高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (36)(含答案解析)
高中数学必修二第八章立体几何初步单元训练题高难度 29含答案解析.docx
必修二第八章《立体几何初步》单元训练题（高难度）（29）一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）1.在三棱锥A-BCD中，AMD /BCD都是边长为2的正三角形，且平面4GD丄平面BCD,则该三棱锥外接球的表面积为（）A 207T 仆1O7T — 8兀47TA.—B. —C. —D.—3 3 3 32.如图，四面体A-BCD中，AB = 1, AC = CD = DA = 2，当BC A与面ACD所成角最大时，四面体4-BCD的体积为（）B. 1C.V3D.不确定3.已知正四面体P — ABC, Q为^\ABC内的一点，记PQ与平面P4B、PAC, FBC所成的角分别为口、0、y,则下列恒成立的是（）A.sin% + sin2^ + sin2y > 2B. cos2a + cos绍 + cos2y > 2illC. tan2a + tan2/? + tan2y<l D•歸 + 丽 + 両Ml4.设a, 0表示平面，/表示直线，A, B, C表示三个不同的点，给出下列命题：①若 4 G A&a, Bel, Bea,贝iJZ c a；②若AE a, AE p, BEa, Bep,则a Cl 0 = AB；③若/ （t a, A El,则 4 g a；④若A, B, Cea, A, B, Cep,贝!）a与/?重合.其中，正确的有（）A. 1个B.2个C. 3个D. 4个5.三棱锥P—71BC中，P4丄平面ABC, ZXBC - 30°, A4PC■的面积为2,贝三棱锥P — 4BC的夕卜接球体积的最小值为（）A. 4兀B. yC. 64TTD.竽 6. 下列命题中，真命题的个数是（）① 有两个平面互相平行，其余各面都是四边形的多面体一定是棱柱；② 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥；③ 用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台；④ 侧面都是长方形的棱柱叫长方体.A.0个B.1个C.2个D.3个 7. 四棱锥S - ABCD 的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD 是正方形且和球心0在同一平面内,当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于8 + 8V3,则球0的体积等于（）A.晋B.呼C. 16, 二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）&对于四面体ABCD,以下命题中正确的是（ ）.A.若AB =AC = AD,则MB , AC , AD 与底面所成的角相等B. 若丄CD , AC 丄BD,则点A 在底面BCD 内的射影是JBCD 的内心C. 四面体ABCD 的四个面中最多有四个直角三角形D. 若四面体ABCD 的6条棱长都为1,则它的内切球的表面积为£O三、填空题（本大题共12小题，共60.0分）9. 如图，在四棱锥P - ABCD 中，顶点P 在底面的投影O 恰为正方形ABCD 的中心且AB = 2近,设点M, N 分别为线段PD, PO 上的动点，己知当AN+ M N 取得最小值时，动点M 恰为PD 的中 点，则该四棱锥的外接球的表面积为 _________________ •10. 己知a, b 为空间中成60。
高中数学必修二 第八章 立体几何初步 章末总结 同步练习(含答案)
第八章 立体几何初步一、单选题1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）A ．（1）是棱台B ．（2）是圆台C ．（3）是棱锥D ．（4）不是棱柱【答案】C 【解析】对于（1），由于几何体上下底面不相似，所以不是棱台，A 选项错误.对于（2），由于几何体上下底面不平行，所以不是圆台，B 选项错误.对于（3），几何体是棱锥，所以C 选项正确.对于（4），几何体有两个平面平行且全等，侧面都是平行四边形，故是棱柱，所以D 选项错误. 故选：C.2．若P 为两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ）A ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面【答案】B【解析】因为若点P 是两条异面直线l m ，外的任意一点，则过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直，选B3．如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是1AB 、1BC 的中点，下列结论中，正确的是（ ）A ．1EF BB ⊥ B ．EF ⊥平面11BCC BC ．//EF 平面1D BCD ．//EF 平面 11ACC A【答案】D 【解析】连接1B C 交1BC 于F ，由于四边形11BCC B 是平行四边形，对角线平分，故F 是1B C 的中点.因为E 是1AB 的中点，所以EF 是三角形1B AC 的中位线，故//EF AC ，所以//EF 平面11ACC A .故选D.4．一个底面半径为2，高为4的圆锥中有一个内接圆柱，该圆柱侧面积的最大值为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π【答案】C【解析】设圆柱底面半径为为r ，02r <<，则圆柱的高为42r -，其侧面积22(42)4(2)S r r r r ππ=-=-+，根据二次函数性质，当1r =时，侧面积取得最大值max 4S π=.故选：C5．如图，三棱锥A BCD -中，90DAB DAC BAC ∠=∠=∠=︒，1AB AD AC ===，M ，N 分别为CD ，BC 的中点，则异面直线AM 与DN 所成角余弦值为（ ）A ．16BC ．6D ．56【答案】B【解析】取NC 中点P ,连接,AP MP ,又因为M 为CD 中点,故//DN MP ,故AM 与DN 所成角即为AM 与MP 所成的角.由题得11,44AC NP CP BC ====,又N 为BC 的中点, 1AB AC ==,90BAC ∠=︒,所以12AN BC ==AN BC ⊥.故4AP ==,又12MP DN ====.又12AM DC ==故222135cos 2624AM MP AP AMP AM MP +-+-∠===⋅ 所以异面直线AM 与DN. 故选：B.6．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -，其中AC BC ⊥，若11AA AB ==，当“阳马”即四棱锥11B A ACC -体积最大时，“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -的表面积为A 1B 1CD 【答案】C【解析】四棱锥11B A ACC -的体积是三棱柱体积的23，11111122ABC A B C V AC BC AA AC BC -=⋅⋅=⋅222111()444AC BC AB ≤+==，当且仅当2AC BC ==时，取等号．∴12(1)122222S =⨯⨯⨯+++⨯32+=． 故选C ．7．