上的射影为1MC ,所以1AC M ∠为直线1AC 与平面11BB C C 所成的角，设1AB AC AA a ===，又60BAC ∠=︒所以1,2AM a AC ==故1sin AC M ∠== 故选：A5．（2021·宁夏银川市·银川一中高一期末）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，下面结论错误的是（）A ．//BD 平面11CB D B ．1AC ⊥平面11CB DC ．异面直线1CB 与BD 所成角为60 D ．三棱锥11D CB D -体积为23【答案】D 【解析】根据线面平行的判定定理，证明A 正确；根据线面垂直的判定定理，证明B 正确；在正方体中，作出异面直线1CB 与BD 所成角，结合题中条件，可判断C 正确；根据三棱锥的体积公式，可判断D 错. 【详解】A 选项，在正方体1111ABCD ABCD -中，11//BD B D ，又11B D ⊂平面11CB D ，BD ⊄平面11CB D ，所以//BD 平面11CB D ，即A 正确；B 选项，连接11AC ，1CD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1111B D A C ⊥，11DC CD ⊥，AD ⊥平面11C D DC ，1AA ⊥平面1111D C B A ，因为1CD ⊂平面11C D DC ，11B D ⊂平面1111D C B A ，所以1CD AD ⊥，111AA B D ⊥，又1DC AD D ⋂=，1DC ⊂平面1AC D ，AD ⊂平面1AC D ，所以1CD ⊥平面1AC D ，因此11CD AC ⊥；同理111B D AC ⊥，又1111CD B D D =，1CD ⊂平面11CB D ，11B D ⊂平面11CB D ，所以1AC ⊥平面11CB D ；即B 正确；C 选项，因为11//BD BD ，所以11CB D ∠即等于异面直线1CB 与BD 所成角，又1111CB B D CD ====11CB D 为等边三角形，即异面直线1CB 与BD 所成角为60，故C 正确；D 选项，三棱锥11D CB D -的体积为111111111142223323D CB D B CDD CDD V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=.故D 错；故选：D.6．（2021·安徽池州市·高三期末（文））三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，4ABC π∠=，AC =，则三棱锥P ABC -外接球表面积的最小值是（） A ．8π B ．4πC ．2πD ．π【答案】B 【解析】根据正弦定理求出ABC 外接圆半径，设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R ，从而可得222()R h R r -+=，再利用基本不等式求出R 的最小值即可.【详解】设底面ABC 外接圆圆心为1O ，半径为r ，则22sin ACr ABC==∠，即1r =.设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R .由PA PB PC ==，得球心O 在1PO 上，且222()R h R r -+=，则111122R h h ⎛⎫=+≥⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当1h =时等号成立，此时外接球表面积最小，则min 4S π=.故选：B7．（2021·安徽合肥市·高二期末（文））三棱锥D ABC -及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，CD ⊥平面ABC ，则棱BD 的长为（）A ．B ．4C ．D ．2【答案】A 【解析】由已知中的三视图可得DC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形,解三角形即可求解. 【详解】由三棱锥D ABC -及其三视图中的正视图和侧视图可知， DC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形，在△ABC 中AC =4，AC 边上的高为故4BC ==，在Rt △DBC 中，由DC =4，4BC =，可得DB 22442．故选：A8．（2021·河北唐山市·高二期末）在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（） A ．1 B ．32C ．2D ．3【答案】C 【解析】首先通过延长直线,DC AB ，交于点G ，平面BAE 变为GAE ，连结PG ，EG 交于点F ，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值. 【详解】延长,DC AB ，交于点G ，连结PG ，EG 交PC 于点F ，//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，又点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，∴点F 是重心，得2PFFC=故选：C9．（2021·安徽合肥市·高二期末（文））设有直线m ，n ，l 和平面α，β，下列四个命题中，正确的是（） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若//,//,//l m αβαβ，则//l m C ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥ D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α【答案】D 【解析】在A 中，m 与n 相交、平行或异面；在B 中，l 与m 不一定平行，有可能相交；在C 中，m ⊥β或m ∥β或m 与β相交；在D 中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m ∥α．【详解】由直线m 、n ，和平面α、β，知：对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误；对于B ，若//,//,//l m αβαβ，l 与m 不一定平行，有可能相交，故B 错误；对于C ，若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β或m ∥β或m 与β相交，故C 错误；对于D ，若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m ∥α，故D 正确．故选：D ．10．（2021·江苏淮安市·高二期末）蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．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．3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A ．B ．C ．D ，满足任意两点间的直线距离为6cm ，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为31g/cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（）（参考数据）π 3.14≈ 1.41≈ 1.73≈ 2.45≈． A ．101g B ．182gC ．519gD ．731g【答案】B【解析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果. 【详解】由题意可知，几何体ABCD 是棱长为6cm 的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a =，设正四面体外接球半径为R ，则2222()()332R R a =-+⨯，解得R =，所以3D 打印的体积为：3233411343223812V a a a a ππ⎛⎫=-⋅⋅⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭，又336216a ==，所以207.71125.38182.331182V =-≈-=≈，故选：B 二、多选题11．（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考）设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误．．的是（） A ．若,,//m n m n αβ⊂⊂，则//αβ B ．若,m n m α⊂⊥，则n α⊥ C ．若,mn αα，则m n ⊥D ．若//,,m n αβαβ⊂⊂，则//m n【答案】ABD 【解析】根据空间线、面关系，结合空间关系相关图例以及线线、线面、面面间的平行、垂直判定与性质，即可知选项的正误. 【详解】A ：,,//m n m n αβ⊂⊂，α、β不一定平行，错误.B ：,m n m α⊂⊥，n 不一定垂直于α，错误.C ：由线面垂直的性质：,m n αα，则必有m n ⊥，正确.D ：//,,m n αβαβ⊂⊂，m 、n 不一定平行，错误.故选：ABD12．（2020·全国高三月考）在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2AB BC ==，12AA =，M 是BC 的中点，N 是11A C 的中点，点P 在线段1B N 上，点Q 在线段AM 上，且23AQ AM =，S 是1AC 与1A C 的交点，若//PS 面1B AM ，则（）A ．1//PSB Q B ．P 为1B N 的中点C ．AC PS ⊥D ．三棱锥1P B AM -的体积为23【答案】ACD 【解析】连接交NS 交AC 于G 点，连接BG ，利用线面平行的性质定理判断A ；根据三角形相似判断B ；由线面垂直的判定定理及性质定理判断C ；由11P AB M B ABM V V --=计算可得，从而判断D ；【详解】解：对于选项A ：连接交NS 交AC 于G 点，连接BG ，则由AB BC =，23AQ AM =，可得BG 必过点Q ，且23BQ BG =，因为PS ⊂面1BB NG ，//PS 面1AMB ，面1AMB 面11BB NG B Q =，所以1//PS B Q ，故A 正确；对于选项B ：1//PS B Q ，1NPS NBQ B QB ∴∠=∠=∠，1Rt Rt PNS QBB ∴∽△△，112PN NS BQ BB ∴==，即111212233PN BQ BG B N ==⋅=， P ∴为靠近N 的三等分点，故B 错误；对于选项C ：AC NG ⊥，AC BG ⊥，,NG BG ⊂面1BB NG ，NG BG G =AC ∴⊥面1BB NG ，PS ⊂面1BB NG ，AC PS ∴⊥，故C 正确；对于选项D ：1//B P BQ ，且1B P BQ =，1BB PQ ∴是矩形，111112221323P AB M B AB M B ABM V V V ---∴===⋅⋅⋅⋅=，故D 正确. 故选：ACD13．（2020·全国高三专题练习）如图所示，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE △，若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻转过程中，则下列命题正确的是（）A ．||BM 是定值B ．点M 在球面上运动C ．一定存在某个位置，使1DE A C ⊥D ．一定存在某个位置，使//MB 平面1A DE【答案】ABD【解析】取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，由平行线性质得1A DE MNB ∠=∠，可判断A ，这时可得出平面//MNB 平面1A DE ，从而判断D ，利用BM 长为定值可判断B ，结合1A C 在平面ABCD 内的射影可判断C ．A 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，1A DE MNB ∠=∠，112MN A D ==定值，NB DE ==定值，根据余弦定理得，2222cos MB MN NB MN NB MNB =+-⋅⋅∠，∴||BM 是定值，B 对，B 是定点，∴M 是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，C 错，当矩形ABCD 满足AC DE ⊥时存在，其他情况不存在，否则若AC DE ⊥不成立，作CF DE ⊥于F ，连接1A F ，可得DE ⊥平面1A CE ，从而有1DE A F ⊥，因此有原图形中,,A F C 共线，AC DE ⊥，矛盾．D 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，∴平面//MNB 平面1A DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴//MB 平面1A DE .