高中数学必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度) (58)(含答案解析)

高中数学必修二第八章立体几何初步知识点题库单选题1、如图，在一个正方体中，E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点.平面EFG截正方体后，其中一个多面体的三视图中，相应的正视图是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据条件可得平面EFG经过点B′，然后可得答案.连接EB′，GB′因为E，G分别是棱AB，CC′的中点，F为棱CD靠近C的四等分点所以EB ′//FG ，所以平面EFG 经过点B ′所以多面体A ′D ′DA −EFGC ′B ′的正视图为故选：D2、“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、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（ ）A ．132B ．223C ．152D ．233 答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.4、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：C5、下列命题中，正确的是（）A．三点确定一个平面B．垂直于同一直线的两条直线平行C．若直线l与平面α上的无数条直线都垂直，则l⊥αD．若a、b、c是三条直线，a∥b且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.6、如图.AB是圆的直径，PA⊥AC，PA⊥BC，C是圆上一点(不同于A，B)，且PA=AC，则二面角P−BC−A的平面角为（）A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C7、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG ∩EG =G ，FG ，EG ⊂平面EFG所以SG ⊥平面EFG 正确，D 不正确；.又若EG ⊥平面SEF ，则EG ⊥ EF ，由平面图形可知显然不成立；同理GF ⊥平面SEF 不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（ ）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32， 设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.多选题9、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.10、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.11、下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（）A．B．C．D．答案：AD分析：根据线面平行的判定定理和性质定理分别判断即可解：在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，∴AB∥平面MNP，故A成立；对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故B不成立；对于C，过M作ME∥AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故C不成立；对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.故选：AD.小提示：此题考查线面平行的判定定理和性质定理的应用，属于基础题填空题12、给出下列命题：①任意三点确定一个平面；②三条平行直线最多可以确定三个个平面；③不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行；④一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行；其中说法正确的有_____（填序号）.答案：②③解析：对四个选项进行逐一分析即可.对①：根据公理可知，只有不在同一条直线上的三点才能确定一个平面，故错误；对②：三条平行线，可以确定平面的个数为1个或者3个，故正确；对③：垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确；对④：一个平面中，只有相交的两条直线平行于另一个平面，两平面才平行，故错误. 综上所述，正确的有②③.所以答案是：②③.小提示：本题考查立体几何中的公理、线面平行的判定，属综合基础题.13、正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为a，则异面直线CD′与BD间的距离等于______．答案：√33a分析：作辅助线，找出异面直线CD′与BD的公垂线段，求出公垂线段可得答案.取CD中点M，连接MC′，AM，AM与BD交于P，MC′与CD′交于Q，由正方体的性质可知AC′⊥BD,AC′⊥CD′.由△CMQ与△D′C′Q相似可得MQQC′=MCD′C′=12，同理可得MPPA =12，所以PQ∥AC′，且PQ=13AC′=√33a，所以PQ为CD′与BD间的公垂线段，所以异面直线CD′与BD间的距离等于√33a．所以答案是：√33a.14、如图，A,B是120°的二面角α−l−β棱l上的两点，线段AC、BD分别在平面α、β内，且AC⊥l，BD⊥l，AC=2，BD=1，AB=3，则线段CD的长为______．答案：4分析：作辅助线使∠EAC为二面角的平面角，由余弦定理求出EC，再通过证明ED⊥平面EAC，得出ED⊥EC，通过勾股定理即可求解.如图所示：在平面β中，过A作直线平行于BD，在其上取一点E，使AE＝BD，连接EC、ED．由∵BD⊥l，∴AE⊥l，则∠EAC即为a−l−β的平面角，则∠EAC=120°．在△EAC中，由余弦定理得：EC2=EA2+CA2−2EA⋅CA⋅cos∠EAC=1+4−2×1×2×（−12）=7，四边形EABD是平行四边形，则ED＝AB＝3．由AB⊥平面EAC，结合ED∥AB得ED⊥平面EAC，EC⊂平面EAC，则ED⊥EC，∴△DEC是直角三角形．