三棱锥P ABC -中，,,PA PB PC 互相垂直，1PA PB ==，M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC P ABC -的外接球的表面积是（ ） A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π 【答案】B【解析】 M 是线段BC 上一动点，连接PM ，∵,,PA PB PC 互相垂直，∴AMP ∠就是直线AM 与平面PBC 所成角，当PM 最短时，即PM BC ⊥时直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大．此时AP PM =3PM =，在直角△PBC 中，··PB PC BC PM PC PC =⇒=⇒=三棱锥P ABC -扩充为长方体，则长方体的对角线长为1122++=，∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为1R =，∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积为244R ππ=．选B.8．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，E ，F 分别为棱PB ，PC 的中点，过E ，F 的平面分别与棱AB ，AC 相交于点D ，G ，给出以下四个结论：①//EF DG ；②//PA ED ；③ED DG ⊥；④AC FG ⊥.则以上正确结论的个数是A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】因为E ，F 分别为棱PB ，PC 的中点，所以//EF BC ，可得//EF 平面ABC ，平面EFGD 与平面ABC 的交线为DG ，所以//EF DG ，故①正确；当截面EFGD 与棱AB 的交点D 是AB 的中点时，//PA ED ，否则P A 与ED 相交，故②错误； 由PA ⊥底面ABC ，可得PA DG ⊥，由//EF DG 可得//DG BC ，又AB BC ⊥，所以AB DG ⊥，所以DG ⊥平面P AB ，所以ED DG ⊥，故③正确；只有当截面EFGD 与AC 的交点G 是AC 的中点时，//PA FG ，此时可得AC FG ⊥，否则AC 与FG 不垂直，故④错误.所以正确结论的个数是2.故选：B ．二、多选题9．已知两条直线l ，m 及三个平面α，β，γ，则αβ⊥的充分条件是（ ）．A ．l α⊂，l β⊥B ．l α⊥，m β⊥，l m ⊥C ．αγ⊥，β∥γD ．l α⊂，m β⊂，l m ⊥【答案】ABC【解析】由面面垂直定理可以判断,,A B C 正确，对于选项D ，l α⊂，m β⊂，l m ⊥，也可以得到αβ∥，故D 错.故选：ABC .10．在正四面体ABCD 中，E ､F ､G 分别是BC ､CD ､DB 的中点，下面四个结论中正确的是（ ）A ．//BC 平面AGFB ．EG ⊥平面ABFC ．平面AEF ⊥平面BCD D ．平面ABF ⊥平面BCD【答案】ABD【解析】A ．F ､G 分别是CD ､DB 的中点，//GF BC ∴，则//BC 平面AGF ，故A 正确．B ．E ､F ､G 分别是BC ､CD ､DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ，//EG CD ，EG ∴⊥平面ABF ，故B 正确．D ．E ､F ､G 分别是BC ､CD ､DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ，CD ⊂面BCD ，∴平面ABF ⊥平面BCD ，故D 正确，只有C 错误，故选：ABD ．11．在三棱锥D -ABC 中，1AB BC CD DA ====，且AB BC ⊥，CD DA ⊥，M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，下面结论正确的是（ ）A ．AC BD ⊥B ．//MN 平面ABDC ．三棱锥A -CMND ．AD 与BC 一定不垂直【答案】ABD【解析】根据题意，画出三棱锥D -ABC 如下图所示，取AC 中点O ，连接,OB OD ：对于A ，因为1AB BC CD DA ====，且AB BC ⊥，CD DA ⊥， 所以,ABC ADC ∆∆为等腰直角三角形，则,,OD AC BO AC ⊥⊥且OD BO O ⋂=，则AC ⊥平面BOD ，所以AC BD ⊥，即A 正确；对于B ，因为M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，由中位线定理可得//MN BD ，而BD ⊂平面ABD ，MN ⊄平面ABD ， 所以//MN 平面ABD ，即B 正确；对于C ，当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥A -CMN 的体积最大，则最大值为1111113222248A CMN N ACM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，即C 错误； 对于D ，假设AD BC ⊥，由AB BC ⊥,且AD AB A ⋂=,所以BC ⊥平面ABD ，则BC BD ⊥，又因为AC BD ⊥，且AC BC C =，所以BD ⊥平面ABC ，由OB ⊂平面ABC ，则BD OB ⊥，由题意可知OB OD =，因而BD OB ⊥不能成立，因而假设错误，所以D 正确； 综上可知，正确的为ABD ，故选：ABD.12．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则 （ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11P ACD -的体积为定值 C ．异面直线AP 与1A D 所成角的取值范围是[]45,90︒︒ D ．直线1C P 与平面11AC D所成角的正弦值的最大值为3【答案】ABD【解析】对于选项A,连接11B D ,由正方体可得1111AC B D ⊥,且1BB ⊥平面1111D C B A ,则111BB AC ⊥,所以11A C ⊥平面11BD B ,故111AC BD ⊥；同理,连接1AD ,易证得11A D BD ⊥,则1BD ⊥平面11AC D ,故A 正确； 对于选项B,1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确； 对于选项C,当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒,故C 错误； 对于选项D,因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在Rt △D 1C 1B 中,1111cos C B C BD BD ∠===,故D 正确 故选：ABD三、填空题13．如图，点P 在正方形ABCD 所在的平面外，,PD ABCD PD AD ⊥=，则PA 与BD 所成角的度数为____________.【答案】60【解析】构造正方体ABCD SRQP -，如图所示：显然//,BD RP APR ∆为等边三角形，则60APR ∠=，即P A 与BD 所成的角是60.14．如图，在直角梯形ABCD 中，0190,//,12A AD BC AD AB BC ∠====，将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD .在四面体A BCD -中，下列说法正确的序号是____________.①平面ABD ⊥平面ABC ，②平面ACD ⊥平面ABC ，③平面ABC ⊥平面BCD ，④平面ACD ⊥平面BCD【答案】②【解析】∵在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD=AB=12BC=1，∠A ＝90°，在BCD ∆中，BC=2，45DBC ∠= ，由余弦定理得 90BDC ∠= ，∴BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD∩平面BCD ＝BD ，故CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又由AD ⊥AB ，CDAD D = ∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ．故填②．15．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是___________.【答案】⎤⎥⎣⎦【解析】由题意可得：直线OP 于平面A 1BD 所成的角α的取值范围是111,,22AOA C OA ππ⎡⎤⎡⎤∠⋃∠⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 不妨取AB =2．在Rt △AOA 1中，sin ∠AOA 1=11AA AO == sin ∠C 1OA 1=()1111sin 2sin 22sin cos AOA AOA AOA AOA π-∠=∠=∠∠2==>，∴sin α的取值范围是⎤⎥⎣⎦.16．如图，在一个倒置的高为2的圆锥形容器中，装有深度为h 的水，再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后，半球的大圆面、水面均与容器口相平，则h 的值为____________.【解析】设圆锥的底面半径为r ，体积为V ，半球的体积为1V ，水（小圆锥）的体积为2V ，如图则,1,2,OA r OC OB BE h ====，所以2rh ED =，21r ⨯=，解得243r =， 所以218239V r ππ=⨯=，123V π=，23211()329rh V h h ππ=⨯⨯=，由12V V V =+，得3821939h πππ=+，解得h =四、解答题 17．图（1）为一个几何体的表面展开图.（1）沿图中虚线将它折叠起来，是哪一种几何体？画出其空间图形.（2）需要几个这样的几何体才能拼成一个棱长为6的正方体？若图（2）是棱长为6的正方体，试在图中画出这几个几何体的一种组合情况.【答案】（1）这个几何体是有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱推，作图见解析（2）需要3个这样的几何体，作图见解析【解析】（1）这个几何体是有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱推，如图（3）.（2）需要3个这样的几何体.如图（4），分别为四棱锥111D ABB A -，1D ABCD -，111D BCC B -（答案不唯一）18．如图，四棱锥P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠=︒，2BC AD =，E 为PB 中点.（1）求证：//AE 平面PCD ；（2）求证：AE BC ⊥.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解【解析】如图，取PC 的中点F ，连接,EF DF ，E 为PB 中点，//EF BC ∴，且12EF BC =， 又//AD BC ，2BC AD =，AD EF ∴=，//AD EF ,AEFD ∴为平行四边形，即//AE DF ，又AE ⊄平面PCD ，DF ⊂平面PCD ，所以//AE 平面PCD .（2）由PA ⊥平面ABCD ，所以PA BC ⊥，又因为//AD BC ，90BAD ∠=︒，所以BC AB ⊥，PA AB A =，BC ∴⊥平面PAB ，又AE ⊂平面PAB ，∴AE BC ⊥.19．如图所示，已知AB ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，BC CD ⊥.（1）求证：//MN 平面BCD ；（2）求证：平面BCD ⊥平面ABC ；（3）若1AB =，BC =，求直线AC 与平面BCD 所成的角.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）30【解析】（1）因为M ,N 分别是AC ,AD 的中点,所以//MN CD .又MN ⊄平面BCD 且CD ⊂平面BCD ,所以//MN 平面BCD .（2）因为AB ⊥平面BCD ,CD ⊂平面BCD ,所以AB CD ⊥.又CD BC ⊥且AB BC B ⋂=,所以CD ⊥平面ABC .又CD ⊂平面BCD ,所以平面BCD ⊥平面ABC .（3）因为AB ⊥平面BCD ,所以ACB ∠为直线AC 与平面BCD 所成的角.在直角ABC ∆中,1AB =,BC =,所以tan AB ACB BC ∠== 所以30ACB ∠=︒.故直线AC 与平面BCD 所成的角为30.20．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ;（2）设1AP =，AD =P ABD -的体积 4V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为13【解析】(1）设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又EO 平面AEC ，PB 平面AEC所以PB ∥平面AEC ．（2）166V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.作交于． 由题设易知，所以 故，又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为 法2：等体积法166V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ， 又因为PB=所以又因为(或)，，所以21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点.（Ⅰ）证明：BE DC ⊥；（Ⅰ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正切值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）2【解析】（1）如图，取PD 中点M ，连接,EM AM .由于,E M 分别为,PC PD 的中点， 故//EM BC ，且12EM DC =，又由已知，可得//EM AB 且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形，所以//BE AM .因为PA ⊥底面ABCD ，故PA CD ⊥，而CD DA ⊥，从而CD ⊥平面PAD ，因为AM ⊂平面PAD ，于是CD AM ⊥，又//BE AM ，所以BE CD ⊥.（2）连接BM ，由（Ⅰ）有CD ⊥平面PAD ，得CD PD ⊥，而//EM CD ，故PD EM ⊥.又因为AD AP =，M 为PD 的中点，故PD AM ⊥，从而PD BE ⊥，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD .所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE EM ⊥，可得EBM ∠为锐角，故EBM ∠为直线BE 与平面PBD 所成的角.依题意，有PD =M 为PD 中点，可得AM =BE =故在直角三角形BEM 中，tanEM AB BEM BE BE ∠====所以直线BE 与平面PBD 所成的角的正切值为2 22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，点P 在面ABCD 内的射影为A ，1==PA AB ，点A 到平面PBC AC 与PB 垂直．