人教A版新教材高中数学必修第二册：第八章 立体几何初步 综合测验

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

第八章 单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．轴截面是正三角形的圆锥称为等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的( ) A ．4倍 B ．3倍 C. 2 倍 D ．2倍答案 D解析 设等边圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，由已知得l ＝2r ，所以S 侧S 底＝πrl πr 2＝lr＝2. 2．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为( )A.4π3 B ．3πC.3π2D ．π答案 C解析 由三视图知，如图，此四面体的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，设外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32.所以球的体积为V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 3．如图所示是古希腊数学家阿基米德墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为( )A.32，1B.23，1C.32，32D.23，32 答案 C解析 设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R . ∵V 圆柱＝πR 2×2R ＝2πR 3，V 球＝43πR 3，∴V 圆柱V 球＝2πR 343πR3＝32. ∵S 圆柱表面积＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，S 球表面积＝4πR 2， ∴S 圆柱表面积S 球表面积＝6πR 24πR 2＝32. 4．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截去一部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.143 B.173 C.203D ．8 答案 B解析 由三视图，知该几何体的直观图是如图所示的多面体B 1C 1D 1－BCDFE ，该多面体可补全为棱长为2的正方体，其中E ，F 分别为AB ，AD 的中点，多面体AEF －A 1B 1D 1为棱台，棱台高为2，上、下底面均为等腰直角三角形．则该几何体的体积是2×2×2－13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2＋2×12＝8－73＝173，故选B.5．用斜二测画法画水平放置的△ABC 的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A ′B ′C ′.已知点O ′是斜边B ′C ′的中点，且A ′O ′＝1，则△ABC 的边BC 上的高为( )A ．1B ．2 C. 2 D ．2 2 答案 D解析 ∵△ABC 的直观图是等腰直角三角形A ′B ′C ′，∠B ′A ′C ′＝90°，A ′O ′＝1，∴A ′C ′＝ 2.根据直观图平行于y 轴的长度变为原来的一半，∴△ABC 的BC 边上的高为AC ＝2A ′C ′＝2 2.故选D.6．E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 四条边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则EG 与FH 的位置关系是( )A ．异面B ．平行C ．相交D ．重合 答案 C解析 如图所示，连接BD ，EF ，FG ，GH ，HE ，EG ，HF ，由E ，F ，G ，H 是空间四边形ABCD 的四边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，有EH 綊12BD ，FG 綊12BD ，∴EH 綊FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形，EG 与FH 是对角线，故选C.7．设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与l ，α都成30°角的直线有且只有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条 答案 B解析如图，和α成30°角的直线一定是以A为顶点的顶角为120°的圆锥的母线所在的直线，当BC与l平行时，直线AC，AB都满足条件．故选B.8．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面D．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线答案 C解析垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故D错误；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故C正确．9．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C解析本题可借助正方体模型求解，如图，BA1与AC1所成的角即为BA1与BD1所成的角．在△A1BD1中，A1B＝A1D1＝BD1，所以BA1与BD1所成的角为60°.10．在四面体ABCD中，已知棱AC的长为2，其余各棱长都为1，则二面角A－CD－B的平面角的余弦值为( )A.12B.13C.33D.23答案 C解析 如图，取AC 的中点E ，CD 的中点F ，连接EF ，BF ，BE . ∵AC ＝2，其余各棱长都为1， ∴BF ⊥CD ，AD ⊥CD ，∴EF ⊥CD . ∴∠BFE 是二面角A －CD －B 的平面角． ∵EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，∴EF 2＋BE 2＝BF 2.∴∠BEF ＝90°，∴cos ∠BFE ＝EFBF ＝33. 11．如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )答案 A解析解法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.解法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，故选A.12．