故选ABD.14．（2021·湖北黄石市·黄石二中高二期末）在矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿矩形对角线BD 将BCD △折起形成四面体ABCD ，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（）A ．在四面体ABCD 中，当DA BC ⊥时，BC AC ⊥B ．四面体ABCD 的体积的最大值为245C ．在四面体ABCD 中，BC 与平面ABD 所成角可能为3π D ．四面体ABCD 的外接球的体积为定值.【答案】ABD【解析】 A.根据线面垂直判定定理证明BC ⊥平面ACD 进而有BC AC ⊥；B.当平面ABD ⊥平面BCD 时，四面体ABCD 的体积最大，根据体积公式计算即可；C.当平面ABD ⊥平面BCD 时BC 与平面ABD 所成的角CBD ∠最大，计算得3CBD π∠<； D.斜边BD 中点到,,,A B C D 距离相等，所以四面体ABCD 的外接球的半径为定值52，其题意奕为定值.解：对于A.当DA BC ⊥时，又因为,,,BC CD CD DA D CD DA ⊥=⊂平面ACD ，所有BC ⊥平面ACD ，所以BC AC ⊥，故A 正确；对于B.当平面ABD ⊥平面BCD 时，四面体ABCD 的体积最大在BCD △中根据等面积法可得C 到平面ABD 的距离满足125345h h =⨯⇒=所以11112243433255A BCD ABD V S h -⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故B 正确；对于C. 当平面ABD ⊥平面BCD 时BC 与平面ABD 所成的角CBD ∠最大，此时4tan 3CBD ∠=<3CBD π∠<，故C 错误；对于D.因为BAD 和BCD △都是直角三角形且共斜边，所以斜边BD 中点到,,,A B C D 距离相等，所以四面体ABCD 的外接球的半径1522R BD ==，所以四面体ABCD 的外接球的体积为定值34532π⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭故选：ABD三、填空题15．（2021·周至县第二中学高一期末）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，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高h =_______cm ．【答案】8【解析】根据题意半球的体积等于圆锥的体积，根据等体积法化简即可.解：由题意得半球的半径和圆锥底面圆的半径4r =，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则半球的体积等于圆锥的体积所以()32141448233h h ππ⨯⨯=⨯⨯⇒= 故答案为：816．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（理））正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是1CC 的中点，则异面直线AP 与1BC 所成角的大小为_________. 【答案】4π 【解析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，连接11,AD D P ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AD BC ，所以1D AP ∠(或其补角)为异面直线AP 与1BC 所成角，即可求解.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，连接11,AD D P在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AD BC所以1D AP ∠(或其补角)为异面直线AP 与1BC 所成角113,AD AP D P ====所以2221111cos 22AP AD D PD AP AP AD +-∠===⨯⨯ 所以14D AP π∠=故答案为：4π17．（2021·海南高三二模）如图，位于山西省朔州市应县佛宫寺内的释迦塔，俗称应县木塔，是我国现存最高最古老的木结构塔式建筑，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为30︒，则该正八棱锥的高和底面边长之比为________.(参考数据：tan 22.51︒=)【解析】设底面边长为a ，根据正八棱锥底边所对的圆心角为45，求得圆心到底边的距离，再由侧面与底面成30︒求解.【详解】如图所示:点P 是正八棱锥的顶点，点O 是底面的中心，AB 是底面的一条边，M 是AB 的中点,根据题意知22.5BOM ︒∠=，因为tan 22.51︒=，设AB a ，则1tan 22.52BM OM a ︒+==，又因为二面角P AB O --的大小为30︒，即30PMO ︒∠=，所以tan306OP OM ︒+==，故答案为：6四、双空题 18．（2020·浙江杭州市·高一期末）一圆台的母线长为20cm ，母线与轴的夹角为30，上底面半径为15cm ，则下底面半径为____，圆台的高为_______.【答案】25【解析】根据题意画出图形，结合图形求出圆台的高和下底面圆的半径和高．【详解】解：如图所示，圆台的母线长为20l cm =，母线与轴的夹角为30，上底面的半径为15r cm =，所以圆台的高为cos3020)h l cm =︒==，则1sin3020102R r l -=︒=⨯=，所以底面圆的半径为151025()R cm =+=，故答案为：25；19．（2020·浙江省杭州第二中学高二期中）如图，在四面体ABCD 中， AB CD =，M 、N 、P 、Q 分别是BC 、AD 、AC 、BD 的中点，则MN 和PQ 所成角为_________，若AB 与CD 所成角为30︒，则MN 和CD 所成角为_________．【答案】90 15或75.【解析】（1）连接,,,MP PN NQ MQ ，可证明四边形MPNQ 是菱形，即可得出；（2）可得PMQ ∠即为AB 与CD 所成角（或其补角），且30PMQ 或150，继而得出MN 和CD 所成角为15NMQ ∠=或75.【详解】（1）连接,,,MP PN NQ MQ ，M 、N 、P 、Q 分别是BC 、AD 、AC 、BD 的中点，11,22MQ CD PN CD ∴，MQ PN ∴， ∴四边形MPNQ 是平行四边形， 12MP AB =，AB CD =，12MP CD ∴=，MP MQ ∴=，故四边形MPNQ 是菱形，MN PQ ∴⊥，故MN 和PQ 所成角为90；//,//MP AB MQ CD ，PMQ ∴∠即为AB 与CD 所成角（或其补角），30PMQ ∴∠=或150，而NMQ ∠为MN 和CD 所成角，且15NMQ ∠=或75，即MN 和CD 所成角为15或75.故答案为：90；15或75.20．（2020·全国高二单元测试）设P A ⊥Rt △ABC 所在的平面α，∠BAC=90°，PB ､PC 分别与α成45°和30°角，P A=2，则P A 与BC 的距离是___________；点P 到BC 的距离是___________.【解析】作AD ⊥BC 于点D ，连接PD ，根据P A ⊥面ABC ，易得AD 是P A 与BC 的公垂线，BC ⊥平面P AD 求解.【详解】如图所示：作AD ⊥BC 于点D ，因为P A ⊥面ABC ，所以P A ⊥AD ，所以AD 是P A 与BC 的公垂线.因为PB ､PC 分别与α成45°和30°角，P A=2，所以AB=2，AC=BC=4，，连接PD ，由,,BC AD BC PA PA AD A ⊥⊥⋂=则BC ⊥平面P AD ，则PD ⊥BC ，所以点P 到BC 的距离.21．（2021·浙江杭州市·高二期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，棱1AA 与面对角线1BC 所成角的大小是____；面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角的大小是_____.【答案】45︒ 30︒【解析】连接1BC ，11A C ，AC ，BD ，记AC 与BD 交点为O ，连接1C O ，根据异面直线所成角，以及线面角的概念，得到11B BC ∠等于棱1AA 与面对角线1BC 所成的角，1BC O ∠即为面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角，再根据正方体的结构特征，即可得出结果.【详解】连接1BC ，11A C ，AC ，BD ，记AC 与BD 交点为O ，连接1C O ，在正方体1111ABCD A B C D -中，侧棱相互平行，即11//AA BB ，所以11B BC ∠等于棱1AA 与面对角线1BC 所成的角（或所成角的补角），因为在正方形11BCC B 中，1145B BC ∠=︒，异面直线所成角大于0︒且小于等于90︒，所以棱1AA 与面对角线1BC 所成角的大小是45︒；又在正方体1111ABCD A B C D -中，侧棱垂直于底面，所以1AA ⊥平面ABCD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥，又底面ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，因为1AC AA A =∩，1AA ⊂平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，所以BD ⊥平面11AAC C ，因此1BC O ∠即为面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角，所以111112sin 2BD BO BC O BC BC ∠===，因为1BC O ∠显然为锐角，所以130BC O ∠=︒.故答案为：45︒；30︒.五、解答题22．（2020·陕西西安市·高一期末）如图，在三棱锥P ABC -中，,PA PC AB BC ==，O 是AC 的中点，PO BO ⊥，2,3PO AC BO ===.（1）证明：AC PB ⊥；（2）求三棱锥A PBC -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）通过,PO AC BO AC ⊥⊥得出AC ⊥平面POB ，即可证明；（2）先证明PO 是三棱锥的高，再直接求出三棱锥体积.【详解】（1）,PA PC AB BC ==，O 是AC 的中点，,PO AC BO AC ∴⊥⊥，PO BO O =，AC ∴⊥平面POB ，∴AC PB ⊥；（2）,PO AC PO BO ⊥⊥，AC BO O ⋂=，PO ∴⊥平面ABC ，即PO 是三棱锥的高，1112322332A PBC ABC V S PO -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 23（2020·陕西西安市·西安一中高一月考）一个透明的球形装饰品内放置了两个具有公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球的表面积的316，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r .（1）试确定R 与r 的关系，并求出大圆锥与小圆锥的侧面积的比值.（2）求出两个圆锥的总体积(即体积之和)与球的体积之比.【答案】（1）2r R =；（2）3:8. 【解析】（1）求出球的表面积和圆锥底面积，即可得出r R =，根据几何特征表示出圆锥的高和母线长，即可求出侧面积之比；（2）根据体积公式计算出，即可得出比值.【详解】解：（1）球的表面积为24R π，∴圆锥的底面积为223416r R ππ=⨯，解得2r R =，由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形；由此可以求得球心到圆锥底面的距离是：112OO R ==，所以小圆锥的高为：1122R R R -=R =；同理可得大圆锥的高为：1322R R R +==；又由这两个圆锥的底面半径相同，:R =.（2）由（1）可得两个圆锥的体积和为：321232R r R ππ⋅⋅⋅=，球的体积为：343R π，故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为：334:3:823R R ππ=.24．（2021·浙江嘉兴市·高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，可证明四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，由线面平行的判定定理即可求证；（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，在EGC 中即可求EGC ∠的余弦值.