（Ⅰ）在棱PD 上找一点E ，使直线PB 与平面ACE 平行，并说明理由； （Ⅰ）在（Ⅰ）的条件下，求二面角B AC E --的大小．【答案】（Ⅰ）点E 为PD 中点时直线PB 与平面ACE 平行，证明详见解析；（Ⅰ）34π． 【解析】（Ⅰ）点E 为PD 中点时直线PB 与平面ACE 平行，证明：连接BD ，交AC 于点O ，则点O 为BD 的中点，因为点E 为PD 中点， 故OE 为PDB △的中位线，则//OE PB ，OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，所以PB 与平面ACE 平行．（Ⅰ）根据题意AC PB ⊥，PA ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，则有AC PA ⊥， PA PB P =，所以AC ⊥平面PAB ，由（Ⅰ）可知//OE PB ，又AC PB ⊥，所以OE AC ⊥，AC ⊥平面PAB ，AB 平面PAB ，所以AB AC ⊥，取BC 中点F ，连接OF ，由于O 是AC 中点，则//OF AB ，OF AC ⊥， ∴EOF ∠为二面角B AC E --的平面角，其为钝角，那么PB ，AB 所成的角即为二面角B AC E --的补角，等腰直角PAB △中，4PBA π∠=，因此二面角B AC E --的大小为34π．。
高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题单选题1、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V a、V b、V c，则（）A．V c<V b<V a B．V a<V b<V c C．V c<V a<V b D．V b<V a<V c答案：A解析：求出V a=b×13abπ，V b=a×13abπ，V c=abc×13abπ，推导出abc<a<b，从而得到V c<V b<V a．∵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V a、V b、V c，∴V a=13×π×b2×a=13πab2=b×13abπ，V b=13×π×a2×b=13πa2b=a×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab=12cℎ，可得ℎ=abc，V c=13×π×(abc)2×c=13π⋅a2b2c=abc×13abπ，∵abc −a=ab−acc<0，abc−b=ab−bcc<0，∴abc<a<b，∴V c<V b<V a，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD −BHC 及直三棱柱DGC −AEB 组成，作HM ⊥CB 于M ，如图，因为CH =BH =3,∠CHB =120∘，所以CM =BM =3√32,HM =32， 因为重叠后的底面为正方形，所以AB =BC =3√3,在直棱柱AFD −BHC 中，AB ⊥平面BHC ，则AB ⊥HM ,由AB ∩BC =B 可得HM ⊥平面ADCB ，设重叠后的EG 与FH 交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 3、直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，若∠BAC =90°，AB =AA 1=1，AC =2，E 是棱A 1C 1上的中点，则点A 到平面BCE 的距离是（ ）A ．1B ．√23C ．√63D ．√33答案：C分析：作出草图，根据题意易证A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，可得A 1C 1⊥BA 1，再根据勾股定理分别求出A 1B ，BE ，CE，BC的值，再根据V A−BCE=V E−ABC，即可求出点A到平面BCE的距离.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接BA1,CE,AE,BE，由题知，AA1⊥平面A1B1C1，AA1⊥A1C1,AA1⊥A1B1，又∠CAB=∠C1A1B1=90°，∴B1A1⊥A1C1又AA1∩B1A1=A1，所以A1C1⊥平面AA1BB1，所以A1C1⊥BA1，由于AB=AA1=CC1=1,A1C1=AC=2，E点是棱AC上的中点，根据勾股定理，A1B=√AB2+AA12=√12+12=√2，BE=√A1B2+A1E2=√(√2)2+12=√3 CE=√(C1C)2+(C1E)2=√12+12=√2，BC=√AB2+AC2=√12+22=√5，所以BE2+CE2=BC2，即BE⊥CE.设E到平面ABC的距离为d，则d=1，设点A到平面BCE的距离为ℎ，在四面体A−BCE中，V A−BCE=V E−ABC，V E−ABC=13×S△ABC×d=13×(12×1×2)×1=13V A−BCE=13×S△BCE×ℎ=13×(12×√3×√2)×ℎ=√66ℎ则√66ℎ=13，解得ℎ=√63.故选：C.4、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，所以cos∠BMN =MN BM =2√3=√33， 故选：C6、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23 答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.7、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．MN//平面ABEB ．MN//平面ADEC ．MN//平面BDHD ．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.8、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.多选题9、如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，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⊥CDC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC=√6D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为√3答案：BC分析：A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；D，若B到平面PDC的距离为√3，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC=√3，∴△POC为等腰直角三角形，∴PC=√2OP=√6，即选项C正确；选项D，∵点B到PD的距离为√3，点B到CD的距离为√3，∴若B到平面PDC的距离为√3，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．故选：BC．10、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（）A．BM与ED平行B．CN⊥AFC．CN与BM成60°D．四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条都是异面直线答案：BCD分析：还原成正方体之后根据正方体性质分析线线位置关系.根据展开图还原正方体如图所示：BM与ED不平行，所以A错误；正方体中CN⊥DM，DM//FA，所以CN⊥AF，所以B正确；CN//EB，CN与BM成角就是∠EBM，△EBM是等边三角形，所以∠EBM=60°，所以C正确；由图可得四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条既不想交也不平行，所以任意两条都是异面直线. 