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F 在棱CC1上，AB＝BC＝CA＝CF＝2，AA1＝3，则下列说法正确的是( )A．设平面ADF与平面BEC1的交线为l，则直线C1E与l相交B．在棱A1C1上存在点N，使得三棱锥N－ADF的体积为3 7C．设点M在BB1上，当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADFD．在棱A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF答案 C解析连接CE交AD于点O，则O为△ABC的重心，连接OF.由已知得OF∥EC1，则EC1∥l，故A错误；若在A1C1上存在点N，则V N－ADF＝V D－AFN，当N与C1重合时，V D－AFN取最小值为36，故B错误；当BM＝1时，可证得△CBM≌△FCD，则∠BCM＋∠CDF＝90°，即CM⊥DF.又AD⊥平面CB1，CM⊂平面CB1，∴AD⊥CM.∵DF∩AD＝D，∴CM⊥平面ADF.∵CM⊂平面CAM，∴平面CAM⊥平面ADF，故C正确．过C1作C1G∥FA交AA1于点G.若在A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF，则C1P⊥C1G.又C1P⊥GA1，C1G∩GA1＝G，∴C1P⊥平面A1C1G.∵A1C1⊂平面A1GC1，∴C1P⊥A1C1，矛盾，故D错误．故选C.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．如图，α∩β＝CD，α∩γ＝EF，β∩γ＝AB，AB∥α，则CD与EF的位置关系为________．答案CD∥EF解析因为AB∥α，AB⊂β，α∩β＝CD，所以AB∥CD.同理可证AB∥EF，所以CD∥EF.14．已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m ⊥n ；②α⊥β；③n ⊥β；④m ⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.答案 ①③④⇒②(或②③④⇒①)解析 ∵α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及β之外的两条不同的直线，若①m ⊥n ，③n ⊥β，则m ∥β.又④m ⊥α，∴②α⊥β.即①③④⇒②.若②α⊥β，③n ⊥β，则n ∥α，又④m ⊥α，∴①m ⊥n .即②③④⇒①.15．若一个圆台的轴截面是腰长为a 的等腰梯形，下底边长为2a ，对角线长为3a ，则这个圆台的体积为________．答案7324πa 3解析 圆台的轴截面如图，由AD ＝a ，AB ＝2a ，BD ＝3a ，可知∠ADB ＝90°，∠DAB ＝60°.分别过点D ，C 作DH ⊥AB ，CG ⊥AB ，则DH ＝32a ，所以HB ＝BD 2－DH 2＝3a 2－34a 2＝32a ，所以DC ＝HG ＝a ，所以圆台的体积为V ＝π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋12a 2＋a 2·32a ＝7324πa 3. 16．把由折线y ＝|x |和y ＝2围成的图形绕x 轴旋转360°，所得旋转体的体积为________． 答案32π3解析 由题意，y ＝|x |和y ＝2围成图中阴影部分的图形，旋转体为一个圆柱挖去两个共顶点的圆锥．∵V圆柱＝π×22×4＝16π，2V圆锥＝2×π3×22×2＝16π3，∴所求几何体的体积为16π－16π3＝32π3.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)，它的母线长为50 cm ，两底面直径分别为40 cm 和30 cm.现有制作这种纸篓的塑料制品50 m 2，问最多可以做这种纸篓多少个？解 根据题意可知，纸篓底面圆的半径r ′＝15 cm ，上口的半径r ＝20 cm ，母线长l ＝50 cm ，则纸篓的表面积S ＝πr ′2＋(2πr ′＋2πr )l 2＝π(r ′2＋r ′l ＋rl )＝π(152＋15×50＋20×50)＝1975π(cm 2)．因为50 m 2＝500000 cm 2，故最多可以制作这种纸篓的个数n ＝500000S≈80.18．(本小题满分12分)已知正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面内的正投影为底面的中心)S －ABC ，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15 cm ，底面边长为12 cm ，内接正三棱柱的侧面积为120 cm 2.(1)求三棱柱的高；(2)求棱柱上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比． 解 (1)设正三棱柱的高为h cm ，底面边长为x cm ，如图，则15－h 15＝x12， ∴x ＝45(15－h )．①又S 三棱柱侧＝3x ·h ＝120， ∴xh ＝40.②解①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，h ＝10或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，h ＝5.故正三棱柱的高为10 cm 或5 cm. (2)由棱锥的性质，得S 三棱锥S －A 1B 1C 1侧S 三棱锥S －ABC 侧＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15－10152＝19或S 三棱锥S －A 1B 1C 1侧S 三棱锥S －ABC 侧＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15－5152＝49.19．(本小题满分12分)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 在AD 1上移动，点N 在BD 上移动，D 1M ＝DN ＝a (0<a <2)，连接MN .(1)证明：对任意a ∈(0，2)，总有MN ∥平面DCC 1D 1；(2)当a 为何值时，MN 的长度最小？解 (1)证明：如图，作MP ∥AD ，交DD 1于点P ，作NQ ∥BC ，交DC 于点Q ，连接PQ .由题意得MP ∥NQ ，且MP ＝NQ ，则四边形MNQP 为平行四边形．∴MN ∥PQ . 又PQ ⊂平面DCC 1D 1，MN ⊄平面DCC 1D 1，∴MN ∥平面DCC 1D 1.(2)由(1)知四边形MNQP 为平行四边形，∴MN ＝PQ .∵DD 1＝AD ＝DC ＝BC ＝1，∴AD 1＝BD ＝ 2.∵D 1M ＝DN ＝a ，∴D 1P 1＝a 2，DQ 1＝a 2. 