您的位置：360文档中心› 高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (28)(含答案解析)

高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (28)(含答案解析)

合集下载

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（ ）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π 故选：C3、如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，M ，N 分别是A 1D ，D 1B 的中点，则（ ）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD 1⊥A 1D ，AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，AD 1∩AB =A ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，D 1B ⊂平面ABD 1，所以A 1D ⊥D 1B ，且直线A 1D,D 1B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．5、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（ ）A ．4B ．2√3C ．2D ．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C6、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB．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α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C7、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.8、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.9、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B10、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.填空题11、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按3计算，则5该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.12、已知三个互不重合的平面α,β,γ，α∩β=m，n⊂γ，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①m//γ，n⊂β；②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β．能推得m//n的条件是________．答案：①③分析：利用空间中直线与平面的位置关系，作图分析即可求解对于①m//γ，n⊂β成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，∴m⊂β，∵n⊂γ，n⊂β，∴β∩γ=n，又m//γ，∴m//n；对于②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β，不成立，如图此时n和m是异面；对于③m⊂γ，n//β，成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，n⊂γ，m⊂γ，∴m//n或m∩n=P，假设m∩n=P，则P∈n，P∈m，又α∩β=m，∴P∈β，这与n//β相矛盾，因此m∩n=P不成立，故m//n．所以答案是：①③.13、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.如图，过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA ⊥平面PBH ，∵PH ⊂平面PBH ，∴PA ⊥PH ，故点P 的轨迹就是平面α内以线段AH 为直径的圆(A 点除外)，∵OA =AB ，且∠OAB =120∘，∴∠BAH =60∘，设OA =a(a >0)，则AB =a ，从而AH =AB ⋅cos 60∘=a 2，∴PE =12AH =a 4，如图，当且仅当PE ⊥OP ，即OP 是圆E 的切线时，角θ有最大值，tan θ有最大值，tan θ取得最大值为：PE OP =√OE 2−PE 2=a 4√(a+a 4)−(a 4)=√612． 所以答案是：√612.14、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52 ∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.15、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）答案：①③④分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；所以答案是：①③④解答题16、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2√2．(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)若二面角P﹣BC﹣A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．答案：(1)证明见解析(2)60°分析：（1）根据线线垂直得BC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由题意求出AB,BC的长，过点A作AM⊥PB于M，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，然后在Rt△ANM中可求得结果（1）证明：因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，（2）由（1）可知BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为AB⊥BC，所以∠ABP为二面角P−BC−A的平面角，所以∠ABP=45°，因为PA=2,AC=2√2,∠ABC=90°，所以AB=BC=2，过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC，且M为PB的中点，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，在Rt△PAB中，AM=12PB=12×2√2=√2,在Rt△PAC中，PC=√PA2+AC2=√4+8=2√3，则AN=PA⋅ACPC =√22√3=2√63，在Rt△ANM中，sin∠ANM=AMAN =√22√63=√32，因为0°<∠ANM<180°，所以∠ANM=60°，所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60°17、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.18、如图，G是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱的DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出：(1)过点G，A，C的平面与正方体表面的交线；(2)过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线.答案：(1)答案见解析(2)答案见解析分析：（1）连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，从而可得到过点A，C，G的平面为平面ACIH；（2）根据基本性质三：若两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出平面与正方体表面的交线；(1)连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，连接HI,AC，则过点A，C，G的平面为平面ACIH，过点G，A，C的平面与正方体表面的交线分别为：AH，HI，IC，AC.(2)延长EF，交DC的延长线于点Q，延长FE，交DA的延长线于点P，连接D1P交AA1于点O，连接D1Q交CC1于点R，连接OE,EF,FR，则过点E，F，D1的平面为平面EFRD1O，过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线分别为：D1O，OE，EF，FR，RD1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．。