由勾股定理CD2=CE2+ED2=7+9=16,∴CD=4．所以答案是：4解答题15、如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，AB=2a，且E为AB中点．求C1到平面D1DE的距离．答案：√2a．分析：根据V E−DC1D1=V C−D1DE，结合锥体的体积公式，准确运算，即可求解.由题意，可得长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，AB=2a，所以V E−DC1D1=13S△DC1C⋅BC=13×12×2a×a×a=13a3．设C1到平面D1DE的距离为ℎ，则V C1−D1DE =13S D1DE⋅ℎ．在直角△DAE中，由勾股定理得DE=√2a，所以S△D1DE =12DD1⋅DE=12×a×√2a=√22a2，所以V C−D1DE =13⋅√22a2⋅ℎ=13a3，解得ℎ=√2a，即C1到平面D1DE的距离为√2a．。

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。

第八章 立体几何初步一、单选题1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）A ．（1）是棱台B ．（2）是圆台C ．（3）是棱锥D ．（4）不是棱柱【答案】C 【解析】对于（1），由于几何体上下底面不相似，所以不是棱台，A 选项错误.对于（2），由于几何体上下底面不平行，所以不是圆台，B 选项错误.对于（3），几何体是棱锥，所以C 选项正确.对于（4），几何体有两个平面平行且全等，侧面都是平行四边形，故是棱柱，所以D 选项错误. 故选：C.2．若P 为两条异面直线l m ，外的任意一点，则（ ）A ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l m ，都异面【答案】B【解析】因为若点P 是两条异面直线l m ，外的任意一点，则过点P 有且仅有一条直线与l m ，都垂直，选B3．如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是1AB 、1BC 的中点，下列结论中，正确的是（ ）A ．1EF BB ⊥ B ．EF ⊥平面11BCC BC ．//EF 平面1D BCD ．//EF 平面 11ACC A【答案】D 【解析】连接1B C 交1BC 于F ，由于四边形11BCC B 是平行四边形，对角线平分，故F 是1B C 的中点.因为E 是1AB 的中点，所以EF 是三角形1B AC 的中位线，故//EF AC ，所以//EF 平面11ACC A .故选D.4．一个底面半径为2，高为4的圆锥中有一个内接圆柱，该圆柱侧面积的最大值为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π【答案】C【解析】设圆柱底面半径为为r ，02r <<，则圆柱的高为42r -，其侧面积22(42)4(2)S r r r r ππ=-=-+，根据二次函数性质，当1r =时，侧面积取得最大值max 4S π=.故选：C5．如图，三棱锥A BCD -中，90DAB DAC BAC ∠=∠=∠=︒，1AB AD AC ===，M ，N 分别为CD ，BC 的中点，则异面直线AM 与DN 所成角余弦值为（ ）A ．16BC ．6D ．56【答案】B【解析】取NC 中点P ,连接,AP MP ,又因为M 为CD 中点,故//DN MP ,故AM 与DN 所成角即为AM 与MP 所成的角.由题得11,44AC NP CP BC ====,又N 为BC 的中点, 1AB AC ==,90BAC ∠=︒,所以12AN BC ==AN BC ⊥.故4AP ==,又12MP DN ====.又12AM DC ==故222135cos 2624AM MP AP AMP AM MP +-+-∠===⋅ 所以异面直线AM 与DN. 故选：B.6．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -，其中AC BC ⊥，若11AA AB ==，当“阳马”即四棱锥11B A ACC -体积最大时，“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -的表面积为A 1B 1CD 【答案】C【解析】四棱锥11B A ACC -的体积是三棱柱体积的23，11111122ABC A B C V AC BC AA AC BC -=⋅⋅=⋅222111()444AC BC AB ≤+==，当且仅当2AC BC ==时，取等号．∴12(1)122222S =⨯⨯⨯+++⨯32+=． 故选C ．7．三棱锥P ABC -中，,,PA PB PC 互相垂直，1PA PB ==，M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC P ABC -的外接球的表面积是（ ） A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π 【答案】B【解析】 M 是线段BC 上一动点，连接PM ，∵,,PA PB PC 互相垂直，∴AMP ∠就是直线AM 与平面PBC 所成角，当PM 最短时，即PM BC ⊥时直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大．此时AP PM =3PM =，在直角△PBC 中，··PB PC BC PM PC PC =⇒=⇒=三棱锥P ABC -扩充为长方体，则长方体的对角线长为1122++=，∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为1R =，∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积为244R ππ=．选B.8．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，E ，F 分别为棱PB ，PC 的中点，过E ，F 的平面分别与棱AB ，AC 相交于点D ，G ，给出以下四个结论：①//EF DG ；②//PA ED ；③ED DG ⊥；④AC FG ⊥.