【详解】（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1OG BB ∥，则OG EF ∥，又112EF CC =，则OG EF =，所以四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，又EG ⊂平面ABE ，OF ⊄平面ABE ，故//OF 平面ABE .（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，连接CG ，由直三棱柱111ABC A B C -可得EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，设2AB =，则114AA CC ==，又1CE C F =，则1CE =，CG =2EG =，所以，直线EG 与平面ABC故直线OF 与平面ABC 方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；（3）利用面面平行的性质定理：直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行；直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，这这条直线与另一个平行.25．（2021·六盘山高级中学高一期末）如图，AB是O的直径，P A垂直于O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.（1）证明：BC⊥面P AC；（2）若P A=AC=1，AB=2，求直线PB与平面P AC所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）证明AC⊥BC和P A⊥BC，BC⊥面P AC即得证；BC PC即得解.（2）先证明∠BPC为PB与平面P AC所成的角，再通过解三角形求出,【详解】证明：(1)AB为圆O直径∴∠ACB=90°即AC⊥BCP A⊥面ABC，∴P A⊥BCAC P A=A∴BC⊥面P AC.(2)BC⊥面P AC，∴∠BPC为PB与平面P AC所成的角，在直角三角形ABC 中，BC在直角三角形PAC 中，PC ==,在直角三角形PBC 中，tan ∠BPC2=.故直线PB 与平面P AC 方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找→作→证（定义）→指→求（解三角形）. 26．（2021·安徽宿州市·高二期末（文））如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ；（2）设1AP =，AD =P ABCD -的体积为1，求证：平面PAC ⊥平面PBD ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（ 1）设BD 与AC 的交点为O ，连接EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明//PB 平面AEC ；（ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ,因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点,又E 为PD 的中点，所以//EO PB ,EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以//PB 平面AEC .（2）因为113P ABCD V AB AD AP -=⨯⨯⨯=,所以AB =ABCD 为正方形，所以BD AC ⊥，因为PA ABCD ⊥，所以BD PA ⊥，且AC PA A ⋂=，所以BD ⊥平面PAC ，又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAC ⊥平面PBD .27．（2021·陕西西安市·高三一模（文））如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PAD △为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD E F ，、分别是AD CD 、的中点.（1）证明：BD PF ⊥；（2）若M 是棱PB 上一点，三棱锥M PAD -与三棱锥P DEF -的体积相等，求M 点的位置.【答案】（1）证明见解析；（2）M 点在PB 上靠近P 点的四等分点处.【解析】（1）连接AC ，由//AC EF ，可证明BD EF ⊥，BD PE ⊥，从而得BD ⊥平面PEF ，得证线线垂直；（2）设设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+，根据棱锥的体积公式，利用体积法得出结论，由11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---==++，1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，可得λ值．【详解】（1）连接AC PA PD =，且E 是AD 的中点，PE AD ⊥∴.又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD PE =⊂，平面PAD .PE ∴⊥平面ABCD BD ⊂，平面ABCD BD PE ∴⊥，.又ABCD 为菱形，且E F 、分别为棱AD CD 、的中点，//EF AC ∴. BD AC BD EF ⊥∴⊥，，又BD PE PE EF E BD ⊥⋂=∴⊥，，平面PEF ；PF ∴⊂平面PEF BD PF ∴⊥，. （2）如图，连接MA MD 、，设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+， 11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---∴==++， 14DEF DAC S S =△△，则1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，又M PAD P DEF V V --=. 114λλ∴=+. 解得13λ=，即M 点在PB 上靠近P 点的四等分点处.。

2021-2022学年新教材人教A版高中数学必修第二册第八章立体几何初步章末综合测验(两套)

第八章立体几何初步综合测验（两套）第一套 ............................................................................................................................... 1 第二套 .. (15)第一套(120分钟 150分)一、单选题(每小题5分，共40分)1．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是( ) A ．23 B ．76 C ．45 D ．56【解析】选D.棱长为1的正方体的体积为1，8个三棱锥的体积为8×13 ×12 ×12×12 ×12 ＝16 ，所以剩下的几何体的体积为1－16 ＝56. 2．如图，α∩β＝l ，A ，B∈α，C∈β，C ∉l ，直线AB∩l＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A ．点AB ．点BC ．点C 但不通过点MD ．点C 和点M【解析】选D.通过A ，B ，C 三点的平面γ，即通过直线AB 与点C 的平面，因为M∈AB，所以M∈γ，而C∈γ，又M∈β，C∈β，所以γ和β的交线必通过点C 和点M.3．已知水平放置的△ABC，按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC 的面积是( )A. 3 B．2 2 C．32D．34【解析】选A.由斜二测画法的原则可得，BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝2×3 2＝ 3 ，由图易得AO⊥BC，所以S△ABC ＝12×2× 3 ＝ 3 .4．如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合．已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为5 －1和3，则此组合体的外接球的表面积是( )A．16π B．20π C．24π D．28π【解析】选B.设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则：OO21＋12＝R2，而OO1＝ 5 ＋2－R，故R2＝1＋( 5 ＋2－R)2，所以R＝ 5 ，所以S＝4πR2＝20π.5．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF 折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为( )A.22B． 3 C．12D．32【解析】选C.过点F作FH∥DC，交BC于H，过点A作AG⊥EF，交EF于G，连接GH，AH，则∠AFH为异面直线AF与BE所成的角．设正方形ABCD的边长为2，在△AGH中，AH＝52＋24＝ 3 ，在△AFH中，AF＝1，FH＝2，AH＝ 3 ，所以cos ∠AFH＝12 .6．用m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列命题正确的是( ) A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n【解析】选D.若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故排除A；若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故排除B；若m⊥n，n⊂α，则不能得出m⊥α，例如，m⊥n，n⊂α，m⊂α，则m与α不垂直，故排除C.7．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定【解析】选B.作AE⊥BD，交BD于E，因为平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥面BCD，BC⊂面BCD.所以AE⊥BC，而DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC，又因为AE∩AD＝A，所以BC⊥面ABD，而AB⊂面ABD，所以BC⊥AB即△ABC为直角三角形．8．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝ 2 ，BD⊥CD.将四边形ABCD 沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是( )A.A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′BCD的体积为1 3【解析】选B.若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；由题设知：△BA′D为等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C不正确；VA′BCD ＝VCA′BD＝16，D不正确．二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积不可能是( )A． 2 π B．(1＋ 2 )πC．2 2 π D．(2＋ 2 π)【解析】选CD.若绕一条直角边旋转一周时，则圆锥的底面半径为1，高为1，所以母线长l＝ 2 ，这时表面积为12×2π·1·l＋π·12＝(1＋ 2 )π；若绕斜边旋转一周时，旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起，且由题意底面半径为2 2，两个圆锥的母线长都为1，所以表面积S＝2×12×2π·22×1＝ 2 π，综上所述该几何体的表面积为 2 π或(1＋ 2 )π.故选项CD符合题意．10.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1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( )A．A1M∥D1PB．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1【解析】选ACD.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即不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，故C，D正确．