即D 1P ＝DQ ＝a2，∴MN ＝PQ ＝(1－D 1P )2＋DQ 2 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22 ＝⎝⎛⎭⎪⎫a －222＋12(0<a <2)． 故当a ＝22时，MN 的长度有最小值，为22. 即当M ，N 分别移动到AD 1，BD 的中点时，MN 的长度最小，此时MN 的长度为22. 20．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点，D 为B 1C 1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成角的正弦值．解(1)证明：如图，设E为BC的中点，连接A1E，AE.由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.所以AE⊥平面A1BC.连接DE，由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥BB1，且DE＝BB1，从而DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形AA1DE是平行四边形，所以A1D∥AE. 又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，所以平面AA1DE⊥BB1C1C，所以A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B与平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，得EA＝EB＝ 2.又A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝14.由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝2，∠DA1E＝90°，得A1F＝72.所以sin∠A1BF＝78.21．(本小题满分12分)如图，△BCD内接于直角梯形A1A2A3D，若A1D＝5，A1A2＝4，沿△BCD三边分别将△A1BD，△A2BC，△A3CD翻折上去，恰使A1，A2，A3重合，重合后记为A.(1)求证：AB⊥CD；(2)求平面BCD与平面ACD所成二面角的正切值．解在题图中，由A1，A2，A3三点可重合知A1B＝A2B＝2，A1D＝A3D＝5，A2C＝A3C.作DF⊥A2A3于点F，则FA3＝3⇒A3C＝A2C＝4.(1)证明：折叠后的图形如图所示，∵AB⊥AD，AB⊥AC，AD∩AC＝A，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.(2)作AE⊥CD于点E，连接BE.∵AB⊥CD，AB∩AE＝A，∴CD⊥平面ABE，∴CD⊥BE，则∠AEB 为平面BCD 与平面ACD 所成二面角的平面角． 在△ACD 中，AE ＝DF ·AC CD ＝161717， ∵AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AE ，∴tan ∠AEB ＝AB AE ＝178. 22．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；(2)点D 在边A 1C 1上且C 1D ＝13C 1A 1，证明在线段BB 1上存在点E ，使DE ∥平面ABC 1，并求此时BE BB 1的值． 解 (1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴四边形ACC 1A 1是矩形．∵AA 1＝AC ，∴AC 1⊥A 1C .又BC 1⊥A 1C ，AC 1∩BC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面ABC 1.∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)当BE BB 1＝13时，DE ∥平面ABC 1， 如图，在A 1A 上取点F ，使AF AA 1＝13， 连接EF ，FD .∵C 1D C 1A 1＝AF AA 1＝BE BB 1＝13， ∴EF ∥AB ，DF ∥AC 1.∵AB ∩AC 1＝A ，EF ∩DF ＝F ，∴平面EFD∥平面ABC1，∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面ABC1.。

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（ ）。

第八章综合测试一、单项选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正确的是（ ）A .三角形的直观图仍然是一个三角形B .90︒角的直观图为45︒角C .与y 轴平行的线段长度变为原来的一半D .原来平行的线段仍然平行2.已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，一定能推出m β⊥的是（ ）A .αβ∥，且m α⊂B .m n ∥，且n β⊥C .m n ⊥，且n β⊂D .m n ⊥，且n β∥3.圆木长2丈4尺，圆周为5尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺？这个问题的答案为（注：1丈等于10尺）（ ）A .29尺B .24尺C .26尺D .30尺4.设,,αβγ为三个不同的平面，,m n 为两条不同的直线，则下列命题中为假命题的是（ ）A .当αβ⊥时，若βγ∥，则αγ⊥B .当m α⊥，n β⊥时，若αβ∥，则m n ∥C .当m α⊂，n β⊂时，若αβ∥，则,m n 是异面直线D .当m n ∥，n β⊥时，若m α⊂，则αβ⊥5.已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为4，底面边长为.若点M 是线段11A C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为（ ）A .53B .43C .34D .456.如图所示，表面积为 ）AB .13πC .23πD7.已知三棱锥P ABC -中，PA =3AB =，4AC =，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为（ ）A .16B .28C .64D .968.如图，在边长为1的正方形ABCD 中，点,E F 分别为边,BC AD 的中点，将ABF △沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE △沿DE 所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法错误的是（ ）A .