则以上正确结论的个数是A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】因为E ，F 分别为棱PB ，PC 的中点，所以//EF BC ，可得//EF 平面ABC ，平面EFGD 与平面ABC 的交线为DG ，所以//EF DG ，故①正确；当截面EFGD 与棱AB 的交点D 是AB 的中点时，//PA ED ，否则P A 与ED 相交，故②错误； 由PA ⊥底面ABC ，可得PA DG ⊥，由//EF DG 可得//DG BC ，又AB BC ⊥，所以AB DG ⊥，所以DG ⊥平面P AB ，所以ED DG ⊥，故③正确；只有当截面EFGD 与AC 的交点G 是AC 的中点时，//PA FG ，此时可得AC FG ⊥，否则AC 与FG 不垂直，故④错误.所以正确结论的个数是2.故选：B ．二、多选题9．已知两条直线l ，m 及三个平面α，β，γ，则αβ⊥的充分条件是（ ）．A ．l α⊂，l β⊥B ．l α⊥，m β⊥，l m ⊥C ．αγ⊥，β∥γD ．l α⊂，m β⊂，l m ⊥【答案】ABC【解析】由面面垂直定理可以判断,,A B C 正确，对于选项D ，l α⊂，m β⊂，l m ⊥，也可以得到αβ∥，故D 错.故选：ABC .10．在正四面体ABCD 中，E ､F ､G 分别是BC ､CD ､DB 的中点，下面四个结论中正确的是（ ）A ．//BC 平面AGFB ．EG ⊥平面ABFC ．平面AEF ⊥平面BCD D ．平面ABF ⊥平面BCD【答案】ABD【解析】A ．F ､G 分别是CD ､DB 的中点，//GF BC ∴，则//BC 平面AGF ，故A 正确．B ．E ､F ､G 分别是BC ､CD ､DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ，//EG CD ，EG ∴⊥平面ABF ，故B 正确．D ．E ､F ､G 分别是BC ､CD ､DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ，CD ⊂面BCD ，∴平面ABF ⊥平面BCD ，故D 正确，只有C 错误，故选：ABD ．11．在三棱锥D -ABC 中，1AB BC CD DA ====，且AB BC ⊥，CD DA ⊥，M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，下面结论正确的是（ ）A ．AC BD ⊥B ．//MN 平面ABDC ．三棱锥A -CMND ．AD 与BC 一定不垂直【答案】ABD【解析】根据题意，画出三棱锥D -ABC 如下图所示，取AC 中点O ，连接,OB OD ：对于A ，因为1AB BC CD DA ====，且AB BC ⊥，CD DA ⊥， 所以,ABC ADC ∆∆为等腰直角三角形，则,,OD AC BO AC ⊥⊥且OD BO O ⋂=，则AC ⊥平面BOD ，所以AC BD ⊥，即A 正确；对于B ，因为M ，N 分别是棱BC ，CD 的中点，由中位线定理可得//MN BD ，而BD ⊂平面ABD ，MN ⊄平面ABD ， 所以//MN 平面ABD ，即B 正确；对于C ，当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥A -CMN 的体积最大，则最大值为1111113222248A CMN N ACM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，即C 错误； 对于D ，假设AD BC ⊥，由AB BC ⊥,且AD AB A ⋂=,所以BC ⊥平面ABD ，则BC BD ⊥，又因为AC BD ⊥，且AC BC C =，所以BD ⊥平面ABC ，由OB ⊂平面ABC ，则BD OB ⊥，由题意可知OB OD =，因而BD OB ⊥不能成立，因而假设错误，所以D 正确； 综上可知，正确的为ABD ，故选：ABD.12．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则 （ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11P ACD -的体积为定值 C ．异面直线AP 与1A D 所成角的取值范围是[]45,90︒︒ D ．直线1C P 与平面11AC D所成角的正弦值的最大值为3【答案】ABD【解析】对于选项A,连接11B D ,由正方体可得1111AC B D ⊥,且1BB ⊥平面1111D C B A ,则111BB AC ⊥,所以11A C ⊥平面11BD B ,故111AC BD ⊥；同理,连接1AD ,易证得11A D BD ⊥,则1BD ⊥平面11AC D ,故A 正确； 对于选项B,1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确； 对于选项C,当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒,故C 错误； 对于选项D,因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在Rt △D 1C 1B 中,1111cos C B C BD BD ∠===,故D 正确 故选：ABD三、填空题13．如图，点P 在正方形ABCD 所在的平面外，,PD ABCD PD AD ⊥=，则PA 与BD 所成角的度数为____________.【答案】60【解析】构造正方体ABCD SRQP -，如图所示：显然//,BD RP APR ∆为等边三角形，则60APR ∠=，即P A 与BD 所成的角是60.14．如图，在直角梯形ABCD 中，0190,//,12A AD BC AD AB BC ∠====，将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD .在四面体A BCD -中，下列说法正确的序号是____________.①平面ABD ⊥平面ABC ，②平面ACD ⊥平面ABC ，③平面ABC ⊥平面BCD ，④平面ACD ⊥平面BCD【答案】②【解析】∵在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD=AB=12BC=1，∠A ＝90°，在BCD ∆中，BC=2，45DBC ∠= ，由余弦定理得 90BDC ∠= ，∴BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD∩平面BCD ＝BD ，故CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又由AD ⊥AB ，CDAD D = ∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ．故填②．15．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是___________.【答案】⎤⎥⎣⎦【解析】由题意可得：直线OP 于平面A 1BD 所成的角α的取值范围是111,,22AOA C OA ππ⎡⎤⎡⎤∠⋃∠⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 不妨取AB =2．在Rt △AOA 1中，sin ∠AOA 1=11AA AO == sin ∠C 1OA 1=()1111sin 2sin 22sin cos AOA AOA AOA AOA π-∠=∠=∠∠2==>，∴sin α的取值范围是⎤⎥⎣⎦.16．如图，在一个倒置的高为2的圆锥形容器中，装有深度为h 的水，再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后，半球的大圆面、水面均与容器口相平，则h 的值为____________.【解析】设圆锥的底面半径为r ，体积为V ，半球的体积为1V ，水（小圆锥）的体积为2V ，如图则,1,2,OA r OC OB BE h ====，所以2rh ED =，21r ⨯=，解得243r =， 所以218239V r ππ=⨯=，123V π=，23211()329rh V h h ππ=⨯⨯=，由12V V V =+，得3821939h πππ=+，解得h =四、解答题 17．图（1）为一个几何体的表面展开图.（1）沿图中虚线将它折叠起来，是哪一种几何体？画出其空间图形.（2）需要几个这样的几何体才能拼成一个棱长为6的正方体？若图（2）是棱长为6的正方体，试在图中画出这几个几何体的一种组合情况.【答案】（1）这个几何体是有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱推，作图见解析（2）需要3个这样的几何体，作图见解析【解析】（1）这个几何体是有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱推，如图（3）.（2）需要3个这样的几何体.如图（4），分别为四棱锥111D ABB A -，1D ABCD -，111D BCC B -（答案不唯一）18．如图，四棱锥P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠=︒，2BC AD =，E 为PB 中点.（1）求证：//AE 平面PCD ；（2）求证：AE BC ⊥.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解【解析】如图，取PC 的中点F ，连接,EF DF ，E 为PB 中点，//EF BC ∴，且12EF BC =， 又//AD BC ，2BC AD =，AD EF ∴=，//AD EF ,AEFD ∴为平行四边形，即//AE DF ，又AE ⊄平面PCD ，DF ⊂平面PCD ，所以//AE 平面PCD .（2）由PA ⊥平面ABCD ，所以PA BC ⊥，又因为//AD BC ，90BAD ∠=︒，所以BC AB ⊥，PA AB A =，BC ∴⊥平面PAB ，又AE ⊂平面PAB ，∴AE BC ⊥.19．如图所示，已知AB ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，BC CD ⊥.（1）求证：//MN 平面BCD ；（2）求证：平面BCD ⊥平面ABC ；（3）若1AB =，BC =，求直线AC 与平面BCD 所成的角.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）30【解析】（1）因为M ,N 分别是AC ,AD 的中点,所以//MN CD .又MN ⊄平面BCD 且CD ⊂平面BCD ,所以//MN 平面BCD .（2）因为AB ⊥平面BCD ,CD ⊂平面BCD ,所以AB CD ⊥.又CD BC ⊥且AB BC B ⋂=,所以CD ⊥平面ABC .又CD ⊂平面BCD ,所以平面BCD ⊥平面ABC .（3）因为AB ⊥平面BCD ,所以ACB ∠为直线AC 与平面BCD 所成的角.在直角ABC ∆中,1AB =,BC =,所以tan AB ACB BC ∠== 所以30ACB ∠=︒.故直线AC 与平面BCD 所成的角为30.20．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ;（2）设1AP =，AD =P ABD -的体积 4V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为13【解析】(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB又EO 平面AEC ，PB 平面AEC所以PB ∥平面AEC ．（2）166V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.作交于． 由题设易知，所以 故，又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为 法2：等体积法166V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ， 又因为PB=所以又因为(或)，，所以21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点.（Ⅰ）证明：BE DC ⊥；（Ⅰ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正切值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅰ）2【解析】（1）如图，取PD 中点M ，连接,EM AM .