高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (64)(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(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.。
新教材人教A版必修第二册 第八章 立体几何初步 单元测试(含答案)
新教材人教A 版必修第二册 第八章 立体几何初步 单元测试一、选择题1、已知某三棱锥的三视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．5πC ．4πD ．3π2、某三棱锥的三视图如下图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．16B ．13C ．12 D ．13、在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱A 1B 1上一点，且AB ＝2，若二面角B 1﹣BC 1﹣E 为45°，则四面体BB 1C 1E 的外接球的表面积为（ ）A ．172πB ．12πC ．9πD ．10π4、三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1AC BC ==，3PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．5、已知正四棱柱(即底面是正方形的直棱柱)的底面边长为3cm ，侧面的对角线长是35cm ，则这个正四棱柱的表面积为( )A ．290cm B ．2365cmC ．272cmD ．254cm6、一个几何体的正视图和侧视图都是面积为１的正方形，则这个几何体的俯视图7、阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）A ．4πB ．16πC ．36πD ．643π8、下列说法中正确的个数是（ ） ①圆锥的轴截面是等腰三角形；②用一个平面去截棱锥，得到一个棱锥和一个棱台；③棱台各侧棱的延长线交于一点；④有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱．A ．0B ．1C ．2D ．39、在三棱锥P ABC -中，AB BP ⊥，AC PC ⊥，AB AC ⊥，22PB PC ==，点P 到底面ABC 的距离为2，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（ ）A ．3πB ．3πC ．12πD ．24π10、已知不同直线l 、m 与不同平面α、β，且l α⊂，m β⊂，则下列说法中正确的是（ ）A ．若//αβ，则l//mB ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若l β⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则m α⊥11、正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30，则该四棱锥的侧面积（ ）A ．32B ．48C ．64D ．32312、已知圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ） A ．3 B ．3C ．23D ．6二、填空题13、有如下命题：①过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面；②如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内； ③平行于同一条直线的两条直线平行；④如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 其中作为公理（基本事实）的是_____（填写序号）．14、已知某长方体的所有顶点均在半径为142的球面上，且长方体的表面积为22，则此长方体的所有棱长之和为__________.15、已知四面体ABCD 的所有顶点在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，22AB CD ==，45CBD ∠=︒，则球O 的表面积为_________.16、自半径为R 的球面上一点，引球的三条两两垂直的弦MA ，MB ，MC ，则222MA MB MC ++=________．三、解答题17、（本小题满分10分）如图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，棱PD 与EC 均垂直于底面ABCD ，2PD EC =，求证：平面//EBC 平面PDA .18、（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -（底面ABC 是正三角2AB AA ==AA（1）证明：//DE 平面ABC ； （2）求三棱锥E ABC -的体积.19、（本小题满分12分）如图在三棱锥-P ABC 中，,,D E F 分别为棱,,PC AC AB 的中点，已知,6,8,5PA AC PA BC DF ⊥===.求证：（1）直线//PA 平面DEF ； （2）平面BDE ⊥平面ABC .20、（本小题满分12分）如图，已知三棱锥A-BPC 中，,AP PC ⊥AC BC ⊥，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且PMB △为正三角形.（1）求证：DM 平面APC ；参考答案1、答案D解析根据三视图的特点，将三棱锥放置到正方体中，根据正方体计算出三棱锥外接球的表面积. 详解在正方体中作出三棱锥的直观图（红色部分所示），可知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，设外接球半径为R ，所以222241113R =++=，所以三棱锥外接球表面积为：243S R ππ==.故选：D. 点睛本题考查几何体的外接球表面积的计算，难度一般.求解几何体外接球的常见方法：（1）若几何体的顶点可以刚好和正方体或者长方体的若干顶点重合，则可以根据正方体或者长方体的外接球完成求解；（2）通过球与圆的性质，确定出外接球的球心，求解出外接球的半径并完成相关计算. 2、答案A解析由图可得111111326V =⨯⨯⨯⨯=,故选A. 考点：三视图.方法点晴本题主要考查三视图和锥体的体积，计算量较大，属于中等题型.