人教版高中数学必修二《第八章 立体几何初步》课后作业及答案解析

人教版高中数学必修二《第八章 立体几何初步》课后作业及答案解析

人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》课后作业《8.1 基本几何图形》课后作业第1课时棱柱、棱锥、棱台基础巩固1．下面的几何体中是棱柱的有( )A．3个B．4个 C．5个 D．6个2．下列图形中，是棱台的是( )3.一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥D．六棱锥4．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．四棱锥有五个顶点C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等5．下列图形中，不能折成三棱柱的是( )6．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________ cm.8．根据下列关于空间几何体的描述，说出几何体的名称：(1)由6个平行四边形围成的几何体；(2)由7个面围成的几何体，其中一个面是六边形，其余6个面都是有一个公共顶点的三角形；(3)由5个面围成的几何体，其中上、下两个面是相似三角形，其余3个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．能力提升9．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是( )10．如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________ cm.11．如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a，则每个面的三角形面积为多少？素养达成12.(1)如图甲所示为某几何体的展开图,沿图中虚线将展开图折起来,是哪一种几何体?试用文字描述并画出示意图.(2)需要多少个(1)中的几何体才能拼成一个棱长为6 cm 的正方体?请在(图乙)棱长为6 cm 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中指出这几个几何体的名称.《8.1 基本几何图形》课后作业答案解析第1课时 棱柱、棱锥、棱台基础巩固1．下面的几何体中是棱柱的有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个【答案】C 【解析】选C 棱柱有三个特征：(1)有两个面相互平行；(2)其余各面是四边形；(3)侧棱相互平行．本题所给几何体中⑥⑦不符合棱柱的三个特征，而①②③④⑤符合，故选C.2．下列图形中，是棱台的是( )【答案】C【解析】选C 由棱台的定义知，A、D的侧棱延长线不交于一点，所以不是棱台；B中两个面不平行，不是棱台，只有C符合棱台的定义，故选C.3.一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥D．六棱锥【答案】D【解析】选D 由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥．4．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．四棱锥有五个顶点C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等【答案】B【解析】选B 根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点．故选B.5．下列图形中，不能折成三棱柱的是( )【答案】C【解析】选C C中，两个底面均在上面，因此不能折成三棱柱，其余均能折为三棱柱．6．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．【答案】4 8【解析】四棱柱有4条侧棱，8个顶点(可以结合正方体观察求得)．7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________ cm.【答案】12【解析】该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，∴每条侧棱长为12 cm.9．根据下列关于空间几何体的描述，说出几何体的名称：(1)由6个平行四边形围成的几何体；(2)由7个面围成的几何体，其中一个面是六边形，其余6个面都是有一个公共顶点的三角形；(3)由5个面围成的几何体，其中上、下两个面是相似三角形，其余3个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．【答案】(1)四棱柱．(2)六棱锥．(3)三棱台．【解析】 (1)这是一个上、下底面是平行四边形，4个侧面也是平行四边形的四棱柱．(2)这是一个六棱锥．(3)这是一个三棱台．能力提升9．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是( )【答案】D【解析】选D A、B、C中底面图形的边数与侧面的个数不一致，故不能围成棱柱．故选D.10．如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________ cm.【答案】13【解析】由题意，若以BC为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm，3 cm，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1,4，故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是13 cm.11．如图在正方形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A ，B ，C 重合，重合后记为点P .问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ，则每个面的三角形面积为多少？【答案】(1)三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2，S △DEF ＝32a 2. 【解析】(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2，S △DEF ＝32a 2.素养达成12.(1)如图甲所示为某几何体的展开图,沿图中虚线将展开图折起来,是哪一种几何体?试用文字描述并画出示意图.(2)需要多少个(1)中的几何体才能拼成一个棱长为6 cm 的正方体?请在(图乙)棱长为6 cm 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中指出这几个几何体的名称.【答案】(1)见图．(2)3个.【解析】(1)该几何体为有一条侧棱垂直于底面,且底面为正方形的四棱锥,其中垂直于底面的棱长为6 cm,底面正方形的边长为6 cm,如图甲所示.(2)需要3个(1)中的几何体,如图乙所示,分别为四棱锥A 1-CDD 1C 1,A 1-ABCD,A 1-BCC 1B 1(答案不惟一).《8.1 基本几何图形》课后作业第2课时 圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体基础巩固1．如图所示的图形中有( )A．圆柱、圆锥、圆台和球 B．圆柱、球和圆锥C．球、圆柱和圆台 D．棱柱、棱锥、圆锥和球2．下列命题中正确的是( )A．将正方形旋转不可能形成圆柱B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线3．一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体是( )A．一个圆锥B．一个圆锥和一个圆柱C．两个圆锥D．一个圆锥和一个圆台4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是( )A．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余各面均为三角形5．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( ) A．2 B．2πC.2π或4π D.π2或π46．如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，它绕AB边所在直线旋转一周后形成的几何体结构是________________________.7．一个圆锥截成圆台，已知圆台的上下底面半径的比是1∶4，截去小圆锥的母线长为3 cm，则圆台的母线长为________ cm.8．指出图中的三个几何体分别是由哪些简单几何体组成的．能力提升9．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )A．①②B．①③C．①④D．①⑤10．在半径为13的球面上有A、B、C三点，其中AC＝6，BC＝8，AB＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________．11．已知圆锥的底面半径为1，高为22，轴截面为平面PAB，如图，从A点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A点，求最短绳长.素养达成12．圆台的母线长为2a，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面的半径的2倍，求两底面的半径及两底面面积之和．《8.1 基本几何图形》课后作业答案解析第2课时圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体基础巩固1．如图所示的图形中有( )A．圆柱、圆锥、圆台和球 B．圆柱、球和圆锥C．球、圆柱和圆台 D．棱柱、棱锥、圆锥和球【答案】B【解析】选B 根据题中图形可知，(1)是球，(2)是圆柱，(3)是圆锥，(4)不是圆台，故应选B.2．下列命题中正确的是( )A．将正方形旋转不可能形成圆柱B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线【答案】C【解析】选C 将正方形绕其一边所在直线旋转可以形成圆柱，所以A错误；B中必须以垂直于底边的腰为轴旋转才能得到圆台，所以B错误；通过圆台侧面上一点，只有一条母线，所以D错误，故选C.3．一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体是( )A．一个圆锥B．一个圆锥和一个圆柱C．两个圆锥D．一个圆锥和一个圆台【答案】C【解析】选C 将直角三角形绕斜边旋转360°，相当于两个三角形以直角边旋转两360°，故两个圆锥.4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是( )A．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余各面均为三角形【答案】D【解析】选D 该几何体用平面ABCD可分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个截面而不是一个面．故D说法不正确．5．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( ) A．2 B．2πC.2π或4π D.π2或π4【答案】C【解析】选C 如图所示，设底面半径为r，若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，则2πr＝8，所以r＝4π；同理，若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，则2πr＝4，所以r＝2π.所以选C.6．如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，它绕AB边所在直线旋转一周后形成的几何体结构是________________________.【答案】大圆锥挖去了一个同底面的小圆锥【解析】旋转后的几何体结构如下：是一个大圆锥挖去了一个同底面的小圆锥．7．一个圆锥截成圆台，已知圆台的上下底面半径的比是1∶4，截去小圆锥的母线长为3 cm，则圆台的母线长为________ cm.【答案】9【解析】如图所示，设圆台的母线长为x cm，截得的圆台的上、下底半径分别为r cm,4r cm，根据三角形相似的性质，得33＋x＝r4r，解得x＝9(cm)．8．指出图中的三个几何体分别是由哪些简单几何体组成的．【答案】(1)一个圆锥、一个圆柱和一个圆台拼接而成．(2)一个六棱柱和一个圆柱拼接而成．(3)几何体由一个球和一个圆柱中挖去一个以圆柱下底面为底面、上底面圆心为顶点的圆锥拼接而成．【解析】(1)几何体由一个圆锥、一个圆柱和一个圆台拼接而成．(2)几何体由一个六棱柱和一个圆柱拼接而成．(3)几何体由一个球和一个圆柱中挖去一个以圆柱下底面为底面、上底面圆心为顶点的圆锥拼接而成．能力提升9．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )A．①②B．①③C ．①④D ．①⑤ 【答案】D【解析】选D 一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分，故选D.10．在半径为13的球面上有A 、B 、C 三点，其中AC ＝6，BC ＝8，AB ＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________．【答案】12【解析】由线段的长度知△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，所以其外接圆的半径r＝AB2＝5，所以d ＝R 2－r 2＝12.11．已知圆锥的底面半径为1，高为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，求最短绳长.【答案】【解析】沿PA 将圆锥侧面展开为平面扇形，如图.1OA =，PO =3PA ∴=，236012023APA ππ'︒︒∴∠=⨯=⋅. 作PD AA '⊥交AA '于点D ，则60APD ︒∠=.223sin 6033AA AD '︒∴==⨯⨯=，∴最短绳长为33.素养达成12．圆台的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面的半径的2倍，求两底面的半径及两底面面积之和．【答案】圆台上底面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为5πa 2. 【解析】设圆台上底面半径为r ，则下底面半径为2r .将圆台还原为圆锥，如图，则有∠ABO ＝30°.在Rt △BO ′A ′中，rBA ′＝sin 30°，∴BA ′＝2r .在Rt △BOA 中，2rBA ＝sin 30°， ∴BA ＝4r .又BA －BA ′＝AA ′，即4r －2r ＝2a ，∴r ＝a .∴S ＝πr 2＋π(2r )2＝5πr 2＝5πa 2.∴圆台上底面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为5πa 2.《8.2 立体图形的直观图》课后作业基础巩固1．根据斜二测画法的规则画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 轴画成对应的O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，则∠x ′O ′y ′与∠x ′O ′z ′的度数分别为( )A ．90°，90°B ．45°，90°C ．135°，90°D ．45°或135°，90°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 ．平行于z ′轴且大小为10 cm B ．平行于z ′轴且大小为5 cm C ．与z ′轴成45°且大小为10 cmD．与z′轴成45°且大小为5 cm3．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图，可能是下面的( )4．如图所示的水平放置的三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点，且A′D′平行于y′轴，那么A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC5．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．任意三角形6．水平放置的正方形ABCO如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为(4,4)，则由斜二测画法画出的该正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．7．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝3，B′C′∥x′轴，则原平面图形的面积为________．8．画出底面是正方形,高与底面边长相等且侧棱均相等的四棱锥的直观图.能力提升9．已知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，长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m，四棱锥的高为8 m．如果按1∶500的比例画出它的直观图，那么在直观图中，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．