由于,E M 分别为,PC PD 的中点， 故//EM BC ，且12EM DC =，又由已知，可得//EM AB 且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形，所以//BE AM .因为PA ⊥底面ABCD ，故PA CD ⊥，而CD DA ⊥，从而CD ⊥平面PAD ，因为AM ⊂平面PAD ，于是CD AM ⊥，又//BE AM ，所以BE CD ⊥.（2）连接BM ，由（Ⅰ）有CD ⊥平面PAD ，得CD PD ⊥，而//EM CD ，故PD EM ⊥.又因为AD AP =，M 为PD 的中点，故PD AM ⊥，从而PD BE ⊥，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD .所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE EM ⊥，可得EBM ∠为锐角，故EBM ∠为直线BE 与平面PBD 所成的角.依题意，有PD =M 为PD 中点，可得AM =BE =故在直角三角形BEM 中，tanEM AB BEM BE BE ∠====所以直线BE 与平面PBD 所成的角的正切值为2 22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，点P 在面ABCD 内的射影为A ，1==PA AB ，点A 到平面PBC AC 与PB 垂直．（Ⅰ）在棱PD 上找一点E ，使直线PB 与平面ACE 平行，并说明理由； （Ⅰ）在（Ⅰ）的条件下，求二面角B AC E --的大小．【答案】（Ⅰ）点E 为PD 中点时直线PB 与平面ACE 平行，证明详见解析；（Ⅰ）34π． 【解析】（Ⅰ）点E 为PD 中点时直线PB 与平面ACE 平行，证明：连接BD ，交AC 于点O ，则点O 为BD 的中点，因为点E 为PD 中点， 故OE 为PDB △的中位线，则//OE PB ，OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，所以PB 与平面ACE 平行．（Ⅰ）根据题意AC PB ⊥，PA ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，则有AC PA ⊥， PA PB P =，所以AC ⊥平面PAB ，由（Ⅰ）可知//OE PB ，又AC PB ⊥，所以OE AC ⊥，AC ⊥平面PAB ，AB 平面PAB ，所以AB AC ⊥，取BC 中点F ，连接OF ，由于O 是AC 中点，则//OF AB ，OF AC ⊥， ∴EOF ∠为二面角B AC E --的平面角，其为钝角，那么PB ，AB 所成的角即为二面角B AC E --的补角，等腰直角PAB △中，4PBA π∠=，因此二面角B AC E --的大小为34π．。

高中数学必修二第八章立体几何初步专项训练题单选题1、直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a，b，c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，则（）A．V c<V b<V a B．V a<V b<V c C．V c<V a<V b D．V b<V a<V c答案：A解析：求出V a=b×13abπ，V b=a×13abπ，V c=abc×13abπ，推导出abc<a<b，从而得到V c<V b<V a．∵直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a、b、c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c，∴V a=13×π×b2×a=13πab2=b×13abπ，V b=13×π×a2×b=13πa2b=a×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab=12cℎ，可得ℎ=abc，V c=13×π×(abc)2×c=13π⋅a2b2c=abc×13abπ，∵abc −a=ab−acc<0，abc−b=ab−bcc<0，∴abc<a<b，∴V c<V b<V a，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD −BHC 及直三棱柱DGC −AEB 组成，作HM ⊥CB 于M ，如图，因为CH =BH =3,∠CHB =120∘，所以CM =BM =3√32,HM =32， 因为重叠后的底面为正方形，所以AB =BC =3√3,在直棱柱AFD −BHC 中，AB ⊥平面BHC ，则AB ⊥HM ,由AB ∩BC =B 可得HM ⊥平面ADCB ，设重叠后的EG 与FH 交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 3、直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，若∠BAC =90°，AB =AA 1=1，AC =2，E 是棱A 1C 1上的中点，则点A 到平面BCE 的距离是（ ）A ．1B ．√23C ．√63D ．√33答案：C分析：作出草图，根据题意易证A 1C 1⊥平面AA 1BB 1，可得A 1C 1⊥BA 1，再根据勾股定理分别求出A 1B ，BE ，CE，BC的值，再根据V A−BCE=V E−ABC，即可求出点A到平面BCE的距离.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接BA1,CE,AE,BE，由题知，AA1⊥平面A1B1C1，AA1⊥A1C1,AA1⊥A1B1，又∠CAB=∠C1A1B1=90°，∴B1A1⊥A1C1又AA1∩B1A1=A1，所以A1C1⊥平面AA1BB1，所以A1C1⊥BA1，由于AB=AA1=CC1=1,A1C1=AC=2，E点是棱AC上的中点，根据勾股定理，A1B=√AB2+AA12=√12+12=√2，BE=√A1B2+A1E2=√(√2)2+12=√3 CE=√(C1C)2+(C1E)2=√12+12=√2，BC=√AB2+AC2=√12+22=√5，所以BE2+CE2=BC2，即BE⊥CE.设E到平面ABC的距离为d，则d=1，设点A到平面BCE的距离为ℎ，在四面体A−BCE中，V A−BCE=V E−ABC，V E−ABC=13×S△ABC×d=13×(12×1×2)×1=13V A−BCE=13×S△BCE×ℎ=13×(12×√3×√2)×ℎ=√66ℎ则√66ℎ=13，解得ℎ=√63.