应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正）,主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐）,左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等）,若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称.此外本题应注意掌握锥体的体积公式. 3、答案D 解析连接1B C交1BC 于O ，可得11B O BC ⊥，利用线面垂直的判定定理可得：1BC ⊥平面1B OE，于是1BC EO⊥，可得而1B OE ∠为二面角11B BC E--的平面角，再求出四面体11BB C E的外接球半径R ，进而利用球的表面积计算公式得出结论．详解：连接1B C 交1BC 于O ，则11B O BC ⊥， 易知111A B BC ⊥，则1BC ⊥平面1B OE，所以1BC EO⊥，从而1B OE∠为二面角11B BC E--的平面角，则145B OE ∠=.因为2AB =，所以112B E BO ==， 所以四面体11BB C E的外接球半径24410R ++==． 故四面体BB 1C 1E 的外接球的表面积为22444()10ππ++=．故选：D点睛本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 4、答案A解析分析可知球心在PB 的中点．因为AC BC ⊥，1AC BC ==，所以2AB =所以225PB PA AB =+=．球的半径5R =．所以此球的表面积为245S R ππ==．故A 正确．考点：三棱锥的外接球． 5、答案A解析求出侧棱长，再求出侧面积和两个底面积，即可得表面积． 详解22(35)36-=．所以表面积为：224362390()S cm =⨯⨯+⨯=． 故选：A.点睛本题考查棱柱的表面积，解题关键是求出侧棱长． 6、答案B解析由于原几何体的正视图和侧视图都是面积为１的正方形，所以对于选项A ，原几何体为三棱柱；对于选项B ，一定不能满足其正视图和侧视图都是面积为１的正方形，所以不正确；对于选项C ，原几何体为正方体；对于选项D ，原几何体为正方体被截掉14的圆柱所得的空间几何体；故应选B . 考点：1、三视图； 7、答案C解析设球的半径为R ，根据组合体的关系，圆柱的表面积为222254S R R R πππ=+⨯=，解得球的半径3R =，再代入球的体积公式求解.详解：设球的半径为R ，根据题意圆柱的表面积为222254S R R R πππ=+⨯=，解得3R =，所以该球的体积为334433633V R πππ==⨯⨯= .故选：C点睛本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题. 8、答案C解析利用空间几何体的概念对每一个命题的正误逐一判断得解. 详解对于①，圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，①正确；对于②，只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，②错误；对于③，棱台是用一个平行于底面的平面去截棱锥所得的几何体，所以它的各侧棱延长线交于一点，③正确；对于④，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，如：把两个同底面的倾斜方向不同的斜四棱柱拼在一起，这个几何体有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但是这个几何体不是四棱柱，所以④错误； 综上所述，正确命题的序号是①③，共2个． 故选：C ． 点睛本题主要考查空间几何体的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 9、答案C解析首先根据垂直关系可确定OP OA OB OC ===，由此可知O 为三棱锥外接球的球心，在PAB ∆中，可以算出AP 的一个表达式，在OAG ∆中，可以计算出AO 的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积．详解：取AP 中点O ，由AB BP ⊥，AC PC ⊥可知：OP OA OB OC ===，O ∴为三棱锥P ABC -外接球球心，过P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于H ，连接AH 交BC 于G ，连接OG ，HB ，HC ，PB PC =，HB HC ∴=，AB AC ∴=，G ∴为BC 的中点由球的性质可知：OG ⊥平面ABC ，OG//PH ∴，且112OG PH ==．设AB x =，22PB =211822AO PA x ∴==+1222AG BC x ==，∴在OAG ∆中，222AG OG OA +=，即222211822x x ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，解得：2x =，∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为：()()2221122422322x AO +=+==，∴三棱锥P ABC -外接球的表面积为2412S R ππ==．故选：C . 点睛本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置. 10、答案C解析根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果. 详解：对于A ，若//αβ，则,l m 可能为平行或异面直线，A 错误； 对于B ，若αβ⊥，则,l m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误； 对于C ，若l β⊥，且l α⊂，由面面垂直的判定定理可知αβ⊥，C 正确； 对于D ，若αβ⊥，只有当m 垂直于,αβ的交线时才有m α⊥，D 错误. 故选：C .点睛本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题. 11、答案A解析详解：如图:正四棱锥的高PO ，斜高PE ， 底面边心距OE 组成直角△POE ． ∵OE=2cm，∠OPE=30°，∴斜高h′=PE=4sin 30oOE=， ∴S 正棱锥侧=114443222ch =⨯⨯⨯='故选：A12、答案B解析设底面圆半径为r ，高为h ，根据题目条件列出关于r 和h 的方程组，解出,r h .