11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则( )A.直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为9 8D．点C与点G到平面AEF的距离相等【解析】选BC.取DD1中点M，则AM为AF在平面AA1D1D上的射影，因为AM与DD1不垂直，所以AF与DD1不垂直，故A选项错误；因为A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，所以A1G∥平面AEFD1，故B选项正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形面积为98，故C选项正确；假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立．故D选项错误．12．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是( )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PBCA的大小为45°D．BD⊥平面PAC【解析】选ABC.如图所示，A.取AD的中点M，连接PM，BM，连接对角线AC，BD 相交于点O.因为侧面PAD为正三角形，所以PM⊥AD.又底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以△ABD是等边三角形．所以AD⊥BM.又PM∩BM＝M.所以AD⊥平面PMB，因此A正确．B．由A可得：AD⊥平面PMB，所以AD⊥PB，所以异面直线AD与PB所成的角为90°，正确．C．因为平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，所以BC⊥平面PBM，所以BC⊥PB，BC⊥BM.所以∠PBM是二面角PBCA的平面角，设AB＝1，则BM＝32＝PM，在Rt△PBM中，tan ∠PBM＝PMBM＝1，所以∠PBM＝45°，因此正确．D．因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，因此D错误．三、填空题(每小题5分，共20分)13．在三棱柱ABC A1B1C1中，点P是棱CC1上一点，记三棱柱ABC A1B1C1与四棱锥PABB1A1的体积分别为V1与V2，则V2V1＝________．【解析】设AB＝a，在△ABC中AB边所对的高为b，三棱柱ABC A1B1C1的高为h，则V1＝12abh，V2＝13×ah·b，所以V 2V 1 ＝13abh 12abh ＝23.答案：2314．如图(1)所示，一个装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为 1 cm 和半径为3 cm 的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20 cm ；当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28 cm ，则这个简单几何体的总高度为________cm.【解析】设上、下圆柱的半径分别是r cm ，R cm ，高分别是h cm ，H cm.由水的体积不变得πR 2H ＋πr 2(20－H)＝πr 2h ＋πR 2(28－h)，又r ＝1，R ＝3，故H ＋h ＝29.即这个简单几何体的总高度为29 cm. 答案：2915．如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是长方体，AA 1＝a ，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，则AB 与A 1C 1所成的角为________，AA 1与B 1C 所成的角为________．【解析】长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，因为AB∥A1B1，A1B1与A1C1所成的角，就是AB与A1C1所成的角，所以AB与A1C1所成的角为30°，因为AA1∥BB1，BB1与B1C所成的角就是AA1与B1C所成的角，连接AC，则AC∥A1C1，所以∠BAC＝30°，因为AA1＝a，∠BAB1＝30°，所以AB＝ 3 a，所以BC＝a，所以∠BB1C＝45°，所以AA1与B1C所成的角为45°.答案：30°45°16．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AB，A1B1的中点，P在AD上，若平面CMN⊥平面A1BP，则ADAP＝________．【解析】因为M，N分别是AB，A1B1的中点，所以AA1∥MN.根据正方体的性质可得MN⊥面ABCD，即可得MN⊥PB.当P为AD中点时，CM⊥PB，又CM∩MN＝M.所以PB⊥面NMC，即可得平面CMN⊥平面A1BP.则ADAP＝2.答案：2四、解答题(共70分)17．(10分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图所示，墩的上半部分是正四棱锥PEFGH，下半部分是长方体ABCDEFGH.长方体的长、宽、高分别是40 cm、40 cm、20 cm，正四棱锥PEFGH的高为60 cm.(1)求该安全标识墩的体积；(2)求该安全标识墩的侧面积．【解析】(1)该安全标识墩的体积V＝VPEFGH ＋VABCDEFGH＝13×402×60＋402×20＝64000 cm3.(2)如图，连接EG，HF交于点O，连接PO，结合图象可知OP＝60 cm，OG＝12EG＝20 2 cm，可得PG＝602＋（202）2＝2011 cm.于是四棱锥PEFGH的侧面积S1＝4×12×40×（2011）2－202＝1 60010 cm2，四棱柱EFGHABCD的侧面积S2＝4×40×20＝3 200 cm2，故该安全标识墩的侧面积S＝S1＋S2＝1 600(10 ＋2) cm2.18．(12分)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝ 2 ，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求这个四棱锥的体积．【解析】(1)在△PAD中PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(2)因为PA＝PD＝ 2 ，AO＝1，所以PO＝AP2－AO2＝2－1 ＝1所以V＝13×PO×S四边形ABCD＝13×1×⎝⎛⎭⎪⎫1＋22×1＝12.19．(12分)如图所示，在四棱锥PABCD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)因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，所以BO∥CD.又BC∥AD，所以四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，所以AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点．(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.20．(12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．(1)求证：BC1⊥平面A1C1CA；(2)求证：平面EFP⊥平面BCC1B1 .【证明】(1)因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝CC1，BC1⊥C1C，所以BC1⊥平面A1C1CA.(2)因为P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．所以PF∥AA1，PE∥AC，因为PF∩PE＝P，AA1∩AC＝A，所以平面EFP∥平面A1C1 CA，因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，所以平面EFP⊥平面BCC1B1 .21．(12分)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36 2 ，求a的值．【解析】(1)在图①中因为AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以BE⊥AC.即在图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，又A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.因为BC＝12AD＝ED，所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.即A1O是四棱锥A1BCDE的高．由图①知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V＝13S·A1O＝13×a2×22a＝26a3.由26a3＝36 2 ，得a＝6.22．(12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝π3，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB；(2)若E在线段BC上，且EC＝14BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由．【解析】(1)连接PF，因为△PAD是等边三角形，所以PF⊥AD.因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝π3，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD. 又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以CH HF ＝CE DF ＝12 ，所以CG GP ＝CH HF ＝12 ，所以GH ＝13 PF ＝33 ，所以V DCEG ＝V GCDE ＝13 S △CDE ·GH＝13 ×12 DC·CE·sin π3 ·GH＝112.第二套(45分钟 90分)一、选择题(每小题5分，共40分)1．梯形A 1B 1C 1D 1(如图)是一水平放置的平面图形ABCD 的直观图(斜二测)，若A 1D 1∥y′轴，A 1B 1∥x′轴，A 1B 1＝23 C 1D 1＝2，A 1D 1＝1，则平面图形ABCD 的面积是( )A ．5B ．10C ．5 2D ．10 2 【解析】选A.如图，根据直观图画法的规则，直观图中A 1D 1∥O′y′，A 1D 1＝1，原图中AD∥Oy，从而得出AD⊥DC，且AD ＝2A 1D 1＝2，直观图中A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝23C 1D 1＝2，⇒原图中AB∥CD，AB ＝23CD ＝2，即四边形ABCD 上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积S ＝12(2＋3)×2＝5.2．球的表面积S 1与它的内接正方体的表面积S 2的比值是( ) A ．π3 B ．π4 C ．π2D ．π【解析】选C.设球的内接正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则3a 2＝4R 2，所以a 2＝43 R 2，球的表面积S 1＝4πR 2，正方体的表面积S 2＝6a 2＝6×43 R 2＝8R 2，所以S 1S 2＝π2. 3．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】选A.因为m ⊄α，n ⊂α，m∥n，所以根据线面平行的判定定理得m∥α.由m∥α不能得出m 与α内任一直线平行，所以m∥n 是m∥α的充分不必要条件．4．如图所示，已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为( )A.312 B ．34 C ．612 D ．64【解析】选A.三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥AB 1BC 1的体积，三棱锥AB 1BC 1的高为32 ，底面积为12 ，故其体积为13 ×12 ×32 ＝312. 5．在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则( ) A ．AE⊥CC 1 B ．AE⊥B 1D 1 C ．AE⊥BCD ．AE⊥CD【解析】选B.如图所示，连接AC ，BD ，因为ABCDA 1B 1C 1D 1是正方体，所以四边形ABCD 是正方形，所以AC⊥BD，因为CE⊥平面ABCD ，所以BD⊥AC，因为BD⊥CE，且AC∩CE＝C ，所以BD⊥平面ACE ，因为BD∥B 1D 1，故B 1D 1⊥平面ACE ，故B 1D 1⊥AE.6．