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm10．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________．11.如图所示，△ABC中，AC＝12 cm，边AC上的高BD＝12 cm，求其水平放置的直观图的面积．素养达成12．画出一个上､下底面边长分别为1,2,高为2的正三棱台的直观图.《8.2 立体图形的直观图》课后作业答案解析基础巩固1．根据斜二测画法的规则画直观图时，把Ox，Oy，Oz轴画成对应的O′x′，O′y′，O′z′，则∠x′O′y′与∠x′O′z′的度数分别为( )A．90°，90°B．45°，90°C．135°，90° D．45°或135°，90°【答案】D【解析】选 D 根据斜二测画法的规则，∠x′O′y′的度数应为45°或135°，∠x′O′z′指的是画立体图形时的横轴与纵轴的夹角，所以度数为90°.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．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【答案】A【解析】选A 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．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图，可能是下面的( )【答案】C【解析】选C 正方形的直观图是平行四边形，且边长不相等，故选C项．4．如图所示的水平放置的三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点，且A′D′平行于y′轴，那么A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC【答案】C【解析】选C 因为A′D′∥y′轴，所以在△ABC中，AD⊥BC，又因为D′是B′C′的中点，所以D是BC中点，所以AB＝AC>AD.5．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．任意三角形【答案】C【解析】选C 将△A ′B ′C ′还原，由斜二测画法知，△ABC 为钝角三角形． 6．水平放置的正方形ABCO 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，点B 的坐标为(4,4)，则由斜二测画法画出的该正方形的直观图中，顶点B ′到x ′轴的距离为________．【答案】 2【解析】由斜二测画法画出的直观图如图所示，作B ′E ⊥x ′轴于点E ，在Rt △B ′EC ′中，B ′C ′＝2，∠B ′C ′E ＝45°，所以B ′E ＝B ′C ′sin 45°＝2×22＝ 2.7．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝3，B ′C ′∥x ′轴，则原平面图形的面积为________．【答案】36 2【解析】在直观图中，设B ′C ′与y ′轴的交点为D ′，则易得O ′D ′＝32，所以原平面图形为一边长为6，高为62的平行四边形，所以其面积为S ＝6×62＝36 2.8．画出底面是正方形,高与底面边长相等且侧棱均相等的四棱锥的直观图. 【答案】见解析【解析】(1)建系:先画x 轴､y 轴､z 轴,其交点为O ,使45xOy ∠=︒,90xOz ∠=︒. (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 ,如图.(3)画顶点.在Oz 上截取OP ,使OP AB .(4)成图.连接PA ,PB ,PC ,PD ,并擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线,得四棱锥的直观图,如图.能力提升9．已知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，长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m ，四棱锥的高为8 m ．如果按1∶500的比例画出它的直观图，那么在直观图中，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 ．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm 【答案】C【解析】选C 由比例尺可知，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为4 cm,1 cm,2 cm 和1.6 cm ，再结合直观图，图形的尺寸应为4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cm.10．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________．【答案】52【解析】将直观图△A ′B ′C ′复原，其平面图形为Rt △ABC ，且AC ＝3，BC ＝4，故斜边AB ＝5，所以AB 边上的中线长为52.11.如图所示，△ABC 中，AC ＝12 cm ，边AC 上的高BD ＝12 cm ，求其水平放置的直观图的面积．【答案】182(cm 2)【解析】解法一：画x ′轴，y ′轴，两轴交于O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，作△ABC 的直观图如图所示，则A ′C ′＝AC ＝12 cm ，B ′D ′＝12BD ＝6 cm ，故△A ′B ′C ′的高为22B ′D ′＝3 2 cm ，所以 S △A ′B ′C ′＝12×12×32＝182(cm 2)，即水平放置的直观图的面积为18 2 cm 2.解法二：△ABC 的面积为12AC ·BD ＝12×12×12＝72(cm 2)，由平面图形的面积与直观图的面积间的关系，可得△ABC 的水平放置的直观图的面积是24×72＝182(cm 2)． 素养达成12．画出一个上､下底面边长分别为1,2,高为2的正三棱台的直观图. 【答案】见解析【解析】(1)画轴.如图①,画x 轴､y 轴､z 轴相交于点O , 使45xOy ︒∠=,∠xOz =90°.(2)画下底面以O 为线段中点,在x 轴上取线段AB ,使2AB =,在y 轴上取线段OC ,使32OC=.连接,BC CA ,则ABC 为正三棱台的下底面的直观图. (3)画上底面在z 轴上取OO ',使2OO '=,过点O '作//O x Ox '',//O y Oy '',建立坐标系x O y '''.在x O y '''中,类似步骤(2)的画法得上底面的直观图A B C '''.(4)连线成图连接AA ',BB ',CC ',去掉辅助线,将被遮住的部分画成虚线,则三棱台ABC A B C '''-即为要求画的正三棱台的直观图(如图②所示).《8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积》课后作业基础巩固1．将一个正方体截去四个角后，得到一个四面体，这个四面体的体积是原正方体体积的（ ）A ．23B ．12C ．13D ．142．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是 ( ) A ．1∶2B ．1∶4C ．2∶1D ．4∶13．将两个棱长为10cm 的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5cm 的正四棱柱，则该四棱柱的高为（ ）A ．8 cmB ．80 cmC ．40 cmD ．165cm 4．如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为1m 2，互相平行的两个侧面的距离为1m ，则这个六棱柱的体积为( )A 3B ．334m C ．1m 3 D ．312m5，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（ ）A ．6B ．3C D ．236．棱长为2的正四面体的表面积是_____.7．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.8.已知四棱台的上、下底面分别是边长为4和8的正方形，侧面是腰长为8的等腰梯形，求该四棱台的表面积.能力提升9．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 -，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为（ ）A ．20B ．12C ．16D ．810．如图111,,AA BB CC 直线相交于点O ，形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器，111,,AO AO BO B O CO C O ===.设三棱锥高均为1，若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体，且液体能流入下面的三棱锥，则液体流下去后液面高度为______.11．如图，在几何体ABCFED 中，8AB =，10BC =，6AC =，侧棱AE ，CF ，BD 均垂直于底面ABC ，3BD =，4FC =，5AE =，求该几何体的体积.素养达成12．已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20和30的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于上下底面面积之和，求棱台的高和体积.《8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积》课后作业答案解析基础巩固1．将一个正方体截去四个角后，得到一个四面体，这个四面体的体积是原正方体体积的（ ）A ．23B ．12C ．13D ．14【答案】C 【解析】将正方体ABCD A B C D ''''-截去四个角后得到一个四面体B DA C ''-，设正方体的棱长为a ，则311326B B AC A ABD C BCD D A CD a V V V V a a a '''''''----====⨯⨯⨯⨯=， 四面体B DA C ''-的体积3332433B DAC ABCD A B C D a a V V V a ''''''--=-=-=正方体， 所以这个四面体的体积是原正方体体积的13. 故选：C.2．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是 ( ) A ．1∶2 B ．1∶4C ．2∶1D ．4∶1【答案】B【解析】由棱台的概念知，上、下两底面是相似的多边形，故它们的面积之比等于对应边长之比的平方，故为1∶4. 选B.3．将两个棱长为10cm 的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5cm 的正四棱柱，则该四棱柱的高为（ ）A ．8 cmB ．80 cmC ．40 cmD ．165cm 【答案】B【解析】∵正方体的棱长为10cm ，∴两个正方体的体积V ＝2×10×10×10＝2000cm 3， 设熔化后铸成一个正四棱柱的铜块的高为acm ， 则5×5×a ＝2000 解得a ＝80cm 故选：B ．4．如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为1m 2，互相平行的两个侧面的距离为1m ，则这个六棱柱的体积为( )A 3B ．334m C ．1m 3 D ．312m 【答案】B【解析】设正六棱柱的底面边长为a m ，高为h m ，则21ah =1=，解得a h ==.所以六棱柱的体积()23364m V =⨯=⎝⎭. 故选：B.5，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（ ）A ．6B ．3C ．3D ．23【答案】B【解析】所求八面体体积是两个底面边长为1，高为2， 的四棱锥的体积和，一个四棱锥体积V 1=113⨯=，故八面体体积V=2V 1，故选B ． 6．棱长为2的正四面体的表面积是_____.【答案】【解析】每个面的面积为1222⨯⨯=7．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD的体积是_____.【答案】10.【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120， 所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点， 所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 8.已知四棱台的上、下底面分别是边长为4和8的正方形，侧面是腰长为8的等腰梯形，求该四棱台的表面积.【答案】80+【解析】如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中， 过1B 作1B F BC ⊥，垂足为F ，在1Rt B FB 中，1(84)22BF =⨯-=，18B B =，故1B F ==所以111(84)2BB C C S =⨯+⨯=梯形故四棱台的侧面积4S =⨯=侧，所以四棱台的表面积448880S =⨯+⨯=+表.能力提升9．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 -，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为（ ）A ．20B ．12C ．16D ．8【答案】A【解析】由题意，正四棱锥P EFGH -2=，该组合体的表面积为122421422202⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=.故选：A10．如图111,,AA BB CC 直线相交于点O ，形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器，111,,AO AO BO B O CO C O ===.设三棱锥高均为1，若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体，且液体能流入下面的三棱锥，则液体流下去后液面高度为______.【答案】12-. 【解析】液体部分的体积为三棱锥体积的18，流下去后，液体上方空出的三棱锥的体积为三棱锥体积的78.设空出三棱锥的高为x ，则33718x =，所以2x =，所以液面高度为12-.故答案为：1 11．如图，在几何体ABCFED 中，8AB =，10BC =，6AC =，侧棱AE ，CF ，BD 均垂直于底面ABC ，3BD =，4FC =，5AE =，求该几何体的体积.【答案】96【解析】由题意可知ABC 为直角三角形，且BAC ∠为直角， 如图，取CM AN BD ==，连接DM ，MN ，DN ，因为8AB =，6AC =，3BD =，所以三棱柱ABC NDM -的体积为1863722⨯⨯⨯=， 因为3CM AN BD ===，4CF =，5AE =，6AC =， 所以1MF =，2NE =，6NM AC ==，8DN AB ==， 所以四棱锥D MFEN -的体积为()1112682432⨯⨯+⨯⨯=， 所以所求几何体的体积为722496+=.素养达成12．已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20和30的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于上下底面面积之和，求棱台的高和体积.【答案】1900. 【解析】如图所示，在三棱台ABC A B C '''-中，O ，O '分别为上、下底面的中心，D ，D 分别是BC ，B C ''的中点，连接OO '，A D ''，AD ，DD '， 则点O ，O '分别在AD ，A D ''上，DD '是等腰梯形BCC B ''的高，记为0h ，所以()00132030752S h h =⨯⨯+=侧，上、下底面面积之和为()2220304S S +=⨯+=下上由S S S =+下侧上，得075h =03h =，又1203O D ''==1303OD ==，记棱台的高为h ，则h O O '==== 由棱台的体积公式，得棱台体积(3hV S S =++下上2030⎛⎫=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭， 计算得棱台体积1900V =.《8.3.2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积》课后作业基础巩固1．若一个球的半径扩大到原来的2倍，则它的体积扩大到原来的（ ）倍 A ．2B ．4C ．6D ．82．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A ．1∶2B ．1C ．1D ∶23．已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（ ）A ．43B ．916C ．34D ．1694．圆台的上、下底面半径和高的比为1:4:4，母线长为10，则圆台的侧面积为( )． A ．81πB ．100πC ．14πD ．169π5．《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)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为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。