故选：BCD11、下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE//CD B．CH//BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE答案：BCD分析：由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE⊥CD，故A错误；由HE//BC,HE=BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH//BE，故B正确；因为DG⊥HC,DG⊥BC,HC∩BC=C,所以DG⊥平面BHC,所以DG⊥BH，故C正确；因为BG//AH，而DE⊥AH,所以BG⊥DE，故D正确.故选：BCD填空题12、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④13、中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD=√5，ED=√3，若鳖臑P−ADE 的外接球的体积为9√2π，则阳马P−ABCD的外接球的表面积等于______.答案：20π解析：求出鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，可求出PA，然后求出正方形ABCD的外接圆半径r2，利用公式R2=√(PA2)2+r22可求出阳马P−ABCD的外接球半径R2，然后利用球体的表面积公式可得出答案.∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，即AD⊥CE，且AD=√5，ED=√3，所以，ΔADE的外接圆半径为r1=AE2=√AD2+ED22=√2，设鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，则43πR13=9√2π，解得R1=3√22.∵PA⊥平面ADE，∴R1=√(PA2)2+r12，可得PA2=√R12−r12=√102，∴PA=√10.正方形ABCD的外接圆直径为2r2=AC=√2AD=√10，∴r2=√102，∵PA⊥平面ABCD，所以，阳马P−ABCD的外接球半径R2=√(PA2)2+r22=√5，因此，阳马P−ABCD的外接球的表面积为4πR22=20π.所以答案是：20π.小提示：本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.14、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=2，BC=2√2，则四面体PABC的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．解答题15、如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，点H为线段AD 的中点，且AB=AD=4，∠FAB=30°，点G为线段CE上一动点.(1)试确定点G的位置，使DG//平面CFH，并给予证明；(2)求三棱锥E−CFH的体积.答案：(1)点G为线段CE中点，证明见解析；.(2)8√33分析：（1）点G为线段CE中点，取CF中点M，证明DG//HM，再利用线面平行的判定推理作答.（2）根据给定条件，证得CE⊥平面ADEF，再结合等体积法即可求出三棱锥E−CFH的体积作答.（1）当点G为线段CE中点时，DG//平面CFH，取CF中点M，连接HM,GM，如图，则GM//EF，GM=12EF，因E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，则EF是半圆柱的一条母线，即EF=AD，而点H为线段AD的中点，于是得GM//DH,GM=DH，即四边形DGMH为平行四边形，则DG//HM，而DG⊄平面CFH，HM⊂平面CFH，所以DG//平面CFH.（2）依题意，AB是半圆柱下底面半圆的直径，则∠AFB=90∘，而∠FAB=30°，有AF=√32AB=2√3,BF=12AB=2，显然CD是半圆柱上底面半圆的直径，则CE⊥DE，由（1）知EF是半圆柱的一条母线，则EF⊥平面CDE，而CE⊂平面CDE，即有CE⊥EF，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面ADEF，因此，CE⊥平面ADEF，而EF//BC,EF=BC，即四边形BCEF是平行四边形，CE=BF=2，又点H为线段AD的中点，则S△EFH=12AD⋅AF=4√3，所以三棱锥E−CFH的体积V E−CFH=V C−EFH=13⋅S△EFH⋅CE=13×4√3×2=8√33.。
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 (35)
高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷2（共22题）一、选择题（共10题）1.下列说法正确的是( )A．生活中的几何体都是由平面组成的B．曲面都是有一定大小的C．直线是由无数个点组成的，而线段是由有限个点组成的D．许多平行直线也可以组成曲面2.已知α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n，则“m∥n”是“α∥β”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3.如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H是EF的中点．现沿AE，AF，EF把这个正方形折成一个几何体，使B，C，D三点重合于点G，则下列结论中成立的是( )A．AG⊥平面EFG B．AH⊥平面EFGC．GF⊥平面AEF D．GH⊥平面AEF4.如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的（请选择最贴切的）( )A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．无数条直线不相交D．任意一条直线不相交5.已知点P，A，B，C在同一个球的球表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=√5，BC=√3，则该球的表面积为( )A．4πB．8πC．16πD．32π6.如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，与AA1异面的直线是( )A．AB B．BB1C．DD1D．B1C1 7.已知正△ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△AʹBʹCʹ的面积是( )A．√34a2B．√34a3C．√68a2D．√616a28.下列结论中错误的是( )A．若a⊥α，b⊂α，且a⊥bB．若a∥b，a⊥α，且b⊥αC．若a∥α，b⊂α，则a∥bD．若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a⊂α9.用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A．8π3B．8√2π3C．8√2πD．32π310.将表面积为36π的圆锥曲线沿母线将其侧面展开，得到一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为( )A．18√3B．18√2C．12√3D．24√3二、填空题（共6题）11.设球O与圆锥的体积分别为V1，V2．