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝ 3 ，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22【解析】选C.用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B 1P∥AD 1，则∠DB 1P 是异面直线AD 1与DB 1所成的角，连接DP ，易求得DB 1＝DP ＝ 5 ，B 1P ＝2，由余弦定理可得cos ∠DB1P＝DB21＋B1P2－DP22DB1·PB1＝5＋4－545＝55.7．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．90° B．60° C．45° D．30°【解析】选A.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＝ 2 a，所以∠B′DC＝90°.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( )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．①② B．①③ C．②③ D．①②③【解析】选A.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，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A 1CE ，则DE⊥A 1E ，又在△A 1DE 中DA 1⊥A 1E ，所以DE 与A 1E 不可能垂直，即DE 与A 1C 不可能垂直，故③错误．二、填空题(每小题5分，共20分)9．(2021·长春高一检测)“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜(如图)，已知“天眼”的形状为球冠(球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，裁得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高)，设球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R ＝________．【解析】球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R 2＝(R －h)2＋r 2，可得R ＝h 2＋r 22h.答案：h 2＋r 22h10．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________个，其中一个是________．【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．答案：2 若②③④，则①(或若①③④，则②)11．已知Rt△ABC 的斜边在平面α内，直角顶点C 是α外一点，AC ，BC 与α所成角分别为30°和45°，则平面ABC 与α所成锐角为________．【解析】如图所示，过点C 作垂直于α的直线CO ，交α于点O.所以∠CAO＝30°，∠CBO＝45°. 设CO ＝a ，所以在Rt△ACO 中，AC ＝2a ，在Rt△BCO 中，BC ＝ 2 a.过C 点在平面ABC 内作CD⊥AB，连接OD ，则∠CDO 为平面ABC 与α所成的锐角， AB ＝ 6 a ，所以CD ＝23 a ，所以在Rt△CDO 中，sin ∠CDO＝a 2a 3＝32 ，所以∠CDO＝60°. 答案：60°12．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°，以D 1为球心， 5 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】由已知连接BD ，B 1D 1，则BD ＝B 1D 1＝2，取BB 1和CC 1的中点E ，F. 连接EF ，D 1E ，D 1F ，则D 1E ＝D 1F ＝ 5 ，故E ，F 在球面上．平面BCC 1B 1截球面的截面圆的圆心是B 1C 1的中点O ，OE ＝OF ＝ 2 ，球面与侧面BCC 1B 1的交线是侧面上以O 为圆心， 2 为半径的圆弧EF ，EF ︵的长为14 ·2 2 π＝22π.答案：22π三、解答题(每小题10分，共30分)13．圆台的母线长为 6 cm，它的轴截面的一条对角线与一腰垂直且与下底所成的角为30°，求该圆台的体积．【解析】如图，等腰梯形AA1B1B为圆台的轴截面，AA1＝6 cm，∠AA1B＝90°，∠ABA1＝30°，于是AB＝2AA1＝12 cm，由A1B1∥AB，得∠B1A1B＝∠A1BA＝30°，又∠A＝90°－30°＝60°，得∠A1BB1＝60°－30°＝30°，故△A1B1B为等腰三角形，所以A1B1＝B1B＝6 cm.又OO1·AB＝AA1·A1B得，OO1＝AA1·A1BAB＝6×6312＝3 3 (cm)，由圆台的体积公式：V圆台＝13π·OO1·(A1O21＋A1O1·AO＋AO2)＝13·π·3 3 ·(32＋3×6＋62)＝63 3 π(cm3).14.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点．(1)求证：AD1∥平面DOC1.(2)求异面直线AD1和OC1所成角的大小．【解析】 (1)如图，连接D1C交DC1于点O1，连接OO1，因为O，O1分别是AC和D1C的中点，所以OO1∥AD1.又OO1⊂平面DOC1，AD1⊄平面DOC1，所以AD1∥平面DOC1.(2)由(1)知，OO1∥AD1，所以∠O1OC1为异面直线AD1和OC1所成角，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则O1C1＝O1O＝ 2 ，OC1＝22＋（2）2＝ 6 ，所以cos ∠O1OC1＝（2）2＋（6）2－（2）22×2×6＝32，所以∠O1OC1＝π6.即异面直线AD1和OC1所成角的大小为π6.15．如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥CD，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．【解析】(1)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，AC∩PC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.又AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF. 证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.。

新教材高中数学第八章立体几何初步章末综合测评含解析新人教A版必修第二册

新教材高中数学：章末综合测评(三) 立体几何初步(满分：150分时间：120分钟)一、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．下面给出了四个条件：①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线a都相交的两条直线；④两两相交的三条直线．其中，能确定一个平面的条件有()A．3个B．2个C．1个D．0个D[①当空间三点共线时不能确定一个平面；②点在直线上时不能确定一个平面；③两直线若不平行也不相交时不能确定一个平面；④三条直线交于一点且不共面时不能确定一个平面．故以上4个条件都不能确定一个平面．]2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线AB，A1D1所成的角等于()A．30°B．45°C．60°D．90°D[由于AD∥A1D1，则∠BAD是异面直线AB，A1D1所成的角，很明显∠BAD＝90°．] 3．已知a，b，c是直线，则下面四个命题：①若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面；②若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交；③若a∥b，则a，b与c所成的角相等．其中真命题的个数为()A．0 B．3 C．2 D．1D[异面、相交关系在空间中不能传递，故①②错；根据等角定理，可知③正确．]4．一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6 cm,4 cm，则该棱柱的侧面积为()A．24 cm2B．36 cm2C．72 cm2D．84 cm2C[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]5．过空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α(0°＜α＜360°)，使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内．则这个八面体的旋转轴共有()A．7条B．9条C．13条D．14条C[由对称性结合题意可知，过EF，AC，BD的直线为旋转轴，其3条，此时旋转角α最小为90°；过正方形ABCD，AECF，BEDF对边中点的直线为旋转轴，共6条，此时旋转角α最小为180°；过八面体相对面中心的直线为旋转轴，共4条，此时旋转角α最小为120°．综上，这个八面体的旋转轴共有13条．故选C．]6．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体O-AEF的体积()A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关B[因为V O-AEF＝V E-OAF，考察△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，因为BB1∥平面ACC1A1，所以点E到平面AOF的距离为定值，又AO∥A1C1，所以OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值，即△AOF的面积是定值，所以四面体O-AEF的体积与x，y都无关，故选B．]7．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A-CD-B的余弦值为()A ．12B ．13C ．33D ．23C [取AC 的中点E ，CD 的中点F ，连接BE ，EF ，BF ，则EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，因为EF 2＋BE 2＝BF 2，所以△BEF 为直角三角形，cos θ＝EF BF ＝33．]8．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，若AB ＝2，BC ＝3，P A ＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A ．13πB ．20πC ．25πD ．29πD [如图，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝3，所以AC ＝13，△ABC 外接圆的圆心为AC 的中点O ′．设外接球的球心为O ，连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．因为P A ⊥平面ABC ，所以OO ′∥P A ，P A ⊥AC ，则点O 在平面P AC 内，且为△P AC 的外接圆圆心，所以O 为PC 的中点，所以球的直径为PC ，所以(2R )2＝AP 2＋AC 2，即R 2＝294，所以球的表面积为4πR 2＝29π．]二、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．a ，b 为不重合直线，β为平面，下列结论正确的是( )A ．若a ⊥β，b ⊥β，则a ∥bB ．若a ∥β，b ∥β，则a ∥bC ．若a ∥β，b ⊥β，则a ⊥bD ．若a ∥β，b ⊂β，则a ∥bAC [若a ⊥β，b ⊥β，由直线与平面垂直的性质可得a ∥b ，故A 正确；若a ∥β，b ∥β，则a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，故B 错误；若b⊥β，则b垂直于β内的所有直线，b也垂直于平行于β的所有直线，又a∥β，可得a⊥b，故C正确；若a∥β，b⊂β，则a∥b或a与b异面，故D错误．故选AC．]10．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，其中正确的是()A．直线AM与C1C是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线MN与AC所成的角为60°CD[结合题图，显然直线AM与C1C是异面直线，直线AM与BN是异面直线，直线BN与MB1是异面直线．