高中数学第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学第八章立体几何初步必练题总结单选题1、下列说法正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱B．过空间内不同的三点，有且只有一个平面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答案：C分析：根据定义逐项分析即可对A：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以A错误，反例如图：对B：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故B错误；对C：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故C正确；对D：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故D错误，故选：C.2、下列命题中①空间中三个点可以确定一个平面.②直线和直线外的一点，可以确定一个平面.③如果三条直线两两相交，那么这三条直线可以确定一个平面.④如果三条直线两两平行，那么这三条直线可以确定一个平面.⑤如果两个平面有无数个公共点，那么这两个平面重合.真命题的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：A分析：根据空间位置关系可直接判断各命题.命题①：空间中不共线三个点可以确定一个平面，错误；命题②：直线和直线外的一点，可以确定一个平面，正确；命题③：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，所以命题③错误；命题④：如果三条直线两两平行，那么这三条直线不能确定一个平面，所以命题④错误；命题⑤：两个平面有无数个公共点，则两平面可能相交，所以命题⑤错误；故选：A.3、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55 答案：B分析：连接AD 1，，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.AE AE4、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）A．14B．10√2C．28D．14√2答案：C分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解. ∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C5、甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104答案：C 分析：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r 1r 2=2，所以r 1=2r 2，又2πr 1l +2πr 2l =2π， 则r 1+r 2l =1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ， 乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.6、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE⏜的长度等于CE⏜的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√144答案：A 分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF//BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt △GDE 中，GE =√5，DG =√3，所以DE =√GD 2+GE 2=2√2，在Rt △FOE 中，FO =√3，OE =2，FE =√FO 2+OE 2=√7，所以在△DFE 中，满足DF 2+FE 2=DE 2，所以∠DFE =90∘，所以cos∠DEF =DF DE =2√2=√24， 故选：A.7、下列说法中正确的是（ ）A ．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B ．平面α内△ABC 的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C ．α//β，a//α，则a//βD ．a//b ，a//α，b ⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.8、已知空间四点中，无三点共线，则经过其中三点的平面有（）A．一个B．四个C．一个或四个D．无法确定平面的个数答案：C分析：由过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面分析判断即可.若空间中的四点共面，则经过其中的三点的平面只有一个，若空间中的四点不共面，设这四点为A,B,C,D，由于无三点共线，所以由公理2，可知过A,B,C三点确定一个平面，过B,C,D三点确定一个平面，过A,B,D三点确定一个平面，过A,D,C三点确定一个平面，所以经过其中三点的平面有4个，综上，空间四点中，无三点共线，则经过其中三点的平面有1个或4个，故选：C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、(多选题)下列命题中，错误的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：AC分析：由等角定理可判断A、B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：由等角定理可知B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：AC.11、两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π，则这两个平面间的距离是（）A．1B．3C．4D．7答案：AD解析：对两个平行平面在球心的同侧和异侧两种情况讨论，计算出球心到两截面的距离，进而可求得两平面间的距离.如图（1）所示，若两个平行平面在球心同侧，则CD=OC−OD=√52−32−√52−42=4−3=1；如图（2）所示，若两个平行截面在球心两侧，则CD=OC+OD=√52−32+√52−42=4+3=7.故选：AD.小提示：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质“与底面全等或相似”，同时结合旋转体中的经过旋转轴的截面“轴截面”的性质，利用相似三角形中的相似比，构设相关几何变量的方程组，进而得解.12、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC 的直观图，A′B′=2,A′C′=B′C′=√5，则在原平面图形△ABC 中，有（ ）A ．B ．AB =2C ．AC =2√5D ．S △ABC =4√2答案：BD分析：将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC 即可求解.解：在直观图△A′B′C′中，过Cʹ作CʹDʹ⊥AʹBʹ于Dʹ∵A′B′=2,A′C′=B′C′=√5，∴AʹDʹ=1,CʹDʹ=√AʹCʹ2−AʹDʹ2=2，又∠CʹOʹDʹ=45∘，所以OʹDʹ=2，OʹAʹ=1，OʹCʹ=2√2，所以利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC ，如图 AC BCOC=4√2,OA=1,AB=2，故选项B正确；又AC=√OA2+OC2=√33,AC=√OB2+OC2=√41，故选项A、C错误；S△ABC=12×AB×OC=12×2×4√2=4√2，故选项D正确；故选：BD.13、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024π81cm3B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.填空题14、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ=4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：215、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答.令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线bʹ，使bʹ与直线a相交，如图，则直线bʹ与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥bʹ，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数16、如图，已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，高为3，则异面直线AA1与BD1所成角的正切值为_______．答案：2√23分析：直接利用异面直线所成角的定义求解.因为AA1//DD1，所以∠DD1B是异面直线AA1与BD1所成的角，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，高为3，所以tan∠DD1B=BDDD1=2√23，所以答案是：2√23解答题17、如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10√7cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．答案：(1)11200cm3；26176cm3；(2)①16cm；②20cm.分析：（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=12AC2=12×(10√7)2=350(cm2)，其容积V1=S1⋅AA1=350×32=11200(cm3)，容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=12EG2=12×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面积S2=12E1G12=12×622=1922(cm2)，容器Ⅱ的容积V2=13(S1+√S1S2+S2)×32=13(98+√98×1922+1922)×32=26176(cm3).（2）①由正四棱柱的定义知，对角面是矩形，设玻璃棒的另一端落在CC1上的点M处，如图，由AC=10√7,AM=40得：CM=√AM2−AC2=30，sin∠CAM=CMAM =34，设AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1//CC1交AC于Q1，在容器Ⅰ中，CC1⊥平面ABCD，则P1Q1⊥平面ABCD，因此P1Q1=12，AP1=P1Q1sin∠CAM=16，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为16cm.②O,O1是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面EGG1E1是等腰梯形，点O,O1分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处，如图，过G作GK//OO1交E1G1于点K，则GK⊥G1E1，GK=OO1=32，而EG=14,E1G1=62，因此，KG1=E1G1−EG2=24，GG1=√GK2+KG12=√322+242=40，sin∠EGG1=sin∠GG1K=GKGG1=45，显然∠EGG1为钝角，cos∠EGG1=−35，在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin∠EGNEN =14×4540=725，cos∠ENG=2427，于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=sin∠EGNcos∠ENG+cos∠EGNsin∠ENG=45×2425+(−35)×725=35，设EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2//OO1交直线EG于Q2，在容器Ⅱ中，OO1⊥平面EFGH，则P2Q2⊥平面EFGH，因此P2Q2=12，EP2=P2Q2sin∠NEG =20，11ACCA所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为20cm.18、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中.(1)求异面直线A1B和CC1所成的角的余弦值；(2)求证：直线A1B//平面DCC1D1.答案：(1)√22(2)证明见解析分析：（1）根据已知CC1//BB1，可将异面直线A1B和CC1所成的角转化为直线A1B和BB1所成的角，再根据题目的边长关系，即可完成求解；（2）可通过连接D1C，证明四边形A1BCD1为平行四边形，从而得到A1B//D1C，再利用线面平行的判定定理即可完成证明.（1）因为CC1//BB1，所以∠A1BB1就是异面直线A1B和CC1所成的角.又因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，所.以异面直线A1B和CC1所成的角为45o，所以异面直线A1B和CC1所成的角的余弦值为√22（2）连接D1C，因为A1D1//BC且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以A1B//D1C；A1B⊄平面DCC1D1，D1C⊂平面DCC1D1；所以直线A1B//平面DCC1D1. 即得证.。