详解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则母线长为22l r h =+则圆锥的侧面积为()2221122l r h ππ=+，故表面积为()2221272r h r πππ++=，得22312722r h +=①，又底面圆周长等于侧面展开半圆的弧长，故2r π=2r =得223h r =②，联立①②得：3r =，h =.故答案为：B. 点睛本题考查圆圆锥中的相关计算，难度一般，解答的关键在于得出底面半径与高的关系. 13、答案①②③解析根据公理1~4可得出结论.详解：公理1:如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，命题②为公理1；公理2:过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，命题①为公理2；公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；公理4:平行于同一条直线的两条直线平行，命题③为公理4. 命题④为等角定理. 故答案为：①②③. 点睛本题考查对平面几个公理的理解，属于基础题. 14、答案24解析由长方体的体对角线为外接球的直径可知22214a b c ++=，长方体的表面积为22可得()222ab ac bc ++=，联立可得：6a b c ++=，即可得棱长之和.详解：设该长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，由体对角线为外接球的直径得22214a b c ++=①，由长方体的表面积为22得:()222ab ac bc ++=②，①②两式相加得()236a b c ++=，即6a b c ++=，故此长方体的所有棱长之和为()424a b c ++=.故答案为：24点睛本题主要考查了长方体的外接球的直径即是长方体的体对角线，涉及长方体的表面积公式，属于基础题.15、答案24π解析将四面体补成直三棱柱11AC D BCD -，根据题意画出图象，设11AC D △，BCD 的外心分别为P ，Q ，则点O 为线段PQ 的中点，求出OQ ，在BCD 根据正弦定理，求出BQ ，根据勾股定理和球的表面积公式，即可求得答案.详解：四面体ABCD 的所有顶点在球O 的表面上，且AB ⊥平面BCD ， ∴将四面体补成直三棱柱11AC D BCD -，设11AC D △，BCD 的外心分别为P ，Q ，则点O 为线段PQ 的中点，根据直棱柱特征可得：PQ ⊥面BCD 根据题意画出图象，如图：可得：122OQ AB ==在BCD 根据正弦定理：n 2si CD CBD R =∠(R 为三角形外接圆半径)根据Q 为BCD 的外心，可得BQ 为BCD 外接圆半径即122sin CD BQ CBD =⨯=∠，PQ ⊥面BCD ，BQ ⊂面BCD∴PQ BQ ⊥故BOQ △为直角三角形在Rt BOQ △中，根据勾股定理可得：2226OB OQ BQ =+=，2424O S OB ππ=⨯=球. 故答案为：24π.点睛本题主要考查了求四面体外接球表面积问题，解题关键是掌握将四面体补成直三棱柱求外接球半径的方法和球的表面积公式，数形结合，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.16、答案24R解析MA ，MB ，MC 可以构成球内接长方体的三条共顶点的边，计算得到答案. 详解：根据题意MA ，MB ，MC 可以构成球内接长方体的三条共顶点的边， 则()2222224MA MB MC R R ++==. 故答案为：24R .点睛本题考查了球的内接长方体问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 详解：由于四边形ABCD 是正方形，//BC AD ∴，BC ⊄平面PDA ，AD ⊂平面PDA ，//BC ∴平面PDA ，PD ⊥平面ABCD ，CE ⊥平面ABCD ，//CE PD ，CE ⊄平面PDA ，PD ⊂平面PDA ，//CE ∴平面PDA ，BC CE C =，∴平面//EBC 平面PDA .点睛本题考查面面平行的证明，考查推理能力，属于基础题.解析18、答案（1）证明见解析；（2）3（2）由E 为1CB 的中点，可得E 到底面ABC 的距离等于1112BB =，再求出底面ABC ∆的面积，代入棱锥体积公式求解．详解：（1）如图，取1CC 的中点E '，连接DE '，EE '，//AD CE '，AD CE ='，∴四边形ACE D '为平行四边形，则//DE AC '，AC ⊂平面ABC ，DE '⊂/平面ABC ，//DE ∴'平面ABC ； E ，E '分别为1CB ，1CC 的中点，11////EE B C BC ∴'，BC ⊂平面ABC ，EE '⊂/平面ABC ，//EE ∴'平面ABC ，又DE EE E '⋂'='，∴平面//DEE '平面ABC ，DE ⊂平面DEE '则//DE 平面ABC ；（2）E 为1CB 的中点，E ∴到底面ABC 的距离等于1112BB =． 又底面ABC ∆是边长为2的等边三角形，∴1322322ABC S ∆=⨯⨯⨯=． ∴13313E ABC V -=⨯⨯=．点睛本题主要考查直线与平面平行的判定以及锥体的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查了计算能力，是中档题．解析详解（1）由于,D E 分别是,PC AC 的中点，则有//PA DE ，又PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，所以//PA 平面DEF ．（2）由（1）//PA DE ，又PA AC ⊥，所以DE AC ⊥，又F 是AB 中点，所以132DE PA ==，142EF BC ==，又5DF =，所以222DE EF DF +=，所以DE EF ⊥，,EF AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ，又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC ．考点线面平行与面面垂直．解析20、答案（1）证明见解析；（253 （2）根据题意得M 到平面BCD 的距离为MD 的长，由三棱锥D-BCM 的体积即为三棱锥M-BCD 的体积，由题设条件求出MD 的长，及三角形BCD 的面积，由椎体体积公式代入数据求解即可.详解（1）证明：因为M 为AB 的中点，D 为PB 的中点， 所以MD 是ABP △的中位线，MDAP .