无论翻折到什么位置，A C 、两点都不可能重合B .存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为60︒C .存在某个位置，使得直线AF 与直线CE 所成的角为90︒D .存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒9.等体积的球和正方体的表面积的大小关系是（ ）A .S S 正方体球＞B .S S 正方体球＜C .S S =正方体球D .无法确定10.1111ABCD A B C D 内有一圆柱，此圆柱恰好以直线1AC ，为轴，则该圆柱侧面积的最大值为（ ）A .B .CD 二、多项选择题（本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）11.下列命题为真命题的是（ ）A .若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合B .若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直C .垂直于同一条直线的两条直线相互平行D .若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面不垂直12.如图所示，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M N P 、、分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥平面MNP 的图形为（ ）A B C D 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中横线上）13.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为________，体积为________.（本题第一空2分，第二空3分）14.已知正四棱锥的侧棱长为，侧棱与底面所成的角为60︒，则该四棱锥的高为________.15.如图所示，直线a ∥平面α，点A 在α另一侧，点,,B C D a ∈，线段,,AB AC AD 分别交α于点,,E F G .若44,5,BD CF AF ===,则EC =________.16.如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1AD =，E 是CD 的中点，沿AE 将DAE △向上折起，使D 到'D 的位置，且平面'AED ⊥平面ABCE ，则直线'AD 与平面ABC 所成角的正弦值为________.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（本小题满分10分）一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示，两容器内所盛液体的体积正好相等，且液面高度h 也相等，用a 将h 表示出来。

第八章 立体几何初步 综合测试(原卷版)考试时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知三棱柱有a 个顶点，b 条棱，则a －b ＝( ) A ．－3 B ．3 C ．4D ．－42．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有面对角线中，所在直线与直线A 1B 互为异面直线且所成角为60°的面对角线的条数为( )A ．2B ．4C ．6D ．83．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为( )A ．49π2B ．49πC ．81π2D ．81π4．空间四点A ，B ，C ，D 共面而不共线，那么这四点中( ) A ．必有三点共线 B ．必有三点不共线 C ．至少有三点共线D ．不可能有三点共线5．设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件可以是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α，β垂直于同一条直线 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一个平面6．E ，F ，G 分别是空间四边形ABCD 的棱BC ，CD ，DA 的中点，则此四面体中与过E ，F ，G 的截面平行的棱的条数是( )A ．0B ．1C ．2D ．37．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面P AD交于EF，E在线段PD上且异于P、D，则四边形EFBC是()A．空间四边形B．矩形C．梯形D．平行四边形8．(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)() A．1.0×109 m3B．1.2×109 m3C．1.4×109 m3D．1.6×109 m3二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是()A．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面互相平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台10．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，一定正确的为()A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMNC．AC＝BD D．异面直线PM与BD所成的角为45°11．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是()A．A1M∥D1P B．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB112．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，M、N分别为侧棱P A、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有()A．PC∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．OM⊥P A D．PD⊥平面OMN三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个圆柱的侧面展开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是____．