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)

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（ ）。

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(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.。

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结单选题1、已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） A ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2 答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R −3r ，即圆柱的全面积为S =2πr 2+2πrℎ=2πr 2+2πr (3R −3r )=2π(−2r 2+3rR )=2π[−2(r −34R)2+98R 2]≤9π4R 2，当且仅当r =34R 时取等号．故选：B ．2、已知球O 的体积为36π，则该球的表面积为（ ） A ．6πB ．9πC ．12πD ．36π 答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积. 设球的体积为R ，则由题可得43πR 3=36π，解得R =3， 则该球的表面积为4π×32=36π. 故选：D.3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ．4、如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，BD =2，DE =1，点P 在线段EF 上.给出下列命题：①存在点P ，使得直线DP//平面ACF ；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55,1]；④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8.其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.5、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C6、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D7、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．8、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶3答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1:1，故选：A.多选题9、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，C1C，A1A的中点，则（）A．M，N，B，D1四点共面B．异面直线PD1与MN所成角的余弦值为√1010C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形D．三棱锥P−MNB的体积为13答案：BCD分析：根据直线与直线的位置关系判定A；由异面直线所成角求解判定B；作出截面判定C；由体积公式判定D对于A，易知MN与BD1为异面直线，所以M，N，B，D1不可能四点共面，故A错误；对于B，连接CD1，CP，易得MN//CD1，所以∠PD1C为异面直线PD1与MN所成角，设AB=2，则CD1=2√2，D1P=√5，PC=3，所以cos∠PD1C=√2)2√5)222×2√2×√5=√1010，所以异面直线PD1与MN所成角的余弦值为√1010，故B正确；对于C，连接A1B，A1M，易得A1B//MN，所以平面BMN截正方体所得截面为梯形MNBA1，故C正确；对于D，易得D1P//BN，因为D1P⊄平面MNB，MN⊂平面MNB，所以D1P//平面MNB，所以V P−MNB=V D1−MNB =V B−MND1=13×12×1×1×2=13，故D正确.故选：BCD10、已知两条不重合的直线a和b两个不重合的平面α和β，则下列说法不正确的为（）A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，则a，b为异面直线C．若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂αD．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β答案：ABD分析：根据线线，线面，面面的位置关系的概念想象，构造，即可做出判定.解：对于A，若a∥α，b∥α，则a∥b或a与b相交或a与b异面，故A错误；对于B，若a⊂α，b⊂β，则a，b的位置关系是平行、相交或异面，故B错误；对于C，若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，故C正确；对于D，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β或α与β相交，添加条件a与b相交时，可得α∥β，故D错误．故选：ABD．小提示：本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．关键是空间想象,构造，不必严格使用相关定理论证.11、（多选）圆柱的侧面展开图是边长分别为2a，a的矩形，则圆柱的体积为（）A．a3πB．a32πC．a33πD．a34π答案：AB分析：按圆的高分类讨论，求出底面半径后由体积公式计算．设圆柱底面半径为r，若高是a，则2πr=2a，r=aπ，V=πr2a=π×(aπ)2×a=a3π，若高是2a，则2πr=a，r=a2π，V=πr2⋅2a=π×(a2π)2×2a=a32π．故选：AB．填空题12、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.13、如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，给出下列结论：①异面直线AP与DD1所成的角范围为[π3,π2 ]；②平面PBD1⊥平面A1C1D；③点P到平面A1C1D的距离为定值2√33；④存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成的角为π3. 其中正确的结论是___________.答案：②③解析：数形结合说明异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2]，故①错误；证明BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ，故②正确；点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，且等于BD 1的13，即2√33，故③正确；AP与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ,tan ∠APB 最大值为√2<tan π3，故④不正确.对于①，当P 在C 点时，DD 1⊥AC ，异面直线AC 与DD 1所成的角最大为π2，当P 在B 1点时，异面直线AB 1与DD 1所成的角最小为∠D 1DC =π4， 所以异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2]，故①错误；对于②，如图，因为A 1C 1⊥B 1D 1,A 1C 1⊥B 1B,B 1D 1∩B 1B,B 1D 1,B 1B ⊂平面BB 1D ,所以A 1C 1⊥BD 1,同理DC 1⊥BD 1,又因为A 1C 1∩DC 1=C 1,A 1C 1,DC 1⊂平面DA 1C 1,所以BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ，故②正确；对于③，因为B 1C //A 1D, B 1C ⊄平面A 1C 1D ,A 1D ⊂平面A 1C 1D ,所以B 1C //平面A 1C 1D ，所以点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，且等于BD 1的13，即2√33，故③正确；对于④，直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ，tan∠APB =ABBP ，当BP ⊥B 1C 时，BP 最小，tan∠APB 最大，最大值为√2<tan π3，故④不正确，所以答案是：②③.小提示：关键点睛：解答本题的关键是判断命题①④的真假，它们都是求空间的角，它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值，对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.14、如图，在三棱锥P −ABC 中，平面EFMN 平行于对棱AC,PB,AC =PB =2,AC ⊥PB ，截面EFMN 面积的最大值是______.答案：1分析：由线面平行的性质可得AC//EN 、AC//MF 且PB//EF 、PB//MN ，易得EFMN 为平行四边形，结合AC ⊥PB 有EFMN 为矩形，进而设PE PA=EN AC=λ (0<λ<1)，由已知求EN 、EF 关于λ的表达式，即可得EFMN面积关于λ的函数，利用二次函数性质求最值即可.由题设，AC//面EFMN ，又AC,EN ⊂面PAC ，面PAC ∩面EFMN =EN ， 所以AC//EN ，同理可证AC//MF ，故EN//MF ，又PB//面EFMN ，又PB,EF ⊂面PAB ，面PAB ∩面EFMN =EF ， 所以PB//EF ，同理可证PB//MN ，故EF//MN ，故EFMN 为平行四边形，又AC ⊥PB ，即EN ⊥EF ，则EFMN 为矩形， 若PE PA=EN AC=λ (0<λ<1)，则EA PA=EF PB=1−λ，又AC =PB =2，所以EN =2λ，EF =2(1−λ)，又EFMN 面积为S =EN ⋅EF =4λ(1−λ)， 所以S =−4(λ−12)2+1，故当λ=12时S max =1.所以答案是：1. 解答题15、如图，在三棱锥A −BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB =AD ，O 为BD 的中点.（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积.答案：(1)证明见解析；(2)√36.分析：(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.（1）因为AB=AD，O是BD中点，所以OA⊥BD，因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系O−xyz，则C(√32,12,0),D(0,1,0),B(0,−1,0)，设A(0,0,m),E(0,13,23m),所以EB⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−43,−23m),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(√32,32,0)， 设n ⃑ =(x,y,z )为平面EBC 的法向量，则由{EB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0EC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0 可求得平面EBC 的一个法向量为n ⃑ =(−√3,1,−2m )．又平面BCD 的一个法向量为OA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,m )，所以cos⟨n ⃑ ,OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|m⋅√4+m 2|=√22，解得m =1．又点C 到平面ABD 的距离为√32，所以V A−BCD =V C−ABD =13×12×2×1×√32=√36， 所以三棱锥A −BCD 的体积为√36． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EG ⊥BD ，垂足为点G ．作GF ⊥BC ，垂足为点F ，连结EF ，则OA ∥EG ．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ， ∠EFG 为二面角E −BC −D 的平面角． 因为∠EFG =45°，所以EG =FG ． 由已知得OB =OD =1，故OB =OC =1． 又∠OBC =∠OCB =30°，所以BC =√3．因为GD=23,GB=43,FG=23CD=23,EG=23,OA=1，V A−BCD=13S△BCD×OA=13×2S△BOC×OA=13×2×(12×√32×1×1)×1=√36．[方法三]：三面角公式考虑三面角B−EDC，记∠EBD为α，∠EBC为β，∠DBC=30°，记二面角E−BC−D为θ．据题意，得θ=45°．对β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=cosα⋅cos30°，化简可得cosβ=√32cosα．①使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsinθ，化简可得sinβ=√2sinα．②将①②两式平方后相加，可得34cos2α+2sin2α=1，由此得sin2α=14cos2α，从而可得tanα=±12．如图可知α∈(0,π2)，即有tanα=12，根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG=43，结合α的正切值，可得EG=23,OA=1从而可得三棱锥A−BCD的体积为√36．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点专题训练单选题1、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.2、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，二面角A−BD−C的大小为2π3，则该足球的体积为（）A．7√42π27dm3B．35√2π27dm3C．14π27dm3D．32√2π27dm3答案：A分析：画出图形，O为线段BD的中点，则可得∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，取N,M分别是线段AO,CO 上靠近点O的三等分点，则可得N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，然后结已知数据求出EB，从而可求出足球的体积根据题意，三棱锥A−BCD如图所示，图中点O为线段BD的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，因为AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以△ABD和△CBD均为等边三角形，因为点O为线段BD的中点，所以AO⊥BD,CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A−BD−C的平面角，所以∠AOC=2π3，因为△ABD和△CBD均为等边三角形，点O为线段BD的中点，所以AO,CO分别为△ABD和△CBD的中线，因为N,M分别是线段AO,CO上靠近点O的三等分点，所以N,M分别为△ABD和△CBD的外心，过N,M分别作平面ABD和平面CBD的垂线EN,EM，交于点E，则点E为三棱锥A−BCD外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，因为AO⊥BD,CO⊥BD，AB=BC=AD=BD=CD=√2dm，所以AO=CO=√62dm，则NO=MO=√66dm，因为AO=CO,EO=EO,∠ENO=∠EMO=90°，所以△ENO≌△EMO，所以∠EON=∠EMO=12∠AOC=π3，在直角△EMO中，EM=OMtanπ3=√22，因为EM⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥EM，因为M是△CBD的外心，所以BM=√63，所以EB=√EM2+BM2=√76,所以V=43π⋅EB3=43π(√76)3=7√4227π，所以足球的体积为7√4227πdm，故选：A小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题3、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案：C分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.故选：C.4、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，且AD⊥BC，则四边形EFGH是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形答案：B分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形，再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形.因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，所以EF//AD,HG//AD，所以EF//HG；同理可得EH//GF，所以四边形EFGH是平行四边形；又因为AD⊥BC，所以EH⊥EF，即四边形EFGH是矩形.故选：B.5、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.6、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，求出AA1，再求出ΔABC外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积.∵三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，∴1×2×1×sin60°×AA1=√3，∴AA1=22∵BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC=√3.设ΔABC外接圆的半径为R，则BC=2R，∴R=1.sin60°∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π.故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.7、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P//平面ACD，则B1P的长度为（）A．2B．√5C．√6D．3答案：B解析：设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，然后证明B1P//平面AQD即可.如图，设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，则B1P//AQ，又B1P⊄平面AQD，AQ⊂平面AQD，∴B1P//平面AQD，易知AC//DQ，故平面AQD与平面ACD是同一个平面，∴B1P//平面ACD，此时B1P=√5，故选：B8、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D多选题9、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，PB=√6，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（）A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD与PB所成的角为60°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．三棱锥P－ABD外接球的表面积为20π3答案：ACD分析：取AD 中点E ，连接PE,BE ，可得∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角，再求得此角为直角，得直二面角，从而得面面垂直，判断A ，说明∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角，求出此角后判断B ，证明∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角，并求得此角判断C ，设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心，如图，作NO//EB ，MO//PE ，NO 与MO 交于点O ，得O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心，求出球半径后得球表面积判断D ．取AD 中点E ，连接PE,BE ，△PAD 和△BAD 都是等边三角形，则PE ⊥AD,BE ⊥AD ，∠PEB 是二面角P −AD −B 的平面角，PE =BE =√3，又PB =√6，所以PE 2+BE 2=PB 2，即PE ⊥BE ，所以二面角P −AD −B 是直二面角，所以平面PAD ⊥平面ABCD ，A 正确；AD//BC ，所以∠PBC 是异面直线AD 与PB 所成的角或其补角，由此可得PE ⊥平面ABCD ，而CE ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥EC ，EC =√12+22−2×1×2×cos120°=√7，所以PC =√PE 2+EC 2=√10，PB 2+BC 2=PC 2，PB ⊥BC ，∠PBC =90°，B 错；由BE ⊥AD 知BC ⊥BE ，所以∠PBE 是二面角P −BC −A 的平面角，在△PEB 中，可得∠PBE =45°，C 正确；以上证明有PE ⊥平面ABD ，同理BE ⊥平面PAD ，设M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心，如图，作NO//EB ，MO//PE ，NO 与MO 交于点O ，则NO ⊥平面PAD ，MO ⊥平面ABD ，所以O 是三棱锥P −ABD 外接球的外心，由于NE =ME =13BE =√33，ONEM 是正方形，OM =√33，而BM =2√33， 所以OB =√OM 2+BM 2=√(√33)2+(2√33)2=√153即为外接球半径， 三棱锥P －ABD 外接球的表面积为S =4π×(√153)2=20π3．D 正确．故选：ACD ．10、如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN//平面ABC的有（）A．B．C．D．答案：AD分析：结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.对于A选项，由下图可知MN//DE//AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，A正确.对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH,MN//AH//BC,AM//CH，所以A,B,C,H,N,M六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知MN//AD，由于AD⊄平面ABC，所以MN⊄平面ABC.所以C 错误.对于D选项，设AC∩NE=D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN//BD，由于MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，D正确.故选：AD11、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．PB与CD所成的角为π3C．BD⊥平面PACD．三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4答案：ACD分析：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，推导出EF//PC，由四边形ABCD是正方形，从而AF=FC，进而AE=EP；在B中，由CD//AB，得∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，推导出PA⊥AB，从而PB与CD所成角为π4；在C中，推导出AC⊥BD，PA⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAC；在D中，设AB=PA=x，则V P−ABCD=13x3，V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=112x3．由此能求出三棱锥C−BDE与四棱锥P−ABCD的体积之比等于1:4．解：在A中，连结AC，交BD于点F，连结EF，则平面PAC∩平面BDE=EF，∵PC//平面BDE，PC⊂平面PAC，∴EF//PC，∵四边形ABCD是正方形，∴AF=FC，∴AE=EP，故A正确；在B中，∵CD//AB，∴∠PBA（或其补角）为PB与CD所成角，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，PA=AB，∴∠PBA=π4，∴PB与CD所成角为π4，故B错误；在C中，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故C正确；在D中，设AB=PA=x，则V P−ABCD=13×AB2×PA=13x2⋅x=13x3，V C−BDE=V E−BCD=13S△BCD⋅AE=13×12x2⋅12x=112x3．∴∴V C−BDE:V P−ABCD=112x3:13x3=1:4，故D正确．故选：ACD．填空题12、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P/ /CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.13、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.14、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π，求出底面圆3的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.解答题15、如图，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE=90∘，AF//DE，AD=DE=2AF=2.（1）求证：AC//平面BEF；（2）求点D到平面BEF的距离.答案：（1）证明见解析；（2）2√63.分析：（1）取BE中点M，连接MO、MF，根据题目条件可证明出四边形AOMF为平行四边形，则AO//MF，再根据线面平行的判定定理可证明出AC//平面BEF；（2）利用等体积法先计算三棱锥V B−DEF的体积，然后计算出S△BEF，利用V B−DEF=13S△BEF⋅d D−BEF计算出点D 到平面BEF的距离.解：（1）设AC∩BD=O，取BE中点M，连接MO、MF，∵四边形ABCD是正方形，∴O是BD的中点，又M是BE的中点，∴OM//DE，OM=12DE，∵四边形ADEF是直角梯形，AF//DE，AF=12DE，∴OM AF，∴四边形AFMO是平行四边形，∴AO//FM，又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，∴AO//平面BEF，即AC//平面BEF；（2）∵BC//AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，∴BC//平面ADEF，∵AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴AB⊥平面ADEF，∴V B−DEF=13S△DEF⋅AB=13×12×2×2×2=43，∵AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF，∴AB⊥AF，BF=√AB2+AF2=√5，∵DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，∴DE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴DE⊥BD，在△BDE中，BD=2√2，DE=2，BE=√BD2+DE2=2√3，在△BEF中，EF=BF=√5，BE=2√3，∴S△BEF=12×2√3×√2=√6，设点D到平面BEF的距离为d，由V D−BEF=V B−DEF得：13S△BEF⋅d=43，即13×√6⋅d=43，∴d=2√63.小提示：计算空间点到面距离的一般方法有：（1）定义法：过已知点作面的垂线，计算垂线段的长度即可； （2）利用等体积法求解；（3）空间向量法：求解点P 到平面α的距离时，先计算平面α的法向量m ⃑⃑ ，在平面α内任取一点A ，利用d =|AP ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅m ⃑⃑⃑ ||m ⃑⃑⃑ |求解即可.。