又MD平面APC ，AP ⊂平面APC ， 所以MD 平面APC.（2）在等边三角形PMB 中，D 为PB 的中点，MD PB ∴⊥，AP PB ∴⊥，又AP PC ⊥，PB PC ⊂、平面PBC ，PB PC P ⋂=，AP ∴⊥平面PBC ，MD ∴⊥平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，AP BC ∴⊥，又BC AC ⊥，PA AC ⊂、平面PAC ，PA AC A =，BC ∴⊥平面PAC ，∴⊂PC 平面PBC ，BC PC ∴⊥.MD ⊥平面PBC ，即MD 是三棱锥M-DBC 的高.又因为10AB =，M 为AB 的中点，PMB △为正三角形，所以5PB MB ==，2=MD ， 由BC ⊥平面APC ，可得BC PC ⊥，在直角三角形PCB 中，由5,PB =4BC =，可得3PC =. 于是111433222∆∆==⨯⨯⨯=BCP BCD S S ,所以M D B BCM D C V V --=13∆=⋅BCD S MD 1332=⨯⨯=点睛本题主要考查线面平行的判定及椎体的体积，解题的关键时对三棱锥体积的转化. 解析。
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 (64)
高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷7（共22题）一、选择题（共10题）1. 若复数 z =i1−i （其中 i 为虚数单位），则 z = ( ) A ． −1+iB ． −12−12iC ． 12+12iD ． −12+12i2. 已知锐角三角形三边分别为 3，4，a ，则 a 的取值范围为 ( ) A ． 1<a <5B ． 1<a <7C ． √7<a <5D ． √7<a <73. 某企业三月中旬生产A 、B 、C 三种产品共 3000 件，根据分层抽样的结果，企业统计员制作了如下的统计表格：产品类别AB C产品数量/件1300样本数量/件130由于不小心，表格中A 、C 产品的有关数据已被污染得看不清楚，统计员只记得样本中A 产品的数量比样本中C 产品的数量多 10，根据以上信息，求该企业生产C 产品的样本数量为 ( ) A ． 130 B ． 80 C ． 90 D ． 504. 现有以下四个命题：①质量、速度、重力都是向量；②向量的模是一个正实数； ③所有的单位向量都相等；④零向量垂直于所有非零向量 其中真命题的个数是 ( ) A ． 1 个 B ． 2 个 C ． 3 个 D ． 4 个5. 为了解某校老年、中年和青年教师的身体状况，已知老、中、青人数之比为 3:7:5，现用分层抽样的方法抽取容量为 n 的样本，其中老年教师有 18 人，则样本容量 n = ( ) A ． 54 B ． 90 C ． 45 D ． 1266. 若复数 z 满足 (3+4i )z =1−i （i 是虚数单位），则复数 z 的共轭复数 z 等于 ( ) A ． −15−75iB ． −15+75iC ． −125−725i D ． −125+725i7. 已知圆的半径为 1，A ，B ，C ，D 为该圆上的四个点，且 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则 △ABC 面积的最大值为 ( )A．1B．√2C．√3D．28.已知A、B、C三点在一条直线上，且A(3,−6),B(−5,2)，若C点的横坐标为6，则C点的纵坐标为A．−13B．9C．−9D．139.任给△ABC，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列等式成立的是( )A．c2=a2+b2+2abcosC B．c2=a2+b2−2abcosCC．c2=a2+b2+2absinC D．c2=a2+b2−2absinC10.设i为虚数单位，则复数z=2−i2+i的共光复数z=( )A．35+45i B．35−45i C．−35+45i D．−35−45i二、填空题（共6题）11.复数2−ii（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于第象限．12.在如图所示的茎叶图中，甲、乙两组数据的75%分位数分别是，．13.已知平面向量a=(32,2)，b⃗=(2x−1,4)，若a∥b⃗，则∣b∣⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =．14.某单位工会组织75名会员观看《光荣与梦想》、《觉醒年代》、《跨过鸭绿江》三部建党百年优秀电视，对这三部剧的观看情况统计如表，则会员中看过《跨过鸭绿江》的共有人，三部电视剧中，看过至少一部的有人．观看情况观看人数只看过《光荣与梦想》12只看过《觉醒年代》11只看过《跨过鸭绿江》8只看过《光荣与梦想》和《觉醒年代》7只看过《光荣与梦想》和《跨过鸭绿江》4只看过《觉醒年代》和《跨过鸭绿江》5同时看过《光荣与梦想》、《觉醒年代》和《跨过鸭绿江》2115.标准差与方差（1）标准差：标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，一般用s表示，计算时通常用公式：s=．显然，标准差越大，数据的离散程度越大；标准差越小，数据的离散程度越小．（2）方差：标准差s的平方s2，即s2=1n[(x1−x)2+⋯+(x n−x)2]叫作这组数据的方差，与标准差一样，方差也是用来测量样本数据的分散程度的特征数．16.若虚数z满足z2=z，则z=．三、解答题（共6题）17.已知复数z1满足(z1−2)i=1+i，复数z2的虚部为2，且z1⋅z2为实数，求复数z2的模．18.在a2=b2+c2−2bccosA中，若A=90∘，公式会变成什么？19.某活动小组为了估计装有5个白球和若干个红球（每个球除颜色外都相同）的袋中红球接近多少个，在不将袋中球倒出来的情况下，分小组进行摸球试验，两人一组，共20组进行摸球试验．其中一位学生摸球，另一位学生记录所摸球的颜色，并将球放回袋中摇匀，每一组做400次试验，汇总起来后，摸到红球次数为6000次．(1) 估计从袋中任意摸出一个球，恰好是红球的概率；(2) 请你估计袋中红球的个数．20.已知z1=1+3i，∣z2∣=√10，z1z2是纯虚数，求复数z2的值．21.盒子中有10张奖券，其中3张有奖，甲、乙先后从中各抽取1张（不放回），记“甲中奖”为事件A，“乙中奖”为事件B．(1) 求P(A)，P(B)，P(AB)，P(A∣B)；(2) 事件A与B是否相互独立，说明理由．22.