若圆锥的母线长是其底面半径的2倍，且球O的表面积与圆锥的侧面积相等，则V1V2的值是．12.圆柱的一个底面面积为S，侧面展开图为正方形，则圆柱的侧面积为．13.一个圆锥恰有三条母线两两夹角为60∘，若该圆锥的侧面积为3√3π，则该圆锥外接球的表面积为．14.半径为3的球体表面积为．15.思考辨析，判断正误组成二面角的平面角的两边所在直线确定的平面与二面角的棱垂直．( )16.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是cm3．三、解答题（共6题）17.画正三棱柱ABC−AʹBʹCʹ的直观图，使它的底面是边长为4cm的正三角形，高度是6cm．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点，DC∥AB，求证：平面PAB∥平面EFG．19.已知△ABC是边长为1的等边三角形，D，E分别是AB，AC边上的点，AD=AE，F是BC．的中点，AF与DE交于点G，将△ABF沿AF折起，得到三棱锥A−BCF，其中BC=√22(1) 证明：DE∥平面BCF；(2) 证明：CF⊥平面ABF．20.如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD=90∘，AC⊥BD，且AB=AD=2，AA1=1．(1) 求三棱锥B1−ABD的体积；(2) 求证：BC∥平面ADD1A1；(3) 求证：AC⊥B1D．21.建造一个高为2m、容积为18m3的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价分别为每平方米140元和90元，那么该水池的最低造价是多少元？22.某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供民休息．如图（1）的多面体石凳是由图（2）的正方cm3．体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是1600003(1) 求正方体石块的棱长；(2) 若将图（2）的正方体石块打磨成一个球形的石凳，求此球形石凳的最大表面积．答案一、选择题（共10题）1. 【答案】D【解析】组成几何体的面既可以是平面，也可以是曲面，故A错误；曲面也可以是无限延展的，故B错误；直线和线段都是由无数个点组成的，故C错误．故选D．【知识点】平面的概念与基本性质2. 【答案】B【知识点】平面与平面平行关系的性质3. 【答案】A【解析】因为B，C，D重合于点G，所以AG⊥GF，AG⊥GE，GF∩GE=G，所以AG⊥平面EFG．【知识点】直线与平面垂直关系的判定4. 【答案】D【知识点】直线与平面的位置关系5. 【答案】B【知识点】球的表面积与体积6. 【答案】D【解析】由异面直线的定义知，四个选项中与AA1异面的直线为B1C1．【知识点】直线与直线的位置关系7. 【答案】D【知识点】直观图8. 【答案】C【解析】对于A，若a⊥α，b⊂α，根据线面垂直的性质可得a⊥b，故正确；对于B，若a∥b，a⊥α，根据线线平行、线面垂直的性质可得b⊥α，故正确；对于C，若a∥α，b⊂α，则a∥b或异面，故错；对于D，若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a⊂α，正确．【知识点】直线与平面平行关系的性质9. 【答案】B【解析】截面圆的半径为1，又因为球心到截面距离等于1，所以球的半径R=√2，故球的体积V=43πR3=8√2π3．【知识点】球的表面积与体积10. 【答案】B【知识点】圆锥的表面积与体积二、填空题（共6题）11. 【答案】√63【解析】设圆锥的底面半径为r，则该圆锥的母线长为2r，高为√3r，所以圆锥的体积V2=13πr2⋅√3r=√33πr3，圆锥的侧面积为12×2πr⋅2r=2πr2．设球O的半径为R，由题意可得4πR2=2πr2，得R=√22r，所以V1=43πR3=43π×(√22r)3=√23πr3．因此V1V2=√23πr3√33πr=√2√3=√63．【知识点】圆锥的表面积与体积12. 【答案】90°【知识点】棱柱的表面积与体积13. 【答案】27π2【知识点】组合体、球的表面积与体积14. 【答案】36π【知识点】球的表面积与体积15. 【答案】√【知识点】二面角16. 【答案】12√3−π2【解析】六棱柱的体积为：6×12×2×2×sin60∘×2=12√3，圆柱的体积为：π×(0.5)2×2=π2，所以此六角螺帽毛坯的体积是：(12√3−π2)cm 3．【知识点】圆柱的表面积与体积、棱柱的表面积与体积三、解答题（共6题） 17. 【答案】略．【知识点】直观图18. 【答案】因为 E ，G 分别是 PC ，BC 的中点，所以 EG ∥PB ，又因为 EG ⊄平面PAB ，PB ⊂平面PAB ， 所以 EG ∥平面PAB ，因为 E ，F 分别是 PC ，PD 的中点， 所以 EF ∥CD ， 又 ∵AB ∥CD ， 所以 EF ∥AB ，因为 EF ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， 所以 EF ∥平面PAB ，又 EF ∩EG =E ，EF,EG ⊂平面EFG ， 所以 平面EFG ∥平面PAB ．【知识点】平面与平面平行关系的判定19. 【答案】(1) 在等边三角形 ABC 中，AD =AE ， 所以 ADDB =AEEC ，在折叠后的三棱锥 A −BCF 中也成立， 所以 DE ∥BC ．因为 DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ， 所以 DE ∥平面BCF ．(2) 在等边三角形 ABC 中，F 是 BC 的中点， 所以 AF ⊥BC ，折叠后，AF ⊥CF ． 因为在 △BFC 中，BC =√22，BF =CF =12，所以 BC 2=BF 2+CF 2， 所以 CF ⊥BF ．又 AF ∩BF =F ，AF,BF ⊂平面ABF ，所以 CF ⊥平面ABF ．【知识点】直线与平面垂直关系的判定、直线与平面平行关系的判定20. 【答案】(1) V B 1−ABD =13⋅S △ABD ⋅BB 1=13⋅(12⋅2⋅2)⋅1=23． (2) 因为 AD ∥BC ，BC ⊄平面ADD 1A 1，AD ⊂平面ADD 1A 1， 所以 BC ∥平面ADD 1A 1．(3) 因为 BB 1⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ， 所以 BB 1⊥AC ．又因为 AC ⊥BD ，BB 1∩BD =B ， 所以 AC ⊥平面BB 1D ． 又因为 B 1D ⊂平面BB 1D ， 所以 AC ⊥B 1D ．【知识点】直线与平面平行关系的判定、棱锥的表面积与体积、直线与平面垂直关系的性质21. 【答案】设池底的边长为 x m ，总造价为 y 元，则池底另一边长为 9x m ，所以 y =360(x +9x )+1260≥360×6+1260=3420（元）．当且仅当 x =9x ，即 x =3 m 时，y min =3420 元，即总造价最低为 3420 元．【知识点】函数模型的综合应用、棱柱的表面积与体积22. 【答案】(1) 设正方体石块的棱长为 a cm ，则每个截去的四面体的体积为 13×12×a2×a2×a2=a 348(cm 3) 由题意可得 8×a 348+1600003=a 3，解得 a =40．故正方体石块的棱长为 40 cm ．(2) 当球形石凳与正方体的各个面都相切时，球形石凳的表面积最大，此时正方体的棱长正好是球的直径，所以球形石凳的最大表面积 S =4π×(402)2=1600π(cm 2)． 【知识点】棱锥的表面积与体积、表面积与体积、棱柱的表面积与体积。