人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第八章-立体几何初步(含答案)

人教A版高中数学必修第二册强化练习题-第八章-立体几何初步(含答案)

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

高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (29)(含答案解析)

高中数学第八章《立体几何初步》提高训练题 (29)(含答案解析)

第八章《立体几何初步》提高训练题 (29)一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.在正三棱锥A−BCD中，侧棱长为3，底面边长为2，E,F分别为棱AB,CD的中点，则下列命题正确的是()A. EF与AD所成角的正切值为32B. EF与AD所成角的正切值为23C. AB与面ACD所成角的余弦值为7√212D. AB与面ACD所成角的余弦值为792.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，点P是AA1的中点，点Q是△BDC1内的动点．若PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围是()A. [3,5]B. [9，6] C. [4,5] D. [2√3,6]23.已知两条不重合直线l，m和不重合的两个平面α，β，有如下三个命题：①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，则α//β；②若l，m是两条异面直线，l⊂α，m⊂β，l//β，m//α，则α//β；③若l⊥α，m⊥β，l//m，则α//β．其中正确命题的个数是()A. 0B. 1C. 2D. 34.已知m是平面α的一条斜线，直线l过平面α内一点A，那么下列选项中可能成立的是A. l⊂α，且l⊥mB. l⊥α，且l⊥mC. l⊥α，且l//mD. l⊂α，且l//m5.已知球的直径SC=4，A、B是该球球面上的两点，AB=√3，∠ASC=∠BSC=30o，则三棱锥S—ABC的体积为()A. √3B. 3C. 2√3D. 3√36.已知三棱锥P−ABC满足PA⊥底面ABC，在△ABC中，AB=6，AC=8，AB⊥AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC.球O为三棱锥P−ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为40π，则球O的表面积为()A. 72πB. 86πC. 112πD. 128π7.在棱长为2的正方体ABCD−A 1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的点(点M与A、C1不重合)，设ΔA1DM的面积为S，则S的取值范围()A. [2√3,2√3)3B. (2√3,2√3]3C. (2√3,2√3)3D. [2√3,2√3]38.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA=AB=BC=1.，则二面角A−PC−B的大小是A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°二、多项选择题（本大题共1小题，共4.0分）9.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED=FB=1，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是()A. EC⊥AFB. 该几何体外接球的表面积为3πC. 若G为EC中点，则GB//平面AEFD. AG2+BG2的最小值为3三、填空题（本大题共12小题，共60.0分）10.如图，在三棱锥P−ABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足为D，DE⊥PC，垂足为E，若PA==，三棱锥P−ADE体积的最大值是．2√3,AC=2，则PEEC11.如图，已知边长为1的正方形ABCD与正方形BCFE所在平面互相垂直，P为EF的中点，Q为线段FC上的动点，当三棱锥P−ABQ的体积最大时，三棱锥P−ABQ的外接球的表面积为______．12.已知底面为矩形的四棱锥P−ABCD的每个顶点都在球O的球面上，PA⊥AD，PA=AB，PB=，则棱PB的中点到平面PCD的距离为_________．√2AB，且BC=2√2.若球O的体积为32π313.如图，在正四棱锥S—ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，当动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP//BD；②EP⊥AC；③EP⊥平面SAC；④EP//平面SBD．其中恒成立的为________.(填序号)14.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，点N∈BC1，且AM=BN≠√2，有以下四个结论：①AA1⊥MN；②A1C1//MN；③MN//平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．其中真命题是____________________.(填序号)15.已知菱形ABCD边长为3，∠BAD=60°，点E为对角线AC上一点，AC=6AE.将△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，E记为E′，且二面角A′BDC的大小为120°，则三棱锥A′BCD的外接球的半径为________；过E′作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为________．16.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP=CM=CN，则下列说法正确的是()①A1C⊥平面α②存在点P，使得AC1//平面α③存在点P，使得点A1到平面α的距离为53④用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形17.如图，等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体A−BCD的侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：①四面体E−BCD的体积有最大值和最小值；②存在某个位置，使得AE⊥BD；③设二面角D−AB−E的平面角为θ，则θ≥∠DAE．正确命题的序号是______．18. (1)某几何体的三视图如图所示，根据所给尺寸(单位：cm)，则该几何体的体积为______cm 3．(2)如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是π，则这个圆柱的体积是______ ．(3)若l 为一条直线，α，β，γ为三个互不重合的平面，给出下面四个命题：①α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β；②α⊥γ，β//γ，则α⊥β；③l//α，l ⊥β，则α⊥β.④若l//α，则l 平行于α内的所有直线．其中正确命题的序号是______ .(把你认为正确命题的序号都填上)(4)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；②若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；③设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直；④直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直． 上面命题中，真命题的序号____________(写出所有真命题的序号)．19. 如图所示，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为4，MN 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，P 为正方体表面上的动点，当弦MN 的长度最大时，PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是________．20. 已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1，AB =BC =AA 1=4，AC =4√2 ，若点P 是上底面A 1B 1C 1内一动点，若三棱锥P −ABC 的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形长度为________． 21. (1)若直线y =12x +m 与曲线y =x 3−2相切，则m =________．(2)已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．(3)已知四棱锥V −ABCD 的底面ABCD 是边长为3的正方形，侧棱VA 与底面垂直，若异面直线AC 与VD 所成的角为θ，且cosθ=3√210，则四棱锥V −ABCD 的体积为____________． (4)已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点．下列结论中，正确结论的序号是______．①过E ，F ，G 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；②B 1D 1//平面EFG ；③BD 1⊥平面ACB 1；④异面直线EF 与BD 1所成角的正切值为√22；⑤四面体ACB 1D 1的体积等于12a 3． 四、解答题（本大题共9小题，共108.0分）AB=1，四边形ACFE为正方形，22.如图，在梯形ABCD中，AB//CD，∠DAB=90°，AD=DC=12平面ACFE⊥平面ABCD．(1)求证：平面BCF⊥平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，是否存在点M使平面MAB与平面ACFE所成二面角的平面角的余，若存在，求线段FM的长，若不存在，说明理由．弦值为2323.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD//AB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥平面ABCD，PA=PD=2．(1)求证：BD⊥PA；(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P−DC−N的余弦值？若存在，请确定点N位置；若不存在，请说明理由．为1324.如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，D为BC的中点．(1)若平面ABC⊥平面BCC1B1，求证：AD⊥DC1；(2)求证：A1B//平面ADC1．25.如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，ΔABC为边长为2的正三角形，点A1在底面ABC上的射影恰为BC的中点O，G在线段AO上，AG=2GO，H为OC1与B1C的交点，若BB1与平面ABC所成．角为π4(1)求证：GH//平面ACC 1A 1(2)求二面角B 1−OC 1−A 1的余弦值;(3)求直线GH 与平面ABC 所成角的正弦值．26. 从 ①BG⃗⃗⃗⃗⃗ =2GC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ②G 是PB 的中点， ③G 是△PBC 的内心三个条件中任选一个条件，补充在下面问题中，并完成解答．在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥底面ABCD ，且PD =1，AB =√3，AD =2，E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)判断EF 与平面PAD 的位置关系，并证明你的结论;(2)若G 是侧面PBC 上的一点，且 ，求三棱锥G −DCE 的体积． 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．27.如图，在四棱锥S−ABCD中，AD=2BC=2√3，AB=3，SA=SC，AD//BC，AD⊥平面SAB，E是线段AB靠近B的三等分点．(Ⅰ)求证：CD⊥平面SCE；(Ⅱ)若直线SB与平面SCE所成角的正弦值为1，求SA的长．328.在如图所示的实验装置中，正方形框架ABCD和ABEF的边长都是1，且两平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形的对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度相等，记|CM|=|BN|=a(0<a<√2).