14．将长为3，宽为2的长方形，绕其一边旋转成的几何体的表面积为____．15．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的半径为___厘米．16．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上，则这个球的表面积为____．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，圆锥底面半径为1，高为3．(1)求圆锥内接圆柱(一底面在圆锥底面上，另一底面切于圆锥侧面)侧面积的最大值；(2)圆锥内接圆柱的表面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．18．(本小题满分12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面P AD⊥底面ABCD，侧棱P A⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点．(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD．20．(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．21．(本小题满分12分)(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC，AB＝2A1A＝4，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接A1D，DC1．(1)求证：DC1∥平面A1ABB1；(2)若二面角A1－DC－A为45°．①求证：平面A1C1D⊥平面A1AD；②求直线AB1与平面A1AD所成角的正切值．。

第八章检测试题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、单项选择题(每小题5分，共40分)1．如果直线l与平面α不垂直，那么在平面α内(C)A．不存在与l垂直的直线B．存在一条与l垂直的直线C．存在无数条与l垂直的直线D．任一条都与l垂直解析：平面α内与l在α内的射影垂直的直线，垂直于直线l，这样的直线有无数条，故A，B不正确，C正确；若在平面α内，任一条都与l垂直，则直线l与平面α垂直，与题设矛盾，故D不正确．2．若把一个高为10 cm的圆柱的底面画在x′O′y′平面上，则圆柱的高应画成(A)A．平行于z′轴且大小为10 cmB．平行于z′轴且大小为5 cmC．与z′轴成45°且大小为10 cmD．与z′轴成45°且大小为5 cm解析：平行于z轴(或在z轴上)的线段，在直观图中的方向和长度都与原来保持一致．3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则(B) A．AE⊥CC1B．AE⊥B1D1C．AE⊥BC D．AE⊥CD解析：如图所示，连接AC ，BD ，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，所以四边形ABCD 是正方形，AC ⊥BD ，CE ⊥平面ABCD ， 所以BD ⊥AC ，BD ⊥CE ，而AC ∩CE ＝C ，故BD ⊥平面ACE ，因为BD ∥B 1D 1，故B 1D 1⊥平面ACE ，故B 1D 1⊥AE .4．一个正方体表面积与一个球表面积相等，那么它们的体积比是( A ) A.6π6 B.π2 C.2π2 D.3π2π 解析：由6a 2＝4πR 2得a R ＝2π3，所以V 1V 2＝a 343πR 3＝34π⎝ ⎛⎭⎪⎫2π33＝6π6.(其中a 为正方体的棱长，R 为球的半径)． 5．如果圆锥的侧面展开图是直径为a 的半圆面，那么此圆锥的轴截面是( A )A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．顶角为30°的等腰三角形D ．其他等腰三角形6．如图，是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，CN，BM 所在直线所成角的大小为(C)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：由平面展开图可得原正方体如图，连接AN，则AN∥BM，则CN，BM所在直线所成角为∠ANC，连接AC，则△ANC为等边三角形，则∠ANC＝60°，即CN，BM所在直线所成角的大小为60°.7．将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是(A)A．90°B．60°C．45°D．30°解析：如图，连接B′C.则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝2a，所以∠B′DC＝90°，故选A.8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下列结论中正确的有(A)①总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE；②总有BM∥平面A1DE；③存在某个位置，使DE⊥A1C.A．①②B．①③C．②③D．①②③解析：在①中，总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE，①正确；在②中，如图，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF＝12A1D，FB∥ED且FB＝ED，由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以总有BM∥平面A1DE，故②正确；在③中，由已知得DE⊥CE，若DE⊥A1C，则DE⊥平面A1CE，则DE⊥A1E，又在△A1DE中DA1⊥A1E，所以DE与A1E不可能垂直，即DE与A1C不可能垂直，故③错误．二、多项选择题(每小题5分，共20分)9．用一个平面去截一个正方体，所得的截面可能是(ABCD) A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析：若与三个平面相交，则截面是三角形；与四个平面相交，则截面是四边形；与五个平面相交，则截面是五边形；与六个平面相交，则截面是六边形，故选ABCD.10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，A1A，A1B1的中点，给出下列命题中正确命题的为(ABC) A．EF⊥B1CB．BC1∥平面EFGC．A1C⊥平面EFGD．