连接D1C，AD1(图略)，直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC所成的角，在等边三角形AD1C中，易知∠ACD1＝60°，所以直线MN与AC所成的角为60°，故选CD．]11．如图，在正四棱锥S-ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点．当点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的是()A．EP⊥ACB．EP∥BDC．EP∥平面SBDD．EP⊥平面SACAC[如图所示，连接NE，ME．∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EN∥SB，MN∥SD，又EN∩MN＝N，SB∩SD＝S，∴平面SBD∥平面NEM，∴EP∥平面SBD，选项C恒成立．由正四棱锥S-ABCD，知AC ⊥平面SBD ，∴AC ⊥平面NEM ，∴AC ⊥EP ，选项A 恒成立．选项B ，D 对于线段MN 上的任意一点P 不一定成立，故选AC ．]12．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠DAB ＝60°，侧面P AD 为正三角形，且平面P AD ⊥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P ACABC [如图，对于A ，取AD 的中点M ，连接PM ，BM ，∵侧面P AD 为正三角形，∴PM ⊥AD ，又底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝60°，∴△ABD 是等边三角形，∴AD ⊥BM ，又PM ∩BM ＝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AB ＝1，则BM ＝32，PM ＝32，在Rt △PBM 中，ta n ∠PBM ＝PM BM＝1，即∠PBM ＝45°，故二面角P -BC -A 的大小为45°，故C 正确．对于D ，因为BD 与P A 不垂直，所以BD 与平面P AC 不垂直，故D 错误．故选ABC ．]三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)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)3π 33π [设圆锥的底面半径为r ，根据题意，得2πr ＝2π，解得r ＝1，根据勾股定理，得圆锥的高为22－12＝3，所以圆锥的表面积S ＝12×π×22＋π×12＝3π，体积V ＝13×π×12×3＝33π．] 14．已知正四棱锥的侧棱长为23，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为________．3 [如图，过点S 作SO ⊥平面ABCD ，连接OC ，则∠SCO ＝60°，∴SO ＝si n 60°·SC ＝32×23＝3．] 15．如图，在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F -ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．1∶24 [因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，所以S △ADE ∶S △ABC ＝1∶4．又F 是AA 1的中点，所以A 1到底面的距离H 为F 到底面距离h 的2倍，即三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的高是三棱锥F -ADE 高的2倍，所以V 1∶V 2＝13S △ADE ·h S △ABC ·H ＝124＝1∶24．] 16．长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上任意一点，F 为底面A 1B 1C 1D 1(除C 1外)上一点，已知F 在底面ABCD 上的射影为H ，若再增加一个条件，就能得到CH ⊥AD ，现给出以下条件：①EF ⊥B 1C 1；②F 在B 1D 1上；③EF ⊥平面AB 1C 1D ；④直线FH 和FE 在平面AB 1C 1D 内的射影为同一条直线．其中一定能成为增加的条件的是________．(填序号)①③④ [对于①，因为AD ∥B 1C 1，EF ⊥B 1C 1，所以AD ⊥EF ，又AD ⊥FH ，FH ∩EF ＝F ，所以AD ⊥平面FHCE ，所以AD ⊥CH ；对于②，F 在B 1D 1上，当点F 与点B 1重合时，CH 就是CB ，显然CB 不垂直AD ；对于③，因为EF ⊥平面AB 1C 1D ，所以EF ⊥AD ，由①可得AD ⊥CH ；对于④，因为直线FH 和FE 在平面AB 1C 1D 内的射影为同一条直线，即平面FHCE ⊥平面AB 1C 1D ，又平面FHCE ⊥平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面AB 1C 1D ＝AD ，所以AD ⊥平面FHCE ，所以AD ⊥CH ．]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)把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长为10 cm ，求圆锥的母线长．[解] 如图，设圆锥的母线长为l ，圆台上、下底面的半径分别为r 、R ．因为l －10l ＝r R ，所以l －10l ＝14，所以l ＝403cm ．即圆锥的母线长为403cm ． 18．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，AA 1＝12，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥B 1C ；(2)求证：AC 1∥平面CDB 1．[证明] (1)∵C 1C ⊥平面ABC ，∴C 1C ⊥AC ．∵AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ．又BC ∩C 1C ＝C ，∴AC ⊥平面BCC 1B 1，而B 1C ⊂平面BCC 1B 1，∴AC⊥B1C．(2)连接BC1交B1C于点O，连接OD．如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1．又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1．∴AC1∥平面CDB1．19．(本小题满分12分)如图，已知三棱锥P-ABC，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，∠BAC ＝60°，P A＝AC，M为PB的中点．(1)求证：PC⊥BC；(2)求二面角M-AC-B的大小．[解](1)证明：由P A⊥平面ABC，所以P A⊥BC，又因为∠ACB＝90°，即BC⊥AC，P A∩AC＝A，所以BC⊥平面P AC，所以PC⊥BC．(2)取AB中点O，连接MO，过O作HO⊥AC于H，连接MH，因为M是BP的中点，所以MO∥P A，又因为P A⊥平面ABC，所以MO⊥平面ABC，所以∠MHO为二面角M-AC-B的平面角，设AC＝2，则BC＝23，MO＝1，OH＝3，在Rt △MHO 中，ta n ∠MHO ＝MO HO ＝33，所以二面角M -AC -B 的大小为30°．20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2．(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；(2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．[解] (1)如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，所以cos ∠DAP ＝AD AP ＝55．所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55． (2)因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ．又BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，PB ∩BC ＝B ，所以PD ⊥平面PBC ．(3)过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 与平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2．又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF中，可得si n ∠DFP ＝PD DF ＝55．所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55．21．(本小题满分12分)如图，几何体ABC -A 1DC 1由一个正棱柱截去一个三棱锥而得，AB ＝4，AA 1＝32，A 1D ＝1，AA 1⊥平面ABC ，M 为AB 的中点，E 为棱AA 1上一点，且EM ∥平面BC 1D ．(1)若点N 在棱BC 上，且BN ＝2NC ，证明：EN ∥平面BC 1D ；(2)过A 作平面BCE 的垂线，垂足为O ，确定O 的位置(说明作法及理由)，并求线段OE 的长．[解] (1)证明：∵EM ∥平面BC 1D ，EM ⊂平面ABDA 1，平面ABDA 1∩平面BC 1D ＝BD ，∴BD ∥EM ．过D 作DH ⊥AB 于H ，连接CH ，则CH ∥C 1D ，则HM ＝12AB －14AB ＝14AB ， ∴HM ∶MB ＝CN ∶NB ＝1∶2，∴MN ∥CH ，则MN ∥C 1D ．∵EM ∩MN ＝M ，∴平面EMN ∥平面BC 1D ．∵EN ⊂平面EMN ，∴EN ∥平面BC 1D ．(2)在线段AB 上取一点F ，使BF ＝A 1D ＝1，则A 1F ∥BD ，由(1)知EM ∥BD ，∴EM ∥A 1F ，∴AE AA 1＝AM AF ＝23， ∴AE ＝23×32＝22．取BC 的中点G ，连接AG ，EG ，过A 作AO ⊥EG 于O ，则AO ⊥平面BCE ．证明如下：由题意可知，△ABC 为等边三角形，则AG ⊥BC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥BC ． ∵AG ∩AA 1＝A ，∴BC ⊥平面AEG ，∴BC ⊥AO ．又EG ∩BC ＝G ，∴AO ⊥平面BCE ．由射影定理可得，AE 2＝OE ·EG ，又AE ＝22，EG ＝25，∴OE ＝455． 22．(本小题满分12分)已知正三角形A ′BC 的边长为a ，CD 是A ′B 边上的高，E ，F 分别是A ′C ，BC 的中点，现将三角形A ′DC 沿CD 翻折至△ADC 的位置，使平面ADC ⊥平面BCD ，如图所示．(1)试判断翻折后直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)若三棱锥E -DFC 的体积为324，求实数a 的值； (3)在线段AC 上是否存在一点P ，使得BP ⊥DF ？若存在，求出AP AC 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)AB ∥平面DEF ．理由如下：在△ABC 中，∵E ，F 分别是AC ，BC 的中点，∴EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF ．(2)由题意，得AD ⊥CD ．∵平面ADC ⊥平面BCD ，∴AD ⊥平面BCD ．取CD 的中点M ，连接EM ，则EM ∥AD ，∴EM ⊥平面BCD ，且EM ＝a 4．易得S △DFC ＝12×3a 2×⎝⎛⎭⎫12×a 2＝3a 216． ∵三棱锥E -DFC 的体积为324， ∴13×a 4×3a 216＝324，解得a ＝2． (3)在线段AC 上存在一点P ，使得BP ⊥DF ．理由如下：易知三角形BDF 为正三角形，过B 作BK ⊥DF 交DC 于点K ，连接KF ，过K 作KP ∥DA 交AC 于点P ，连接BP ，则点P 即所求．∵AD ⊥平面BCD ，KP ∥AD ， ∴PK ⊥平面BCD ，∴PK ⊥DF ．又BK ⊥DF ，PK ∩BK ＝K ， ∴DF ⊥平面PKB ，∴DF ⊥PB ．又∠DBK ＝∠KBC ＝∠BCK ＝30°， ∴DK ＝KF ＝12KC ．故AP PC ＝DK KC ＝12，从而AP AC ＝13．。

人教A版新教材高中数学必修第二册：第八章立体几何初步综合测验