如图所示，已知ABCD为梯形，AB∥CD，CD=2AB，M为线段PC上一点．(1) 设平面PAB∩平面PDC=l，证明：AB∥l．(2) 在棱PC上是否存在点M，使得PA∥平面MBD？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由．答案一、选择题（共10题） 1. 【答案】B【解析】 z =i (1+i )2=−1+i 2=−12+i 2，z =−12−i2．【知识点】共轭复数、复数的乘除运算2. 【答案】C【知识点】余弦定理3. 【答案】B【解析】设样本的容量为 x ，则 x 3000×1300=130，所以 x =300．所以在样本中A 产品和C 产品共有 300−130=170（件）． 设C 产品的样本数量为 y ，则 y +y +10=170， 所以 y =80． 故选B ．【知识点】分层抽样4. 【答案】A【知识点】平面向量的概念与表示5. 【答案】B【解析】依题意得 33+5+7×n =18，解得 n =90，即样本容量为 90． 故选B ．【知识点】分层抽样6. 【答案】D【解析】由题意可得 z =1−i3+4i =(1−i )(3−4i )(3+4i )(3−4i )=−1−7i 25，所以 z =−125+725i ．【知识点】共轭复数、复数的乘除运算7. 【答案】A【解析】如图所示， 由 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 知，四边形 ABDC 为平行四边形，又 A ，B ，C ，D 四点共圆， 所以平行四边形 ABDC 为矩形，所以 BC 为圆的直径，即 BC =2，S △ABC =12AB ⋅AC ≤12⋅AB 2+AC 22=14BC 2，当且仅当 AB =AC 时，等号成立，此时 △ABC 的面积取得最大值，为 14×4=1．【知识点】平面向量的加减法及其几何意义8. 【答案】C【解析】设 C 点的坐标为 (6,y )，则 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−8,8)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,y +6)． 因为 A 、 B 、 C 三点共线，所以3−8=y+68，所以 y =−9．【知识点】平面向量的数乘及其几何意义、平面向量的坐标运算9. 【答案】B【知识点】余弦定理10. 【答案】A【解析】因为 z =35−45i ，所以 z =35+45i ．【知识点】共轭复数、复数的乘除运算二、填空题（共6题） 11. 【答案】三【知识点】复数的几何意义、复数的乘除运算12. 【答案】 57 ； 53【解析】甲组数据为：28，31，39，42，45，55，57，58，66 共 9 个，9×75%=6.75， 所以甲组数据的 75% 分位数是 57，乙组数据为：29，34，35，42，46，48，53，55，67，共9个，9×75%=6.75，乙组数据的75%分位数是53．【知识点】茎叶图、样本数据的数字特征13. 【答案】5【解析】因为a∥b⃗，所以x=2，则b⃗=(3,4)，故∣b∣⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =5．【知识点】平面向量数乘的坐标运算14. 【答案】38；68【解析】根据题意，将数据利用韦恩图表示，如图所示：由图可知看过《跨过鸭绿江》的共有21+4+5+8=38人；三部电视剧中，看过至少一部的有12+7+21+4+8+5+11=68人．【知识点】频率分布直方图15. 【答案】√1n[(x1−x)2+(x2−x)2+⋯+(x n−x)2]【知识点】样本数据的数字特征16. 【答案】−12±√32i【知识点】共轭复数、复数的乘除运算三、解答题（共6题）17. 【答案】由(z1−2)i=1+i得z1=1+ii+2=3−i．设z2=a+2i(a∈R)，则z1⋅z2=(a+2i)(3−i)=3a+2+(6−a)i．因为z1⋅z2为实数，所以6−a=0，即a=6．所以∣z2∣=∣6+2i∣=√62+22=2√10．【知识点】复数的几何意义、复数的乘除运算18. 【答案】 a 2=b 2+c 2，即勾股定理．【知识点】余弦定理19. 【答案】(1) 因为 20×400=8000， 所以摸到红球的频率为：60008000=0.75，因为试验次数很大，大量试验时，频率接近于理论概率， 所以估计从袋中任意摸出一个球，恰好是红球的概率是 0.75．(2) 设袋中红球有 x 个， 根据题意得：x x+5=0.75，解得 x =15，经检验 x =15 是原方程的解． 所以估计袋中红球接近 15 个．【知识点】频率与概率20. 【答案】设 z 2=x +yi ，则 z 1z 2=(1+3i )(x +yi )=x −3y +(3x +y )i ，它是纯虚数，故 x −3y =0，且 3x +y ≠0． 又有 x 2+y 2=10．解方程组，得 {x =3,y =1 或 {x =−3,y =−1.所以 z 2=±(3+i )． 【知识点】复数的乘除运算21. 【答案】(1) P (A )=C 31C 101=310，P (B )=310×C 21C 91+710×C 31C 91=2790=310，P (AB )=A 32A 102=115，P (A ∣B )=P (AB )P (B )=115×103=29．(2) 方法一：因为 P (A ∣B )=29≠P (A )， 所以事件 A 与 B 不相互独立．方法二：因为P(AB)=115≠P(A)P(B)，所以事件A与B不相互独立．【知识点】事件的相互独立性、事件的关系与运算22. 【答案】(1) 因为AB∥CD，AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC．所以AB∥平面PDC．又因为平面PAB∩平面PDC=l，且AB⊂平面PAB，所以AB∥l．(2) 存在点M，使得PA∥平面MBD，此时PMMC =12．理由如下：连接AC交BD于点O，连接MO．因为AB∥CD，所以△AOB∽△COD．又CD=2AB，所以ABCD =AOCO=12．又因为PMMC =12，PC∩AC=C，所以PA∥MO．又因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD．【知识点】直线与平面平行关系的判定、平面与平面平行关系的判定。