故选：C.4、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，所以cos∠BMN =MN BM =2√3=√33， 故选：C6、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23 答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32. ∵BC //α，BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩α=EF ，∴EF //BC ，∴AF AC =EF BC ，即35+3=EF 4，∴EF =32. 故选：B.7、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．MN//平面ABEB ．MN//平面ADEC ．MN//平面BDHD ．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.8、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.多选题9、如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC=√6D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为√3答案：BC分析：A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；D，若B到平面PDC的距离为√3，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC=√3，∴△POC为等腰直角三角形，∴PC=√2OP=√6，即选项C正确；选项D，∵点B到PD的距离为√3，点B到CD的距离为√3，∴若B到平面PDC的距离为√3，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．故选：BC．10、如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（）A．BM与ED平行B．CN⊥AFC．CN与BM成60°D．四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条都是异面直线答案：BCD分析：还原成正方体之后根据正方体性质分析线线位置关系.根据展开图还原正方体如图所示：BM与ED不平行，所以A错误；正方体中CN⊥DM，DM//FA，所以CN⊥AF，所以B正确；CN//EB，CN与BM成角就是∠EBM，△EBM是等边三角形，所以∠EBM=60°，所以C正确；由图可得四条直线AF、BM、CN、DE中任意两条既不想交也不平行，所以任意两条都是异面直线. 故选：BCD11、下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE//CD B．CH//BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE答案：BCD分析：由平面展开图还原为正方体，根据正方体性质即可求解.由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE⊥CD，故A错误；由HE//BC,HE=BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH//BE，故B正确；因为DG⊥HC,DG⊥BC,HC∩BC=C,所以DG⊥平面BHC,所以DG⊥BH，故C正确；因为BG//AH，而DE⊥AH,所以BG⊥DE，故D正确.故选：BCD填空题12、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④13、中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD=√5，ED=√3，若鳖臑P−ADE 的外接球的体积为9√2π，则阳马P−ABCD的外接球的表面积等于______.答案：20π解析：求出鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，可求出PA，然后求出正方形ABCD的外接圆半径r2，利用公式R2=√(PA2)2+r22可求出阳马P−ABCD的外接球半径R2，然后利用球体的表面积公式可得出答案.∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，即AD⊥CE，且AD=√5，ED=√3，所以，ΔADE的外接圆半径为r1=AE2=√AD2+ED22=√2，设鳖臑P−ADE的外接球的半径R1，则43πR13=9√2π，解得R1=3√22.∵PA⊥平面ADE，∴R1=√(PA2)2+r12，可得PA2=√R12−r12=√102，∴PA=√10.正方形ABCD的外接圆直径为2r2=AC=√2AD=√10，∴r2=√102，∵PA⊥平面ABCD，所以，阳马P−ABCD的外接球半径R2=√(PA2)2+r22=√5，因此，阳马P−ABCD的外接球的表面积为4πR22=20π.所以答案是：20π.小提示：本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.14、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=2，BC=2√2，则四面体PABC的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．解答题15、如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，点H为线段AD 的中点，且AB=AD=4，∠FAB=30°，点G为线段CE上一动点.(1)试确定点G的位置，使DG//平面CFH，并给予证明；(2)求三棱锥E−CFH的体积.答案：(1)点G为线段CE中点，证明见解析；.(2)8√33分析：（1）点G为线段CE中点，取CF中点M，证明DG//HM，再利用线面平行的判定推理作答.