(1)求MN的长；(2)当a为何值时，MN的长最小?29.如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=3BE=3√2，CD=2√2，AD=2.将△ADE沿DE折起，使平面ADE⊥平面BCDE．(1)证明：BC⊥平面ACD．(2)求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．30.如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=2，DC=BC=1，AB=2，AB//DC，∠BCD=90°．(1)求证：AD⊥PB；⑵求点点A到平面PBC的距离;⑵求平面DAP与平面BPC所成锐二面角的余弦值．【答案与解析】1.答案：C解析：本题主要考查了异面直线所成的角、直线与平面所成的角、同角三角函数的基本关系、空间中的距离以及余弦定理的应用等知识点，属于较难题．由题意取AC的中点H，则∠HFE即为EF与AD所成的角，利用余弦定理可求得EF=√132，由HE=1，HF=32，再次利用余弦定理可得到cos∠HFE，然后根据同角三角函数的基本关系即可得到tan∠HFE，根据V A−BCD=V B−ACD这一关系可得到点B到平面ACD的距离，由此可求得AB与面ACD所成角的余弦值．解：取AC的中点H，连接HE、HF、AF、BF，过点B作BM⊥平面ACD于M，过点A作OA⊥平面BCD于点O，∵点F为CD的中点，∴HF//AD，∴∠HFE即为EF与AD所成的角，∵A−BCD是正三棱锥，易知点M在AF上，点O在BF上，∵侧棱长为3，底面边长为2，∴AB=AD=3，BC=2，CF=1，BF=√3，AF=2√2，HE=1，HF=32，由余弦定理可得cos∠ABF=AB2+BF2−AF22AB×BF =6√3=2√39，∴cos∠ABF=BE2+BF2−EF22BE×BF =94+3−EF22×32×√3=2√39，解得EF=√132，∴cos∠HFE=HF2+EF2−HE22HF×EF =94+134−12×32×√132=3√1313，，∴sin∠HFE=√1−cos2∠HFE=2√1313，∴tan∠HFE=sin∠HFEcos∠HFE =23，即EF与AD所成角的正切值为23，故A，B错误；由图中知，∠BAM为AB与面ACD所成的角，∵△BCD为正三角形，且OA⊥平面BCD，∴OB=23BF=2√33，OA=√AB2−OB2=√32−43=√233，∴V A−BCD=13×12×2×√3×√233=√233，V B−ACD=13×12×2×2√2×BM=2√23BM，∴2√23BM=√233，解得BM=√464，∴sin∠BAM=BMAB =√4643=√4612，，∴cos∠BAM=√1−sin2∠BAM=7√212，∴AB与面ACD所成角的余弦值为7√212，故C正确，D错误；故选C．2.答案：B解析：此题考查空间的距离，考查线面垂直的判断及性质，为中档题．关键是由线面垂直的判断及性质得出Q的轨迹，从而求解．解：如图：在正方体中取BB1、BD中点P1、O，及BC1的四等分点M，PP1⊥BC1，P1M⊥BC1，又PP1∩P1M=P1，PP1，，所以，又，则BC1⊥PM，又OM⊥BC1，PM∩OM=M，PM，，则，所以当Q在线段OM上时，PQ⊥BC1，则Q到平面A1B1C1D1的距离最大值、最小值分别为O、M到平面A1B1C1D1的距离，,6]．所以Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围为[92故选B．3.答案：C解析：本题考查空间线面位置关系，涉及面面平行的判定，线面垂直的性质，属于基础题．通过举反例或者利用线面垂直，平行的判定定理性质定理进行推断．解：①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，α，β不一定平行，比如墙角的两个墙面都与地面垂直，但不平行，故①错误；②l⊂α，l//β，m⊂β，因为两个平面α，β不重合，则α//β成立，故②正确;③∵l⊥α，l//m，∴m⊥α，又∵m⊥β，∴α//β，故③正确，综上，正确的命题个数为2个，故选C．4.答案：A解析：本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题．逐项讨论，判断是否矛盾即可．解：由m是平面α的一条斜线，直线l过平面α内一点A，知：在A中，l⊂α，则l与m相交或异面，有可能垂直，故A正确；在B中，若l⊥α，且l⊥m，则m⊂α或m//α，不可能是平面的一条斜线，故B错误；在C中，若l⊥α，且l//m，则m⊥α，与已知矛盾，故C错误；在D中，若l⊂α，m是平面α的一条斜线，l与m异面或相交，不可能平行，故D错误．故选：A．5.答案：A解析：本题主要考查球的内接棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，计算能力，属于中档题．设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD，说明SC是球的直径，利用余弦定理，三角形的面积公式求出S△SCD，和棱锥的高AB，即可求出棱锥的体积．解：设球心为点O，作AB中点D，连接OD，CD因为线段SC是球的直径，所以它也是大圆的直径，则易得：∠SAC=∠SBC=90°，所以在Rt△SAC中，SC=4，∠ASC=30°得：AC=2，SA=2√3，又在Rt△SBC中，SC=4，∠BSC=30°得：BC=2，SB=2√3则：SA=SB，AC=BC，因为点D是AB的中点所以在等腰三角形ASB中，SD⊥AB且SD=√SA2−AD2=√12−34=3√52，在等腰三角形CAB中，CD⊥AB且CD=√AC2−AD2=√4−34=√132，又SD交CD于点D所以：AB⊥平面SCD即：棱锥S−ABC的体积：V=13AB⋅S△SCD，因为：SD=3√52，CD=√132，SC=4所以由余弦定理得：cos∠SDC=(SD2+CD2−SC2)12SD⋅CD=(454+13 4−2× 3√52 ×√132=43√652=√65，则：sin∠SDC=√1−cos2∠SDC=√65，由三角形面积公式得△SCD的面积S=12SD⋅CD⋅sin∠SDC=12×3√52×√132×√65=3，所以：棱锥S−ABC的体积：V=13AB⋅S△SCD=13×√3×3=√3，故选A．6.答案：C解析：本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．将三棱锥P−ABC补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC的中心为O1，设球的半径为R，PA=2x，由题意，可推出最小截面圆的面积为12π，当截面过球心时，截面面积最大为πR2，故12π+πR2=40π，R2=28，由此可得出球O的表面积．解：将三棱锥P−ABC补成直三棱柱，则三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC的中心为O1，设球的半径为R，PA=2x，则球心O到平面ABC的距离为x，即OO1=x，AB=6，AC=8，AB⊥AC，。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第八章《立体几何初步》提高训练题 (28)一、单项选择题（本大题共7小题，共35.0分）1.在三棱锥P−ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB=2，PA=PC=√5，PB与底面ABC所成的角的余弦值为2√23，则三棱锥P−ABC的外接球的体积为()A. 9π2B. 89√89π6C. 9πD. 27π22.如图，四棱锥S−ABCD中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线SA与直线AD所成角为α，直线SA与平面ABCD所成角为β，二面角S−AB−C的平面角为γ，则A. α>β>γB. γ>α>βC. α>γ>βD. γ>β>α3.已知三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，且PA、PB、PC的长分别为以a、b、c，又(a+b)2c=16√2，侧面PAB与底面ABC成45°角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为()A. 10πB. 40πC. 20πD. 18π4.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)称之为“堑堵”.如图，三棱柱ABC−A1B1C1为一个“堑堵”，底面▵ABC是以AB为斜边的直角三角形且AB=5，AC=3，点P在棱BB1上，且PC⊥PC1，当▵APC1的面积取最小值时，三棱锥P−ABC的外接球表面积为()A.B.C.D.5.平面α过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A，BC1⊥α，点E、F分别为AA1、CC1的中点，C1G⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2GD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，若α∩平面ABCD=m，α∩平面EFG=n，则直线m与直线n所成角的正切值为()A. 2√27B. 3√27C. 4√27D. 6√276.将直角三角形ABC沿斜边上的高AD折成的二面角，已知直角边AB=4√3，AC=4√6，下面说法正确的是()A. 平面ABC⊥平面ACDB. 四面体D−ABC的体积是16√63C. 二面角A−BC−D的正切值是√425D. BC与平面ACD所成角的正弦值是√21147.正方体ABCD−A1B1C1D1中，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.以下结论中，错误的是()A. 点H是△A1BD的垂心B. AH⊥平面CB1D1C. AH的延长线经过点C1D. 直线AH和BB1所成的角为45°二、多项选择题（本大题共9小题，共36.0分）8.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，P为四边形DCC1D1内一点(包含边界)，若PA1//平面AEC，则下列结论正确的是A. PA1⊥BD1B. 三棱锥B1−PA1B的体积为定值D. ∠A1PD1的最小值是45°C. 线段PA1长度的最小值为2√3059.如图1，四边形ABCD是边长为4的菱形，现将△ABC沿对角线AC折起，连接BD，形成如图2所示的四面体ABCD，在图2中，设棱AC的中点为M，BD的中点为N，下列结论正确的是()A. AC⊥BDB. 若AC=4√2，则四面体ABCD的外接球的半径为2√2C. 若AC=4√2，则四面体ABCD的体积的最大值为16√2D. 若AC=4，且四面体ABCD的外接球的球心在四面体的内部，则线段MN长度的取值范围为(2,2√3)10.已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是()A. 当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为√55B. 无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1C. 当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且PQQA1=13D. 无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°11.佩香囊是端午节传统习俗之一．香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成．将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊．那么在图2这个六面体中()A. AB与CD是异面直线B. AB与CD是相交直线C. 存在内切球，其表面积为827π D. 存在外接球，其体积为8√627π12.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E、F分别为BB1、CD中点，P是BC1上的动点，则下列说法正确的有()A. A1F⊥AEB. 三棱锥P−AED1的体积与点P位置有关系C. 平面AED1截正方体ABCD−A1B1C1D的截面面积为92D. 点A1到平面AED1的距离为√213.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是()A. 直线BD1⊥平面A1C1DB. 三棱锥PA1C1D的体积为定值C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π4,π2 ]D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为√6314.已知图1中，A，B，C，D是正方形EFGH各边的中点，分别沿着AB，BC，CD，DA把△ABF，△BCG，△CDH，△ADE向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD垂直，再顺次连接EFGH，得到一个如图2所示的多面体，则()A. △AEF是正三角形B. 