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必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (36)一、选择题（本大题共3小题，共15.0分）1.正三棱柱ABC−A1B1C1中，底面边长AB=，侧棱长AA1=2，则该棱柱的外接球表面积等于()A. 20πB. 24πC. 8πD. 12π2.某正四面体的外接球与内切球的表面积之差为12π，则该正四面体的棱长为()A. 2√3B. 4C. 2D. 33.已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于()A. 2π3B. 4π3C. 7π6D. π2二、填空题（本大题共12小题，共60.0分）4.在四棱锥P−ABCD中，PD⊥AC，AB⊥平面PAD，底面ABCD为正方形，且CD+PD=3.若四棱锥P−ABCD的每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为______；当四棱锥P−ABCD的体积取得最大值时，二面角A−PC−D的正切值为______．5.如图是第七届国际数学教育大会的会徽，它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成，设其中的第一个直角△OA1A2是等腰三角形，且A1A2=A2A3=⋯=A n A n+1=1，则OA2=√2，OA3=√3，…OA n=√n，现将△OA1A2沿OA2翻折成△OPA2，则当四面体OPA2A3体积最大时，它的表面有__________个直角三角形；当PA3=1时，四面体OPA2A3外接球的体积为__________．6.已知底面是正六边形的六棱锥P−ABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为√3，则球O的表面积为______．7.用一张长12cm，宽8cm的矩形铁皮围成圆柱体的侧面，则这个圆柱体的体积=______ ．8.若点N为点M在平面α上的正投影，则记N=fα(M).如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，记平面AB1D1为β，平面ABCD为γ，点P是线段CC1上一动点，Q1=fγ[fβ(P)],Q2=fβ[fγ(P)].给出下列四个结论：①Q2为△AB1D1的重心；；③当CP=4时，PQ1//平面β；5④当三棱锥D1−APB1的体积最大时，三棱锥D1−APB1外接球的表面积为2π．其中，所有正确结论的序号是________________．9.如图，三棱锥P−ABC的体积为24，又∠PBC=∠ABC=90∘，BC=3，AB=4，PB=4√10，且∠PBA为锐角，则PA与平面ABC所成的角为________．10.学生劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD−A1B1C1D1挖去四棱锥O—EFGH后所得几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g．11.已知三棱锥D−ABC的四个顶点均在球O的球面上，△ABC和△DBC所在平面互相垂直，AC=√3,AB=3,BC=CD=BD=2√3，则球O的体积为________．12.正方体ABCD−A1B1C1D1中AC1与底面ABCD所成角的正弦值__________13.设a、b、c表示直线，给出结论：①a⊥b；②b⊥c；③a⊥c；④a//c.以其中两个作为条件，另外的某一个作为结论，试写出你认为正确的组合是.14.正四面体的内切球与外接球的体积之比______．15.已知三棱锥P−ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=√5，BC=√7，AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为______．三、解答题（本大题共14小题，共168.0分）16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P是DD1的中点．求证：(1)直线BD1//平面PAC(2)①求异面直线PC与AA1所成的角．②平面PAC⊥平面BDD1．17.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA=PD，底面ABCD是矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，E是AD的中点．(1)求证：PE⊥BD；(2)若AD=2，AB=√3，V P−ABCD=4，求PB与底面ABCD所成的角．18.如图，菱形ABCD所在平面与矩形ACEF所在平面相互垂直，点M是线段EF的中点．(1)求证：AM//平面BDE；(2)当BD为何值时，平面DEF⊥平面BEF？并证明你的结论．AF19.如图，ABCDEF是由两个全等的菱形ABEF和CDFE组成的空间图形，AB=2，∠BAF=∠ECD=60°．(1)求证：BD⊥DC；(2)如果二面角B−EF−D的平面角为60°，求直线BD与平面BCE所成角的正弦值．20.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PC=√3，PB=PD=√6，∠APB=∠CPD=90°，设平面PAB∩平面PCD=l．(1)证明：l//AB；(2)若平面PAB⊥平面PCD，求四棱锥P−ABCD的体积．21.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，点M是棱PC的中点，PA⊥平面ABCD．(Ⅰ)证明：PA//平面BMD；(Ⅱ)当PA长度为多少时，直线AM与平面PBC所成角的正弦值为√42722.在四棱锥M−ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，且BC=AB=BD，∠MCB=∠MCD．(1)求异面直线BD与MC所成角的余弦值；(2)若CM=2，CD=2，二面角B−CM−D的平面角的余弦值为7，求∠DCM的正弦值．2523.如图所示，在直径AB=4的半圆O内作一个内接直角三角形ABC，使∠BAC=30°，将图中阴影部分，以AB为旋转轴旋转180°形成一个几何体，求该几何体的表面积及体积．24.如图，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF//AB，∠BAF=90°，AD=2，AB=AF=1，点P在线段DF上．(1)证明：AF⊥平面ABCD．(2)若二面角DF−AP−C的余弦值为√6，求PF的长度．325.如图，四棱锥P−ABCD中，△PAB是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，AB//CD，AB⊥AD，AB=BC=2，∠ABC=π，F，G分别是PC，AD的中点．3(1)①求证：FG//平面PAB；②求线段FG的长度；(2)若PC=3，求直线FG与平面PBC所成角的正弦值．26.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面AD，G是PD的中点．ABCD．PA=PB=AB=BC=12(Ⅰ)求证：CG//平面PAB；(Ⅱ)求直线CA与平面PAD所成角的正弦值．27.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面AD，G是PD的中点．ABCD．PA=PB=AB=BC=12(Ⅰ)求证：CG//平面PAB；(Ⅱ)求直线CA与平面PAD所成角的正弦值．28.如图，已知四棱锥P−ABCD的侧棱PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2AD=4，DC=6，PD=3，点M在棱PC上，且PC=3CM．