立体几何初步综合测验一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条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叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．答案：D2．关于直观图画法的说法中，不正确的是( )A．原图形中平行于x轴的线段，其对应线段仍平行于x′轴，其长度不变B．原图形中平行于y轴的线段，其对应线段仍平行于y′轴，其长度不变C．画与坐标系xOy对应的坐标系x′O′y′时，∠x′O′y′可画成135°D．作直观图时，由于选轴不同，所画直观图可能不同解析：根据斜二测画法的规则可知B不正确．答案：B3．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S，则它的一个底面面积是( )A．4S B．4πSC．πS D．2πS解析：由题意知圆柱的母线长为底面圆的直径2R，则2R·2R＝4S，得R2＝S.所以底面面积为πR2＝πS.答案：C4．如果一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9 cm 3，则其表面积为( ) A ．18 3 cm 2B ．18 cm 2C ．12 3 cm 2D ．12 cm 2解析：设正四面体的棱长为a cm ，则底面积为34a 2 cm 2，易求得高为63a cm ，则体积为13×34a 2×63a ＝212a 3＝9，解得a ＝32，所以其表面积为4×34a 2＝183(cm 2)．答案：A5．一个四面体共一个顶点的三条棱两两互相垂直，其长分别为1，6，3，其四面体的四个顶点在一个球面上，则这个球的表面积为( )A ．16π B．32π C ．36π D．64π解析：将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径，而长方体的对角线长为12＋62＋32＝4，即球的半径为2，故这个球的表面积为4πr 2＝16π.答案：A6．若平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B 在平面β内，则在平面β内且过点B 的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一与a 平行的直线解析：当直线a ⊂平面β，且点B 在直线a 上时，在平面β内且过点B 的所有直线中不存在与a 平行的直线．故选A.答案：A7．若α∥β，A ∈α，C ∈α，B ∈β，D ∈β，且AB ＋CD ＝28，AB 、CD 在β内的射影长分别为9和5，则AB 、CD 的长分别为( )A ．16和12B ．15和13C ．17和11D ．18和10解析：如图，作AM ⊥β，CN ⊥β，垂足分别为M 、N ，设AB ＝x ，则CD ＝28－x ，BM＝9，ND ＝5，∴x 2－81＝(28－x )2－25， ∴x ＝15,28－x ＝13. 答案：B 8.如图，在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1B 1上一点，且PB 1＝14A 1B 1，则多面体P －BCC 1B 1的体积为( )A.83B.163 C ．4 D ．5解析：V 多面体P －BCC 1B 1＝13S 正方形BCC 1B 1·PB 1＝13×42×1＝163.答案：B9．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为A 1B 1的中点，AB ＝BC ＝BB 1＝2，AC ＝25，则异面直线BD 与AC 所成的角为( )A ．30° B．45° C ．60° D．90°解析：如图，取B 1C 1的中点E ，连接BE ，DE ，则AC ∥A 1C 1∥DE ，则∠BDE 即为异面直线BD 与AC 所成的角(或其补角)．由条件可知BD ＝DE ＝EB ＝5，所以∠BDE ＝60°，故选C.答案：C10．如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BCP⊥平面PAC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BCP⊥平面PAC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B11．在等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝1，M为AC的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C－BM－A的大小为( )A．30° B．60°C．90° D．120°解析：如图所示，由AB＝BC＝1，∠A′BC＝90°，得A′C＝ 2.∵M为A′C的中点，∴MC＝AM＝22，且CM⊥BM，AM⊥BM，∴∠CMA为二面角C－BM－A的平面角．∵AC＝1，MC＝AM＝22，∴∠CMA＝90°.答案：C12．在矩形ABCD中，若AB＝3，BC＝4，PA⊥平面AC，且PA＝1，则点P到对角线BD的距离为( )A.292B.135C.175D.1195解析：如图，过点A 作AE ⊥BD 于E ，连接PE . ∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAE ，∴BD ⊥PE . ∵AE ＝AB ·AD BD ＝125，PA ＝1， ∴PE ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝135.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．正方形ABCD 绕对角线AC 所在直线旋转一周所得组合体的结构特征是________．解析：由圆锥的定义知是两个同底的圆锥形成的组合体．答案：两个同底的圆锥组合体14．若某空间几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积是________．解析：根据直观图可知该几何体是横着放的直三棱柱，所以S 侧＝(1＋2＋3)×2＝2＋2＋6， S 底＝12×1×2＝22，故S 表＝2＋2＋6＋2×22＝2＋22＋ 6. 答案：2＋22＋ 615．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．解析：∵EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，∴F为DC 中点．故EF ＝12AC ＝ 2.答案： 216．矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是________．解析：tan∠PCA ＝PA AC＝13＝33，∴∠PCA ＝30°. 答案：30°三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图是由正方形ABCE 和正三角形CDE 所组成的平面图形，试画出其水平放置的直观图．解析：(1)以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，如图(1)，再建立坐标系x ′O ′y ′，使两轴的夹角为45°，如图(2)．(2)以O ′为中点，在x ′轴上截取A ′B ′＝AB ，分别过A ′，B ′作y ′轴的平行线，截取A ′E ′＝12AE ，B ′C ′＝12BC .在y ′轴上截取O ′D ′＝12OD .(3)连接E ′D ′，E ′C ′，C ′D ′，并擦去作为辅助线的坐标轴，就得到所求的直观图，如图(3)．18．(12分)如图，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为a ，连接A ′C ′，A ′D ，A ′B ，BD ，BC ′，C ′D ，得到一个三棱锥．求：(1)三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值； (2)三棱锥A ′－BC ′D 的体积．解析：(1)∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体， ∴A ′B ＝A ′C ′＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ，∴三棱锥A ′－BC ′D 的表面积为4×12×2a ×32×2a ＝23a 2.而正方体的表面积为6a 2，故三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值为23a 26a 2＝33. (2)三棱锥A ′－ABD ，C ′－BCD ，D －A ′D ′C ′，B －A ′B ′C ′是完全一样的．故V 三棱锥A ′－BC ′D ＝V 正方体－4V 三棱锥A ′－ABD ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝a33.19．(12分)如图，四边形ABCD 与四边形ADEF 都为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明：(1)设DF 与GN 交于点O ，连接AE ，则AE 必过点O ，且O 为AE 的中点，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO . 因为BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ，所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为AD ，EF 的中点，四边形ADEF 为平行四边形，所以DE ∥GN .因为DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG .因为M 为AB 的中点，N 为AD 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN . 因为BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG .因为DE∩BD＝D，BD，DE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.20．(12分)S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.21．(12分)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，点E是AB的中点．(1)求证：OE∥平面BCC1B1；(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC.证明：(1)连接BC1，因为侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，所以O为AC1的中点，又因为E是AB的中点，所以OE∥BC1，因为OE⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以OE∥平面BCC1B1.(2)因为侧面AA1C1C是菱形，所以AC1⊥A1C，因为AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC，因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.22．(12分)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连接ED，EC，EB和DB.(1)求证：平面EDB⊥平面EBC；(2)求二面角E－DB－C的正切值．解析：(1)证明：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点．所以△DD1E为等腰直角三角形，∠D1ED＝45°.同理∠C1EC＝45°.所以∠DEC＝90°，即DE⊥EC.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BC⊥平面D1DCC1，又DE⊂平面D1DCC1，所以BC⊥DE.又EC∩BC＝C，所以DE⊥平面EBC.因为DE⊂平面DEB，所以平面DEB⊥平面EBC.(2)如图所示，过E在平面D1DCC1中作EO⊥DC于O.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，因为平面ABCD⊥平面D1DCC1，且交线为DC，所以EO⊥面ABCD.过O在平面DBC中作OF⊥DB于F，连接EF，所以EF⊥BD.∠EFO为二面角E－DB－C的平面角．利用平面几何知识可得OF＝15，又OE＝1，所以tan∠EFO＝ 5.。