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必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (64)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4π，则圆N的面积为()A. 7πB. 9πC. 11πD. 13π2.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为A. 2√2B. √10C. √11D. √123.在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA=12PB=1，Q是棱BC上一个动点，若直线AQ与平面PBC所成角的正切的最大值为√52，则该三棱锥外接球的表面积为()A. 6πB. 7πC. 8πD. 9π4.已知正三棱锥S−ABC的侧棱长为4√3，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的体积是()A. 16πB. 643π C. 64π D. 2563π5.在三棱锥A−BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角A−BD−C的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为()A. 7πB. 8πC. 16π3D. 28π36.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为()度．A. 60B. 45C. 30D. 157.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，AA1=AC=CB，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值是()A. 12B. √22C. √32D. √338.在平面四边形ABCD中，AB⊥BD，∠BCD=60°，3AB2+4BD2=24，若将△ABD沿BD折起成直二面角A−BD−C，则三棱锥A−BDC外接球的表面积是()A. 4πB. 5πC. 6πD. 8π9.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结钩)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁表面涂色，则需要涂色的面积为()A. 72B. 96C. 102D. 10810.已知A，B，C，D四点均在球O的球面上，△ABC是边长为6的等边三角形，点D在平面ABC上的射影为△ABC的中心，E为线段AD的中点，若BD⊥CE，则球O的表面积为A. 36πB. 42πC. 54πD. 24√6π11.《九章算术》中的堤(两底面为等腰梯形的直四棱柱)上、下两底平行，而对于上、下两底不平行的堤防，唐代数学家王孝通把它分解成一个堤与一个羡除(注：羡除是指三个侧面为等腰梯形，其他两面为三角形的五面体)，且其体积等于堤与羡除的体积之和金元治河著作《河防通议》给出了上、下两底不平行的堤防的体积公式V=l6[(2ℎ1+ℎ2)(a+b1)2+(2ℎ2+ℎ1)(a+b2)2]，其中a为两头上广(等腰梯形的上底长)，l为长(下底面等腰梯形的腰长)，ℎ1，ℎ2分别为两头之高(等腰梯形的高)，b 1，b 2分别为两头下广(等腰梯形的下底长).现有如图所示的一个堤防，其中AD =8，EF =14，BC =20，FC =5，CG =13，FC ⊥FG ，则图中所示的羡除的体积为 ( )A. 988B. 460C. 366D. 31212. 棱长都为2的三棱锥ABCD 中，点E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点．设点P ，Q 分别是直线AB ，CD 上的动点，且满足EP +FQ =2，则线段PQ 的中点M 的轨迹的长度是( )A. √2B. 4√2C. 2πD. 4π二、填空题（本大题共7小题，共35.0分）13. 阅读以下问题和解题过程，指出第一次出现错误之处为__________(用序号表示)．在某圆锥中存在4条两两互相垂直的母线①，求母线与底面所成角的余弦值②．错解 如图，设底面半径是r ，母线长是l ，因为4条母线VA ，VB ，VC ，VD 两两互相垂直，所以∠AOB=90∘③，所以AB =√2r ，VA=√2AB=2r,④设母线与底面所成的角是θ，所以cosθ=OA VA =12⋅⑤14. 四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的球面上，AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB =1，AC =2，AD =3，则球O 的表面积为________． 15. 已知某几何体的三视图如图所示，网格中的每个小方格是边长为1的正方形，则该几何体的体积为________．16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=2AP=4，∠PAB=∠PAD=60°，则∠PAC=________；四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为________．17.三棱锥P−ABC中，AB=PA=PB=2，∠ACB=30°，当三棱锥P−ABC体积最大时，其外接球半径为________．18.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长都相等，且内接于球O，若正三棱柱ABC−A1B1C1的体积是2√3，则球O的表面积为__________．19.一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________．三、解答题（本大题共10小题，共120.0分）20.如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC=BC=2，AA1=4．(1)当E是棱CC1的中点时，求证：CF//平面AEB1；(2)在棱CC1上是否存在点E，使得二面角A−EB1−B的大小是45∘？若存在，求出CE的长，若不存在，请说明理由．21.如图1，在边长为2的等边▵ABC中，D,E分别为边AC,AB的中点．将▵AED沿DE折起，使得AB⊥AD，AC⊥AE，得到如图2的四棱锥A−BCDE，连结BD，CE，且BD与CE交于点H．(1)求证：AH⊥平面BCDE；(2)求二面角B−AE−D的余弦值．22.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BD⊥AC，BD∩AC=O，O是AC的中点，PA=AC=4，点E在PC上，PF=3EC．