(1)证明：BM//平面PAD；(2)求三棱锥M−PBD的体积．29.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M,N分别是AB、PC的中点求证：(1)MN//平面PAD(2)MN⊥CD(3)若MN⊥平面PCD，求二面角P−CD−A的大小【答案与解析】1.答案：C解析：本题考查了三棱柱外接球，属于中档题．取上下底面中心连线的中点O，即为外接球的球心，利用直角三角形易得半径，进而得面积．解：如图，M，N为上下底面的中心，O为MN的中点，即外接球球心，在△ONA中，ON=12AA1=1，AN=√33AB=1，∴OA=√2，∴S球=4π×OA2=8π，故选C．2.答案：D解析：本题考查棱锥的外接球、内切球问题，考查空间想象能力、推理能力和计算能力，属于中档题．把正四面体放在一个正方体中，求出S外表=4πR2=32πa2，再利用等体积法求出S内表=4πr2=π6a2，利用32πa2−16πa2=12π，解a．解：设该正四面体的棱长为a，该四面体一定可以放在一个正方体中，则该正方体的棱长为√22a，因为正四面体的外接球半径R为正方体的对角线长的一半，所以R=12a+(√22a)=√64a∴S外表=4πR2=32πa2．设内切球半径为r，球心为O，AH为点A到平面BCD的距离，连接OA，OB，OC，OD，则V A−BCD=V O−ABD+V O−ACD+V O−ABC+V O−BCD，∵球心O到每个面的距离为r，∴V O−ABC+V O−ABD+V O−ACD+V O−BCD=13r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)，∵V O−ABC=13S BCD·AH，∵S△ABC=S△ABD=S△ACD=S△BCD，BH=(a2)(√3a6)=√3a3，AH=(√3a3)=√63a，1 3S△ABC·AH=43S△ABC⋅r，得r=√612a，∴S内表=4πr2=π6a2，由题意可得32πa2−16πa2=12π，解得a=3，故选D．3.答案：A解析：本题主要考查了球的表面积，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确求出半径是关键，属于中档题．先求出没有水的部分的体积是2√23，再求出棱长为2，可得小球的半径，即可求出球的表面积．解：由题意，没有水的部分的体积是正四面体体积的18，∵正四面体的各棱长均为4，∴正四面体体积为13×√34×42×√16−163=16√23，∴没有水的部分的体积是2√23，设其棱长为a，则13×√34a2×√63a=2√23，∴a=2，设小球的半径为r，则4×13×√34×22×r=2√23，∴r=√66，∴球的表面积S=4π×16=23π．故选A．4.答案：6π√5解析：解：设CD=x(0<x<3)，则PD=3−x，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，所以AB⊥PD，又PD⊥AC，所以PD⊥平面ABCD，则四棱锥P−ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，从而球心O的表面积为：4π(√x2+x2+(3−x)22)2=3π[(x−1)2+2]≥6π．四棱锥的体积为V=13×(3−x)x2(0<x<3)，则V′=−x2+2x，当0<x<2时，V′>0，当2<x<3时，V′<0，所以V max=V(2)此时AD=CD=2，PD=1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A−PC−D的平面角．∵DH=1×1√5=2√55，∴tan∠AHD=ADDH=√5．故答案为：6π；√5．设CD=x(0<x<3)，则PD=3−x，四棱锥P−ABCD可补形为一个长方体，球O的球心为PB的中点，然后求解球O的表面积推出最值；四棱锥的体积为V=13×(3−x)x2(0<x<3)，利用函数的导数，求解PD=1，过D作DH⊥PC于H，连接AH，则∠AHD为二面角A−PC−D的平面角．求解即可．本题考查几何体的外接球的表面积以及二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．π5.答案：4，43解析：本题考查面面垂直的性质、线面垂直的判定和性质，考查棱锥外接球的体积，属于难题．当平面OPA2和平面OA2A3垂直时，四面体OPA2A3的体积最大，根据条件可证明A2A3⊥平面OPA2，A2A3⊥PA2，则△PA2A3为直角三角形，证明OP⊥平面PA2A3，OP⊥PA3，则△OPA3为直角三角形，再结合△OPA2和△OA2A3为直角三角形，即可得到当四面体OPA2A3体积最大时，它的表面直角三角形的个数；当PA3=1时，取OA3的中点D，判断出四面体OPA2A3外接球的球心H在直线PD上，结合余弦定理求出外接球半径，即可得到外接球体积．解：由题意可知当平面OPA2和平面OA2A3垂直时，四面体OPA2A3的体积最大，因为平面OPA2⊥平面OA2A3，交线为OA2，A2A3⊥OA2，所以A2A3⊥平面OPA2，因为PA2⊂平面OPA2，所以A2A3⊥PA2，所以△PA2A3为直角三角形，因为OP⊂平面OPA2，所以A2A3⊥OP，又OP⊥PA2，A2A3∩PA2=A2，A2A3,PA2⊂平面PA2A3，所以OP⊥平面PA2A3，因为PA3⊂平面PA2A3，所以OP⊥PA3，所以△OPA3为直角三角形，又△OPA2和△OA2A3为直角三角形，所以当四面体OPA2A3的体积最大时，它的表面有4个直角三角形；当PA3=1时，取OA3的中点D，PD⊥OA3，因为OP=PA3=PA2=1，OD=DA3=DA2，所以△PDO≌△PDA2≌△PDA3，所以∠PDO=∠PDA2=90°，即PD⊥DA2，因为OA3∩DA2=D，OA3，DA2⊂平面OA2A3，所以PD⊥平面OA2A3，又△OA2A3为直角三角形，所以四面体OPA2A3外接球的球心H在直线PD上，如图：因为cos∠OPA3=1+1−32×1×1=−12，∠OPA3为三角形内角，所以∠OPA3=120°，所以∠OPH=60°，所以△OPH为正三角形，所以外接球半径r=1，所以四面体OPA2A3外接球体积．故答案为4，43π．6.答案：25π4解析：本题考查的知识点是球的体积和表面积，求出球的半径是解答的关键．解：当六棱锥P−ABCDEF为正六棱锥时，体积最大，由于底面正六边形的边长为1，故底面外接圆半径r=1，底面面积S=6×√34×12=3√32，设高为h，则V=13Sℎ=13×3√32×ℎ=√3，解得：ℎ=2，设此时外接球半径为R，则球心到底面的距离d=|ℎ−R|=|2−R|，由R2=d2+r2得：R2=(2−R)2+1，解得：R=54，故球O的表面积为4πR2=25π4，故答案为25π4．7.答案：192πcm3或288πcm3解析：本题考查了圆柱的侧面展开图，圆柱的体积计算，属于中档题．对圆柱体的高进行讨论，计算圆柱的底面半径，再代入体积公式计算．解：设圆柱体的底面半径为r，(1)若圆柱体的高为ℎ=12cm，则2πr=8cm，即r=4πcm，∴圆柱的体积V=πr2ℎ=π×16π2×12=192πcm3，(2)若圆柱体的高为ℎ=8cm，则2πr=12cm，即r=6πcm，∴圆柱体的体积V=πr2ℎ=π×36π2×8=288πcm3，故答案为：192πcm3或288πcm3．8.答案： ① ② ③解析：本题重点考查空间中的线、面位置关系、重心和棱柱的外接球问题，考查推理能力和计算能力，属于中档题．连接CA1，则，△AB1D1为正三角形，由Q2为正三角形△AB1D1的中心，也是△AB1D1的重心，可判断 ①正确;由线面垂直的性质可知 ②正确;若PQ//平面β，则PQ//AE，设CP=t(0≤t≤1)，由t=45，可知 ③正确;当三棱锥D1−APB1的体积最大时，由S球=3π，可知 ④错误．解：因为fγ(P)=C，连接CA1，如图：。