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 (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10（共22题）一、选择题（共10题）1.某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )A．3+√32B．12C．1+√32D．√322.如图所示，观察下面四个几何体，其中判断正确的是( )A．①是圆台B．②是圆台C．③是圆锥D．④是圆台3.某球的体积与表面积的数值相等，则球的半径是( )A．1B．2C．3D．44.在下列条件中，可判断平面α与β平行的是( )A．α，β都垂直于平面γB．α内存在三点到β的距离相等C．l，m是α内两条直线，且l∥β，m∥βD．l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β5.已知球的体积为32π3，则它的半径为( )A．2B．2√2C．4D．4√26.在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=4，CD=√2．将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A．4π3B．8π3C．10π3D．4π7.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A．6+4√2B．4+4√2C．6+2√3D．4+2√38.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和√3，此三棱柱的高为2√3，则该三棱柱的外接球的体积为( )A．8π3B．16π3C．32π3D．64π39.所有棱长都是3的直三棱柱ABC−A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A．12πB．18πC．21πD．39π10.已知平面α∩平面β=直线l，点A,C∈α，点B,D∈β，且A,B,C,D∉l，点M，N分别是线段AB，CD的中点，则下列说法正确的是( )A．当∣CD∣=2∣AB∣时，M，N不可能重合B．M，N可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当直线AB，CD相交，且AC∥l时，BD可与l相交D．当直线AB，CD异面时，MN可能与l平行二、填空题（共6题）11.已知E，F，G，H是空间四点，设命题甲：点E，F，G，H不共面；命题乙：直线EF与GH不相交．那么甲是乙的条件．12.“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的条件．13.棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有a m3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为ℎm（如图1）；当转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥A−A1BC（如图2），则a=；ℎ=．14.思考辨析，判断正误．直线与平面所成角为α，则0∘≤α≤90∘．( )15.用符号语言表示“点A在直线l上，l在平面α外”为．16.判断下列命题的真假，真的打“√”，假的打“×”．（1）空间三点可以确定一个平面．( )（2）两条直线可以确定一个平面．( )（3）两条相交直线可以确定一个平面．( )（4）一条直线和一个点可以确定一个平面．( )（5）三条平行直线可以确定三个平面．( )（6）两两相交的三条直线确定一个平面．( )（7）空间有三个角为直角的四边形一定是平面图形．( )（8）如果四点不共面，那么每三个点一定不共线．( )三、解答题（共6题）17.在如图所示的几何体中△ABC是任意三角形，AE∥CD，且AE=AB=2a，CD=a，F为BE的中点，求证：DF∥平面ABC．18.若一直线与平面内的一条直线平行，一定有直线与平面平行吗？19.如图，四棱锥E−ABCD中，底面ABCD为菱形，BE⊥平面ABCD．(1) 求证：AC⊥平面BED．(2) 若∠ABC=120∘，AE⊥EC，AB=2，求三棱锥E−ABD的体积．20.如图，在三棱锥P−ABC中，D，E，F分别是PA，PB，PC的中点，M是AB上一点，连接MC，N是PM与DE的交点，连接NF，求证：NF∥CM．21.如图所示，若P为平行四边形ABCD所在平面外一点，H为PC上的点，且PHHC =12，点G在AH上，且AG=m．若G，B，P，D四点共面，求m的值．AH22.思考：空间两条直线垂直一定相交吗？答案一、选择题（共10题）1. 【答案】A【解析】根据图示三视图画正方体，删点，剩下的4个点就是三棱锥的顶点，如图所示，故S表=3×12×1×1+√34×(1+1)=3+√32．【知识点】三视图、棱锥的表面积与体积2. 【答案】C【解析】由几何体的直观图知，①是圆柱，②不是圆台，③是圆锥，④是圆锥与圆台的组合体．【知识点】圆锥的结构特征3. 【答案】C【解析】设球的半径为r，则球的体积为43πr3，球的表面积为4πr2．因为球的体积与其表面积的数值相等，所以43πr3=4πr2，解得r=3．【知识点】球的表面积与体积4. 【答案】D【知识点】平面与平面平行关系的判定5. 【答案】A【知识点】球的表面积与体积6. 【答案】C【解析】由题意可知旋转后的几何体如图：将等腰梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面，所围成的几何体的体积为圆柱的体积减去两个相同圆锥的体积，π⋅12⋅4−2×13×12×π×1=4π−2π3=10π3．【知识点】圆柱的表面积与体积、圆锥的表面积与体积7. 【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形．根据立体图形可得：S△ABC=S△ADC=S△CDB=12×2×2=2．根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2√2．所以△ADB是边长为2√2的等边三角形．根据三角形面积公式可得：S△ADB=12AB⋅AD⋅sin60∘=12(2√2)2⋅√32=2√3．所以该几何体的表面积是：3×2+2√3=6+2√3．【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】C【解析】设直三棱柱的底面外接圆直径为2r=√12+(√3)2=2，所以外接球的直径为2R=√(2r)2+ℎ2=√22+(2√3)2=4，则R=2，所以该三棱柱的外接球的体积为43πR3=323π．【知识点】球的表面积与体积9. 【答案】C【解析】由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：23×√32×3=√3；所以外接球的半径为：√(√3)2+(32)2=√212．所以外接球的表面积为：4π(√212)2=21π．【知识点】球的表面积与体积10. 【答案】B【解析】A 选项：当 ∣CD ∣=2∣AB ∣ 时，若 A ，B ，C ，D 四点共面且 AC ∥BD 时，则 M ，N 两点能重合，可知A 错误；B 选项：若 M ，N 可能重合，则 AC ∥BD ，故 AC ∥l ，此时直线 AC 与直线 l 不可能相交，可知B 正确；C 选项：当 AB 与 CD 相交，直线 AC ∥l 时，直线 BD 与 l 平行，可知C 错误； D 选项：当 AB 与 CD 是异面直线时，MN 不可能与 l 平行，可知D 错误．【知识点】直线与直线的位置关系二、填空题（共6题） 11. 【答案】充分不必要【知识点】充分条件与必要条件、直线与直线的位置关系12. 【答案】必要非充分【知识点】直线与平面垂直关系的性质、充分条件与必要条件13. 【答案】 √312 ；√32−12【解析】由题意，正三棱柱的棱长均为 1 m ，所以 S △ABC =12×1×1×sin60∘=12×1×1×√32=√34，AA 1=1，由题意可得 V A−A 1BC =13S △ABC ⋅AA 1=13×√34×1=√312=a ，又由 V ABED−A 1B 1E 1D 1=V AA 1BC 得 S ABED ⋅AA 1=13S △ABC ⋅AA 1，所以 S ABED =13S △ABC ，所以DE AB=√33，因为 DC AC =DEAB =√33，所以 DC =√33，所以 AD =1−√33．在等边△ABC中，AB边上的高为√32，因为√32=ADAC=1−√331，所以ℎ=√32−12．【知识点】棱锥的表面积与体积、棱柱的表面积与体积14. 【答案】×【知识点】线面角15. 【答案】A∈l，l⊄α【知识点】直线与直线的位置关系16. 【答案】×；×；√；×；×；×；×；√【知识点】平面的概念与基本性质三、解答题（共6题）17. 【答案】取AB中点G，连接FG，CG，则由题意可知FG=12AE，FG∥AE，又CD=12AE，CD∥AE故FG∥CD，且FG=CD，所以四边形CDFG为平行四边形，从而DF∥CG．又因为DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC，所以DF∥平面ABC．【知识点】直线与平面平行关系的判定18. 【答案】不一定，也有可能直线在平面内，所以一定要强调直线在平面外．【知识点】直线与平面平行关系的判定19. 【答案】(1) 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，又因为BD∩BE=B，所以AC⊥平面BED．(2) 因为∠ABC=120∘，AB=2，所以AB=DB=2，AG=√3，DG=1，因为AE⊥EC，所以EG=12AC=√3，则BE=√2，所以V E−ABD=13×12×2×2×sin60∘×√2=√63．【知识点】直线与平面垂直关系的判定、棱锥的表面积与体积20. 【答案】因为 D ，E 分别是 PA ，PB 的中点，所以 DE ∥AB ，又 DE ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以 DE ∥平面ABC ，同理 DF ∥平面ABC ，且 DE ∩DF =D ，DE,DF ⊂平面DEF ，所以平面DEF ∥平面ABC ，又平面PCM ∩平面DEF =NF ，平面PCM ∩平面ABC =CM ，所以 NF ∥CM ．【知识点】平面与平面平行关系的性质、平面与平面平行关系的判定21. 【答案】连接 BD ，BG ．因为 AB⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 所以 DC⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ．因为 PC⃗⃗⃗⃗⃗ =PD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =PD ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ．因为 PHHC =12，所以 PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(−PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−13PA⃗⃗⃗⃗⃗ +13PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ．又因为 AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−43PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ．因为 AGAH =m ，所以 AG⃗⃗⃗⃗⃗ =mAH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−4m 3PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +m 3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +m 3PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以 BG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−4m 3)PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +(m 3−1)PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +m 3PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ．又因为 G ，B ，P ，D 四点共面，所以 1−4m 3=0，解得 m =34．【知识点】平面的概念与基本性质22. 【答案】不一定相交，空间两条直线垂直分为两种情况：一种是相交垂直，一种是异面垂直．【知识点】直线与直线的位置关系。

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