（2）根据给定条件，证得CE⊥平面ADEF，再结合等体积法即可求出三棱锥E−CFH的体积作答.（1）当点G为线段CE中点时，DG//平面CFH，取CF中点M，连接HM,GM，如图，则GM//EF，GM=12EF，因E，F分别是弧DC，AB上的一点，EF//AD，则EF是半圆柱的一条母线，即EF=AD，而点H为线段AD的中点，于是得GM//DH,GM=DH，即四边形DGMH为平行四边形，则DG//HM，而DG⊄平面CFH，HM⊂平面CFH，所以DG//平面CFH.（2）依题意，AB是半圆柱下底面半圆的直径，则∠AFB=90∘，而∠FAB=30°，有AF=√32AB=2√3,BF=12AB=2，显然CD是半圆柱上底面半圆的直径，则CE⊥DE，由（1）知EF是半圆柱的一条母线，则EF⊥平面CDE，而CE⊂平面CDE，即有CE⊥EF，DE∩EF=E，DE,EF⊂平面ADEF，因此，CE⊥平面ADEF，而EF//BC,EF=BC，即四边形BCEF是平行四边形，CE=BF=2，又点H为线段AD的中点，则S△EFH=12AD⋅AF=4√3，所以三棱锥E−CFH的体积V E−CFH=V C−EFH=13⋅S△EFH⋅CE=13×4√3×2=8√33.。

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

人教A版高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∴∴。

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

高一数学必修第二册第八章《立体几何初步》单元练习题卷10（共22题）一、选择题（共10题）1.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体可能是( )A．圆柱B．圆台C．球体D．棱台2.棱长为3的正方体的8个顶点均在同一个球面上，则此球的体积为( )√3πA．27πB．4√3πC．27√3πD．2723.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)4.有下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的直线距离是圆柱的母线长；②圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线长；③圆柱的任意两条母线所在直线是互相平行的．其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．①③D．①②③5.有一改形塔几何体由若千个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为8，如果改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是( )A ． 8B ． 7C ． 6D ． 46. 已知边长为 2 的正方形 ABCD 中，E 为 AD 的中点，连接 BE ，则 BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 等于 ( ) A ． −2B ． −1C ． 1D ． 27. 已知直线 a ，b 和平面 α，且 a ⊥b ，a ⊥α，则 b 与 α 的位置关系为 ( ) A ．b ⊂αB ．b ∥αC ．b ⊂α 或 b ∥αD ．b 与 α 相交8. 已知高为 3 的三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的底面是边长为 1 的正三角形，如图所示，则三棱锥 B 1−ABC 的体积为 ( )A ． 14B ． 12C ．√36D ．√349. 已知矩形 ABCD ，直线 PA ⊥平面ABCD ，则在 △PAB ，△PBC ，△PCD ，△PDA 中，直角三角形的个数为 ( ) A ． 4 B ． 3 C ． 2 D ． 110. 已知 α，β 是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面 α 与平面 β 平行的是 ( ) A ．平面 α 内有一条直线与平面 β 平行B ．平面 α 内有两条直线与平面 β 平行C．平面α内有一条直线与平面β内的一条直线平行D．平面α与平面β不相交二、填空题（共6题）11.直线与平面的位置关系．12.思考辨析，判断正误半圆绕其直径所在直线旋转一周形成球．( )13.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体的值是．积为V1，球O的体积为V2，则V1V214.设平面α与平面β相交于l，直线a⊂α，直线b⊂β，a∩b=M，则M l．15.已知长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则它的体对角线长为．16.过直线l外两点可以作l的平行线的条数为．三、解答题（共6题）17.如图所示，在长方体ABCD−AʹBʹCʹDʹ中，如果把它的12条棱延伸为直线，6个面延展为平面，那么在这12条直线与6个平面中：(1) 与直线BʹCʹ平行的平面有哪几个？(2) 与直线BʹCʹ垂直的平面有哪几个？(3) 与平面BCʹ平行的平面有哪几个？(4) 与平面BCʹ垂直的平面有哪几个？(5) 平面AC与平面AʹCʹ间的距离可以用哪些线段来表示？18.指出构成如图所示的几何体的点、线、面．19.如图，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90∘．求证：PC⊥BC．20.根据下列各种点、直线和平面之间的位置关系，画出相应的图形，并用集合符号表示出来．(1) 点A在平面α内，点B不在平面α内，点A，B都在直线l上；(2) 平面α与平面β相交于直线l，点A在直线l上；(3) 平面α与平面β相交于直线m，直线l在平面α内且与直线m相交于点A．21.如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90∘，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1) 证明：平面ACD⊥平面ABC；DA，求三棱锥Q−ABP(2) Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=23的体积．