(1)求证：平面PCD⊥平面BED；(2)若OD=2OB=4，求二面角E−BD−P的余弦值．23.如图，已知△ABC是正三角形，EA、CD都垂直于面ABC，且EA=AB=2，DC=1，F是BE的中点．(Ⅰ)求证：FD//平面ABC；(Ⅱ)求证：AF⊥平面EDB．24.已知在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=2BC=2，AC=√3，E是棱PB的中点，AF⊥PC．(1)求证：BP⊥平面AEF；(2)求三棱锥P−AEF的体积．25.如图，空间几何体ABCDE中，△ABC、△ACD、△EBC均是边长为2的等边三角形，平面ACD⊥平面ABC，且平面EBC⊥平面ABC，H为AB中点．(1)证明：DH//平面BCE；(2)求二面角E−AC−B的余弦值．26.如图①四边形ABCD为矩形，E、F分别为AD，BC边的三等分点，其中AB=AE=CF=1，BF=2，以EF为折痕把四边形ABFE折起如图②，使面ABFE⊥面EFCD．(1)证明：图②中CD⊥BD；(2)求二面角A−BD−C的余弦值．27.如图，直三棱柱ADF−BCE中，点M为CD的中点，AB=√2AD=2，且平面ABCD⊥平面ABEF，连接AM，ED，BD．(1)求证：AM⊥DE；(2)求点F到平面BDE的距离．28.如图，在直三棱柱ABC−A1B l C1中，AC=BC=√2，∠ACB=90∘.AA1=2，D为AB的中点．(Ⅰ)求证：AC1//平面B1CD；(Ⅱ)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．DB，点C为圆O上一点，29.如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD=13且BC=√3AC.点P在圆O所在平面上的正投影为点D，PD=DB．(1)求证：PA⊥CD；(2)求二面角C−PB−A的余弦值．四、多空题（本大题共1小题，共4.0分）30.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=2AP=4，∠PAB=∠PAD=60°，则∠PAC=(1)；四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为(2)．【答案与解析】1.答案：D解析：本题考查球的结构和特征，考查圆的面积公式，属中档题．由条件求出圆N的半径，即可求出答案．解：如图，由题意可知∠AMN=60°，设球心为O，连接ON、OM、OB、OC，则ON⊥CD，OM⊥AB，且OB=4，OC=4．在圆M中，∵π·MB2=4π，∴MB=2．在△OMB中，OB=4，∴OM=2√3．在△MNO中，OM=2√3，∠NMO=90°−60°=30°，∴ON=√3．在△CNO中，ON=√3，OC=4，∴CN=√13，∴S=π·CN2=13π．故选D．2.答案：B解析：本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于较难题．由题意得：△PEQ周长取最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得到△PEQ周长的最小值．解：由题意得可画下图：△PEQ 周长取最小值时，P 在B 1C 1上，在平面B 1C 1CB 上，设E 关于B 1C 的对称点为M ，关于B 1C 1的对称点为N ，连接MN ，当MN 与B 1C 1的交点为P ，MN 与B 1C 的交点为Q 时，则MN 是△PEQ 周长的最小值，EM =√2，EN =2，∠MEN =135°， ∴MN =√4+2−2×2×√2×(−√22)=√10，∴△PEQ 周长的最小值为√10．故选B ． 3.答案：A解析：解：Q 是线段BC 上一动点，连接PQ ，∵PA 、PB 、PC 互相垂直，∴∠AQP 就是直线AQ 与平面PBC 所成角，当PQ 短时，即PQ ⊥BC 时直线AQ 与平面PBC 所成角的正切的最大．此时APPQ =√52，所以PQ =2√55，在Rt △PBQ 中，BQ =√PB 2−PQ 2=√22−(2√55)2=4√55， 又因为PQ 2=BQ ⋅BC ，则BC =√5，所以PC =√BC 2−PB 2=1，如图，将三棱锥P −ABC 扩充为长方体，则长方体的对角线长为√12+22+12=√6，∴三棱锥P −ABC 的外接球的半径为R =√62， ∴三棱锥P −ABC 的外接球的表面积为4πR 2=6π．故选：A ．PA 、PB 、PC 互相垂直，PA =12PB =1，Q 是线段BC 上一动点，当PQ 短时，即PQ ⊥BC 时直线AQ与平面PBC所成角的正切的最大，最大值是√52，求出PC，三棱锥P−ABC扩充为长方体，则长方体的对角线长为三棱锥P−ABC的外接球的直径，即可得出结论．本题考查三棱锥P−ABC的外接球的体积，考查线面垂直，线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题4.答案：D解析：解：如图所示：由正棱锥得，顶点在底面的投影是三角形ABC的外接圆的圆心O′，外接圆的半径r，正三棱锥的外接球的球心在高SO′所在的直线上，设为O，连接OA得：r=6sinπ3，∴r=2√3，即O′A=2√3，所以三棱锥的高ℎ=√SA2−O′A2=√(4√3)2−(2√3)2=6，由勾股定理得，R2=r2+(R−ℎ)2，解得：R=4，所以外接球的体积V=43πR3=2563π.故选：D．正棱锥的外接球的球心在顶点向底面做投影所在的直线上，先求底面外接圆的半径，再由勾股定理求锥的高，由勾股定理求出外接球的半径，由球的体积公式求出体积．本题主要考查正三棱锥的外接球的体积以及计算能力，属于中档题．5.答案：D解析：本题考查了球的表面积公式的应用，重点考查球的球心位置的判定．属于中档题．首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，最后确定球的表面积．解：如图所示：因为△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A−BD−C为120°，取△ABD 和△BCD 的中心F ，E ，取BD 的中点记为G ，连接AG ，CG ，则AG ⊥BD ，CG ⊥BD ，所以∠AGC =120°，即∠EGF =120°，过点F 作平面ABD 的垂线，过点E 作平面BCD 的垂直，两垂线相交于点O ，则点O 即为该三棱锥的外接球球心，由题可得AG =CG =√3，EG =FG =√33，∠EOF =60°， 在四边形OEGF 中可计算得：OE =OF =1，又因为ED =2√33， 则球的半径r =√12+(2√33)2=√213， 则外接球的表面积S =4π⋅219=28π3．