平面AEF⊥平面CGHC. 直线CG与平面AEF所成角的正切值为√2D. 当AB=2时，多面体ABCD−EFGH的体积为8315.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的有A. 平面PB1D⊥平面ACD1B. A1P//平面ACD1C. 异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是(0,π]3D. 三棱锥D1−APC的体积不变16.我国古代《九章算术》中将上、下两个面为平行矩形的六面体成为刍童.如图刍童ABCD−EFGH有外接球，且AB=5,AD=√7,EF=4,EH=2，平面ABCD与平面EFGH的距离为1，则下列说法中正确的有()A. 该刍童外接球的体积为36πB. 该刍童为棱台C. 该刍童中AC、EG在一个平面内D. 该刍童中二面角B−AD−H的余弦值为√55三、填空题（本大题共7小题，共35.0分）17.在梯形ABCD中，，AB⊥BC，AD=2AB=2BC=2，将△ABC沿对角线AC翻折到△AMC，连结MD.当三棱锥M−ACD的体积最大时，该三棱锥的外接球的表面积为__________．18.M,N分别为菱形ABCD的边BC,CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下命题正确的是___________.(写出所有正确命题的序号)①MN//平面ABD；②异面直线AC与MN所成的角为定值；③在二面角D−AC−B逐渐渐变小的过程中，三棱锥D−ABC的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线AD)．与直线BC垂直，则∠ABC的取值范围是(0,π219.如图是一正方体的表面展开图.B、N、Q都是所在棱的中点.则在原正方体中①MN与CD异面；②MN//平面PQC；③平面MPQ⊥平面CQN；④EQ与平面AQB形成的线面角的正弦值是2；⑤3.其中真命题的序号是______．二面角M−BQ−E的余弦值为4520.如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，点E为棱CC1上的一个动点，平面BED1与棱AA1交于点F，给出下列命题：①无论E在CC1如何移动，四棱锥B1−BED1F的体积恒为定值；②截面四边形BED1F的周长的最小值是8√5；③当E点不与C，C1重合时，在棱AD上恒存在点G，使得CG//平面BED1；④存在点E，使得B1D⊥平面AD1E；其中正确的命题是________．21.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)称之为“堑堵”.如图，三棱柱ABC−A1B1C1为一个“堑堵”，底面ΔABC是以AB为斜边的直角三角形，且AB=5，AC=3，点P在棱BB1上，且PC⊥PC1，当ΔAPC1的面积取最小值时，三棱锥P−ABC的外接球的表面积为______．22.如图是一正方体的表面展开图B、N、Q都是所在棱的中点.则在原正方体中(1)MN与CD异面；(2)MN//平面PQC；(3)平面MPQ⊥平面CQN；(4)EQ与平面AQB形成的线面角的正弦值是2；(5)二面3.其中真命题的序号是角M−BQ−E的余弦值为45_____________.23.下列四个命题正确的是___________(1)a//b，b//c⇒a//c(2)a⊥b，b⊥c⇒a//c(3)a//α，b⊂α⇒a//b(4)a//b，b//α⇒a//α四、解答题（本大题共7小题，共84.0分）24.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AB//CD，AD⊥AB，PB=PC=AD=AB=2，点E在线段AD上，DE=λDA(0≤λ≤1)，CE⊥平面PBC．2CD=23(1)求λ的值；(2)求点B到平面PCE的距离．25.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．26.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．27.如图(1)所示，在直角梯形BCEF中，BF//CE，∠FBC=90°，CE=2BF=4，BC=1，点A，D分别是线段BF和CE上的动点，且AD//BC.将四边形ADEF沿AD翻折后成多面体ABCDEF，如图(2)所示．(1)求证：BF//平面CDE；(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，多面体ABCDEF的体积为1，求CD的长．228.如图，点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A，B)，已知AB=2，AE=√7，四边形BEDC为矩形，平面ABC⊥平面BCDE.设平面EAD与平面ABC的交线为l．(1)证明：l⊥平面ACD；(2)当三棱锥A−BCE的体积最大时，求平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．29.如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB=2CD=2AD=2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD=2EF．(Ⅰ)求证：平面ADE⊥平面BDEF；(Ⅱ)若二面角C−BF−D的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．30.如图所示，直角梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥AB，AB=BC=2AD=2，四边形EDCF为矩形，CF=√3，平面EDCF⊥平面ABCD．(I)求证：DF//平面ABE；(II)求平面ABE与平面EFB夹角的余弦值．(III)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为√3，若存在，求出4线段BP的长，若不存在，请说明理由．【答案与解析】1.答案：A解析：本题考查了等腰三角形的性质、球的体积计算公式、余弦定理、线面面面垂直的判定与性质定理，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．如图所示，取AC 的中点D ，连接BD ，PD.由BC =AC ，PA =PC ，利用等腰三角形的性质，线面垂直的判定定理即可得出：AC ⊥平面PBD ，进而得出：平面PBD ⊥平面ABC ，可得∠PBD 为PB 与底面ABC 所成的角，其余弦值为2√23.在△PBD 中，设PB =x ，利用余弦定理可得：x.由PB =3，取PB的中点O ，连接OD ，利用余弦定理可得OD ，可得点O 为三棱锥P −ABC 的外接球的球心，即可得出外接球的体积V ．解：如图所示，取AC 的中点D ，连接BD ，PD ． ∵BC =AC ，PA =PC ，∴AC ⊥BD ，AC ⊥PD.BD ∩PD =D ，BD ，PD ⊂平面PBD ， ∴AC ⊥平面PBD ，又AC ⊂平面ABC ， ∴平面PBD ⊥平面ABC ，∴∠PBD 为PB 与底面ABC 所成的角，其余弦值为2√23． AC =√2AB =2√2⋅PD =√PA 2−AD 2=√3，在△PBD 中，设PB =x ，由余弦定理可得：cos∠PBD =2√23=2√2)2√3)22√2x，解得x =3，即PB =3，取PB 的中点O ，连接OD ，则OD 2=(√2)2+(32)2−2×√2×32×2√23=14，解得OD =12．∴OD 2+DB 2=OB 2，∴OD ⊥DB ．可得点O 为三棱锥P −ABC 的外接球的球心，其外接球的半径r =32，体积V =4π3×(32)3=9π2．故选A ．2.答案：C解析： 【试题解析】本题考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二面角的概念和计算，属于中档题． 过S 作平面ABCD ，过O 分别作于E 、F ，连接OA,SE,SF ，则，应用正切函数知识求解，而后比较大小，即可得出答案．解：如图，过S 作平面ABCD ，过O 分别作于E 、F ，连接OA,SE,SF ，则，因为tanβ=SOOA <tanγ=SOOE ，所以β<γ， 因为tanγ=SOOE <tanα=SFAF ，所以γ<α， 综上可得，α>γ>β， 故选C ．3.答案：A解析：本题考查基本不等式：a 2+b 2≥2ab ，三棱锥的体积公式，线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，二面角的平面角．属于中档题． V =16abc ⩽16×14(a +b )2c =16√224=2√23，当a =b 时取“=“，即a =b 时，三棱锥的体积最大．过P作底面ABC的垂线，垂足为O，连接CO并延长交AB于D，并连接PD，能够说明∠PDC是侧面PAB和底面ABC所成二面角的平面角，所以∠PDC=45°.在直角三角形中，根据边角的关系可求得c=√2a2，由体积求得a的值，再求出外接球的半径，利用表面积公式求解．解：如图，因为(a+b)2=a2+2ab+b2⩾4ab(当且仅当a=b时取等号)，根据已知条件得：V=16abc⩽16×14(a+b)2c=16√224=2√23(当且仅当a=b时取等号)，过P作底面ABC的垂线，垂足为O，连接CO并延长交AB于D；∵PC⊥PA，PC⊥PB，PA∩PB=P；∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB；∴PC⊥AB，即AB⊥PC；又PO⊥底面ABC，AB⊂底面ABC；∴PO⊥AB，即AB⊥PO，PC∩PO=P；∴AB⊥平面PCO，CO⊂平面PCO；∴AB⊥CO，即AB⊥CD，连接PD，∵AB⊥PO，AB⊥CD，CD∩PO=O；∴AB⊥平面PCD，PD⊂平面PCD；∴AB⊥PD，∴∠PDC是侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∴∠PDC=45°；∴在Rt△PCD中，∠CPD=90°，∠PDC=45°，∴PC=c=PDtan45°=√2a2·tan45°=√2a2∴V=16abc=√212a3=2√23，解得：a=b=2，c=√2．∴外接球的半径为√a2+b2+c22=√22+22+(√2)22=√102，∴外接球的表面积为．故选A．解析：本题考查几何体外接球的表面积计算，注意根据几何体的特征，合理确定球心的位置，属于较难题． 令∠PCB =θ=∠C 1PB 1，则C 1P =4sinθ，CP =4cosθ，AP =√9+(4cosθ)2=√9+16cos 2θ可得S △APC 1=12C 1P ⋅AP =√164+100tan 2θ+64tan 2θ，当且仅当100tan 2θ=64tan 2θ时，S △APC 1取最小值，AP =3√5.可得AP 为外接球直径，即可求解； 解：令∠PCB =θ=∠C 1PB 1， 则C 1P =4sinθ，CP =4cosθ，AP =√9+(4cosθ)2=√9+16cos 2θ又因为AC ⊥平面CBB 1C 1，C 1P ⊂平面CBB 1C 1 所以AC ⊥C 1P ，又CP ⊥C 1P ，AC ∩CP =C ，AC ，CP ⊂平面ACP 所以C 1P ⊥平面ACP ，∵AP ⊂平面ACP ， 所以∠C 1PA =90∘．S △APC 1=1C 1P ⋅AP =1⋅4⋅√9+162=√42⋅√9+162 =√4(sin 2θ+cos 2θ)sin 2θ．√9+16(sin2 θ+cos 2 θ)cos 2 θ=√(4+4tan 2θ)(25+16tan 2θ)=√164+100tan 2θ+64tan 2θ当且仅当100tan 2θ=64tan 2θ时，S △APC 1取最小值， 此时tanθ=√52，AP =√9+16cos 2θ=√25+16tan 2θ=3√5．在三棱锥P −ABC 中，因为∠ACP =∠ABP =90∘，取AP 中点为O ， 则OC =OB =12AP =OA =OP ， 故O 为三棱锥P −ABC 的外接球的球心， 所以AP 为外接球直径， S 球=4πR 2=πAP 2=45π．5.答案：B解析：本题考查异面直线所成角的求法以及正方体的结构特点，考查空间想象能力以及计算能力． 取A 1D 1的三等分点N ，使得D 1N =12NA 1,可补正方体ABJK −A 1B 1IH ，作平面EFG 与正方体A 1B 1C 1D 1−ABCD 的截面，画出图形，设AB =3，判断出m 、n 所成角，通过计算求解即可 解：如图，取A 1D 1的三等分点N ，使得D 1N =12NA 1，可补正方体ABJK −A 1B 1IH ，如图，作平面EFG 与正方体A 1B 1C 1D 1−ABCD 的截面，设AB =3∵C 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∴D 1G =13C 1D 1=1，而D 1N =13A 1D 1=1又点E 、F 分别为AA 1、CC 1的中点 则AK 1=AJ 1=A 1N =2 BC 1⊥BI ，BC 1⊥AB 又BI ∩AB =B ∴BC 1⊥平面ABIH ， 则平面ABIH 即为平面α，。

相关文档
最新文档