22.如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，AA1的中点，求证：B，E，D1，F四点共面，并画出平面BED1F与平面ABCD的交线，说明理由．答案一、选择题（共10题） 1. 【答案】D【解析】圆柱、圆台和球体无论怎样截，裁面可能是曲面，也可能是矩形（圆柱）或等腰梯形（圆台），不可能截出三角形．只有棱台可以裁出三角形．【知识点】圆锥的结构特征、圆台的结构特征、圆柱的结构特征2. 【答案】D【解析】由题意，棱长为 3 的正方体的对角线长为 l =√32+32+32=3√3， 设外接球的半径为 R ，根据组合体的性质，可得 2R =3√3，即 R =3√32， 所以球的体积为 V =43πR 3=43π×(3√32)3=272√3π．【知识点】球的表面积与体积3. 【答案】A【解析】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).【知识点】棱锥的表面积与体积4. 【答案】B【知识点】圆锥的结构特征、圆柱的结构特征5. 【答案】A【解析】最底层正方体的棱长为 8，则从下往上第二层正方体的棱长为：√42+42=4√2， 从下往上第三层正方体的棱长为：√(2√2)2+(2√2)2=4， 从下往上第四层正方体的棱长为：√22+22=2√2， 从下往上第五层正方体的棱长为：√(√2)2+(√2)2=2， 从下往上第六层正方体的棱长为：√12+12=√2，从下往上第七层正方体的棱长为：√(√22)2+(√22)2=1，从下往上第八层正方体的棱长为：√(12)2+(12)2=√22，所以改形塔的最上层正方体的边长小于 1，那么该塔形中正方体的个数至少是 8． 【知识点】棱柱的结构特征6. 【答案】B【知识点】平面向量的数量积与垂直7. 【答案】C【解析】由 a ⊥b ，a ⊥α 知 b ⊂α 或 b ∥α，但直线 b 不与平面 α 相交． 【知识点】直线与平面的位置关系8. 【答案】D【解析】设三棱锥 B 1−ABC 的高为 ℎ，则 V 三棱锥B 1−ABC =13S △ABC ℎ=13×√34×3=√34． 【知识点】棱锥的表面积与体积9. 【答案】A【知识点】直线与平面垂直关系的性质10. 【答案】D【解析】选项A 、C 不正确，因为两个平面可能相交；选项B 不正确，因为平面 α 内的这两条直线必须相交才能得到平面 α 与平面 β 平行；选项D 正确，因为两个平面（不重合）的位置关系只有相交与平行两种，又因为两个平面不相交，所以这两个平面必定平行．【知识点】平面与平面平行关系的判定二、填空题（共6题）11. 【答案】有无数个；只有 1 个；没有【知识点】直线与平面的位置关系12. 【答案】 ×【知识点】球的结构特征13. 【答案】 32．【解析】设球 O 的半径为 R ，因为球 O 与圆柱 O 1O 2 的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以V1V2=πR2⋅2R43πR3=32．【知识点】圆柱的表面积与体积、球的表面积与体积14. 【答案】∈【解析】因为a∩b=M，a⊂α，b⊂β，所以M∈α，M∈β．又因为α∩β=l，所以M∈l．【知识点】平面的概念与基本性质15. 【答案】√14【知识点】棱柱的结构特征16. 【答案】0条或1条【解析】以如图所示的正方体ABCD−A1B1C1D1为例．令A1B1所在直线为直线l，过l外的两点A，B可以作一条直线与l平行，过l外的两点B，C不能作直线与l平行．【知识点】空间中直线与直线平行三、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 有平面ADDʹAʹ，平面ABCD．(2) 有平面ABBʹAʹ，平面CDDʹCʹ．(3) 有平面ADDʹAʹ．(4) 有平面ABBʹAʹ，平面CDDʹCʹ，平面AʹBʹCʹDʹ，平面ABCD．(5) 可用线段AAʹ，BBʹ，CCʹ，DDʹ来表示．【知识点】平面与平面平行关系的判定、直线与平面垂直关系的判定、直线与平面平行关系的判定、平面与平面垂直关系的判定、点、线、面的位置关系18. 【答案】顶点A，B，C，D，M，N；棱AB，BC，CD，DA，MA，MB，MC，MD，NA，NB，NC，ND；平面MAD，平面MAB，平面MBC，平面MDC，平面NAB，平面NAD，平面NDC，平面NBC．【知识点】平面的概念与基本性质19. 【答案】因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC，又∠BCD=90∘，CD⊥BC，所以BC⊥平面PCD，故PC⊥BC．【知识点】直线与平面垂直关系的性质20. 【答案】(1) 因为点A在平面α内，点B不在平面α内，点A，B都在直线l上，所以A∈α，B∉α，A∈l，B∈l．如图．(2) 因为平面α与平面β相交于直线l，点A在直线l上，所以α∩β=l，A∈l．如图．(3) 因为平面α与平面β相交于直线m，直线l在平面α内且与直线m相交于点A，所以α∩β=m，l⊂α，l∩m=A．【知识点】平面的概念与基本性质21. 【答案】(1) 由已知可得，∠BAC=90∘，BA⊥AC，又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD，又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．(2) 由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3√2，又BP=DQ=23DA，所以BP=2√2，作QE⊥AC，垂足为E，则QE∥DC，QE=13DC，由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥Q−ABP的体积为V Q−ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×2√2sin45∘=1.【知识点】平面与平面垂直关系的判定、棱锥的表面积与体积22. 【答案】显然D1F∥BE，从而点B，E，D1，F共面．设D1F与DA的交点为P，可证得P∈平面BED1F，且P∈平面ABCD，又B为平面ABCD与平面BED1F的公共点，所以PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线，如图所示．【知识点】直线与直线的位置关系。