故选D ． 6.答案：C解析：本题考查异面直线所成角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于基础题． 以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线DE 与B 1C 所成角的大小．解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱长为2，则D(0,0，0)，E(1,1，2)，B 1(2,2，2)，C(0,2，0)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1，2)，B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0，−2)，设异面直线DE 与B 1C 1所成角为θ，则cosθ=|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅B 1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6⋅√8=√32， ∴θ=30°．∴异面直线DE 与B 1C 所成角的大小是30°．故选C ．7.答案：A解析：本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是较难题．取A 1B 1的中点O ，连结OC 1、OB ，则C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，C 1O ⊥A 1B 1，由AA 1//CC 1，得C 1O ⊥AA 1， 从而∠OBC 1是直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角，由此能求出直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值． 解：取A 1B 1的中点O ，连结OC 1、OB ，∵在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，底面ABC 是等腰直角三角形，AA 1⊥底面ABC ，∴C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，C 1O ⊥A 1B 1，∵AA 1//CC 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1∴C 1O ⊥AA 1，又AA 1∩A 1B 1=A 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，∴C 1O ⊥平面ABB 1A 1∴∠OBC 1是直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角，设AA 1=AC =CB =1，∴BC 1=√12+12=√2，AB =A 1B 1=√12+12=√2，C 1O =√12−(√22)2=√22， ∴直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值：sin∠OBC 1=C 1O BC 1=√22√2=12，故选A ．8.答案：D解析：本题考查求平面四边形折叠为三棱锥的外接球的表面积，求出球的半径是本题的核心问题，仔细分析，灵活解题，属于中档题．先找出平面ABD 与BDC 的外心，从而可以确定球心，据此作答即可．解：取AD ，BD 中点E ，F ，设△BCD 的外心为M ，连MB ，MF ，EF ，则MF ⊥BD ，∠BMF =12∠DMB =∠BCD =60∘，∴BD =√3BM =2BF ．分别过E，M作MF，EF的平行线，交于O点，即OE//MF，OM//EF．∵BD⊥AB，∴E为△ABD的外心，AB⊥平面BCD．∵EF//AB，∴EF⊥平面BCD，∴OM⊥平面BCD．因为MF⊥BD，A−BD−C为直二面角，∴MF⊥平面ABD，∴OE⊥平面ABD，∴E，M分别为△ABD，△BCD外心，∴O为三棱锥的外接球的球心，OB为其半径，OB2=BM2+OM2=13BD2+EF2=13BD2+14AB2=2.S球=4π×OB2=8π．故选D．9.答案：B解析：本题考查求几何体的表面积，考查学生的计算能力，属于中档题．可将问题转化为求6个组合体的表面面积的和，即可求得结果．解：由题目中的图，可以转化为求6个组合体(如图)的表面面积的和，所以需要涂色的面积为6×[1×2+2.5×1×2+(2×2.5−1×0.5)×2]=96．故答案选B．10.答案：C解析：本题主要考查球的表面积，涉及到简单多面体(棱柱、棱锥)及其结构特征、线面垂直的判定以及线面垂直的性质，属于中档题.设△ABC的中心为G，延长BG交AC于F，则F为AC中点，连接DF，可证BD⊥平面ACD，又D−ABC为正三棱锥，得到DA，DB，DC两两垂直，故三棱锥D−ABC可看作以DA，DB，DC为棱的正方体的一部分，二者有共同的外接球，根据正方体的结构特征可求得外接球的半径，代入球的表面积公式即可求解．解：设△ABC的中心为G，延长BG交AC于F，则F为AC中点，连接DF．由题知DG⊥平面ABC，AC⊥GB，由三垂线定理得AC⊥BD，又BD⊥CE，∴BD⊥平面ACD，又D−ABC为正三棱锥，∴DA，DB，DC两两垂直，故三棱锥D−ABC可看作以DA，DB，DC为棱的正方体的一部分，二者有共同的外接球，由AB=6得DA=3√2，故正方体外接球直径为3√2⋅√3=3√6，所以球O的表面积为4πR2=54π，故选C．11.答案：B解析：本题主要考查几何体的体积求法，属于中档题，先求出图中堤防的体积与堤的体积，再通过作差即可得解．解：如图，过点D作DM⊥BC于点M，a=AD=8，l=CG=13，若b1=BC=20，则b2=EF=14．EF为等腰梯形ABCD的中位线，则CD=10，MC=6，所以ℎ1=DM=√DC2−MC2=8，所以ℎ2=4．又FG=√CG2−CF2=12，则图中堤防的体积为136×[(2×8+4)(8+20)2+(2×4+8)(8+14)2]=988，堤的体积为12(8+14)×4×12=528，所以图中羡除的体积为988−528=460．故选B．12.答案：B解析：本题考查点的轨迹问题，先根据空间线面关系得到轨迹为正方形，再求周长．解：正四面体ＡＢＣＤ中，有ＡＢ⊥ＣＤ,ＥＦ⊥ＡＢ,ＥＦ⊥ＣＤ，如图，。