异面直线FG，B1C所成角的大小为π4解析：如图，对于A，连接AD1，则EF∥AD1∥BC1，而BC1⊥B1C，则EF⊥B1C，故A正确；对于B，因为BC1∥EF，EF⊂平面EFG，BC1⊄平面EFG，所以BC1∥平面EFG，故B正确；对于C，A1C⊥EF，A1C⊥EG，EF∩EG＝E，所以A1C⊥平面EFG，故C正确；对于D，FG∥AB1，所以∠AB1C为异面直线FG，B1C所成角，连接AC，，可得△AB1C为等边三角形，则∠AB1C＝π3，故D错误．即异面直线FG，B1C所成角的大小为π311．已知平面α⊥平面β.直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，在下列说法中，正确的有(BC)A．若m⊥n，则m⊥lB．若m⊥l，则m⊥βC．若m⊥β，则m⊥nD．m⊥n，则m⊥β解析：平面α⊥平面β.直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，若m⊥n，可得m，l可能平行，故A、D错误；若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故B正确；若m⊥β，可得m⊥n，故C正确．12．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中正确的是(ABC)A．D1O∥平面A1BC1B．D1O⊥平面MACC．异面直线BC1与AC所成的角为60°D．MO⊥平面ABCD解析：如图，在A中，取A1C1中点E，连接BE，则D1O∥BE，因为D1O⊄平面A1BC1，BE⊂平面A1BC1，所以D1O∥平面A1BC1，故A正确．在B中，因为D1O⊥AM，D1O⊥AC，所以D1O⊥平面MAC，故B正确；在C中，因为AC∥A1C1，所以∠BC1A1是异面直线BC1与AC所成的角，又△A1C1B是正三角形，所以异面直线BC1与AC所成的角为60°，故C正确．在D 中，MB ⊥平面ABCD ，MO ∩MB ＝M ，故MO 与平面ABCD 不垂直，故D 错误．第Ⅱ卷(非选择题，共90分)三、填空题(每小题5分，共20分)13．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括一个圆柱、两个圆锥．14．如图，a ∥α，A 是α的另一侧的点，B ，C ，D ∈a ，线段AB ，AC ，AD 交α于E ，F ，G ，若BD ＝4，CF ＝4，AF ＝5，则EG ＝209.解析：因为a ∥α，EG ＝α∩平面ABD ，所以a ∥EG ，即BD ∥EG .所以AF AC ＝EG BD ，即54＋5＝EG 4，所以EG ＝209. 15．下列命题正确的是①.①两条直线没有公共点，则这两条直线平行或互为异面直线； ②如果两个平面有三个公共点，那么它们重合；③一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行；④两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；⑤过两条异面直线中的一条可以作无数个平面与另一条直线平行．解析：对于①，由空间中两条直线的位置关系可知其正确；对于②，满足条件的两个平面可能相交也可能重合，故②错误；对于③，满足条件的直线和平面可能平行，可能相交，也可能在平面内，故③错误；对于④，满足条件的两条直线可能相交、异面或平行，故④错误；对于⑤，只能作出一个符合要求的平面，故⑤错误．综上，只有①正确．16．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则你认为的正确的命题有2个，其中一个是若②③④，则①(或若①③④，则②)．解析：若①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β成立，则n与α可能平行也可能相交，也可能n⊂α，即④n⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④n⊥α成立，则m与β可能平行也可能相交，也可能m⊂β，即③m⊥β不一定成立．若①m⊥n，③m⊥β，④n⊥α成立，则②α⊥β成立．若②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α成立，则①m⊥n成立．四、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)一个圆锥的底面半径为2 cm，高为6 cm，在其内部有一个高为x cm的内接圆柱．(1)求圆锥的侧面积．(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出侧面积的最大值．解：(1)圆锥的母线长为62＋22＝210(cm)， 所以圆锥的侧面积S 1＝π×2×210＝410π(cm 2)．(2)画出圆锥的轴截面如图所示：设圆柱的底面半径为r cm ，由题意，知r 2＝6－x 6，所以r ＝6－x 3，所以圆柱的侧面积S 2＝2πrx ＝2π3(－x 2＋6x )＝－2π3[(x －3)2－9]，所以当x ＝3时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为6π cm 2.18．(12分)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点．(1)求证：AD 1∥平面DOC 1.(2)求异面直线AD 1和OC 1所成角的大小． 解：(1)证明：如图，连接D 1C 交DC 1于点O 1，连接OO 1，因为O ，O 1分别是AC 和D 1C 的中点，所以OO 1∥AD 1.又OO 1⊂平面DOC 1，AD 1⊄平面DOC 1，所以AD 1∥平面DOC 1.(2)由(1)知，OO 1∥AD 1，所以∠O 1OC 1为异面直线AD 1和OC 1所成角，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则O 1C 1＝O 1O ＝2，OC 1＝22＋(2)2＝6，所以cos ∠O 1OC 1＝(2)2＋(6)2－(2)22×2×6＝32， 所以∠O 1OC 1＝π6.即异面直线AD 1和OC 1所成角的大小为π6.19．(12分)如图所示，已知矩形ABCD ，过A 作SA ⊥平面ABCD ，再过A 作AE ⊥SB 交SB 于点E ，过点E 作EF ⊥SC 交SC 于点F .(1)求证：AF⊥SC.(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD.证明：(1)因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SA⊥BC，因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC，因为AB∩SA＝A，所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥AE.又SB⊥AE，SB∩BC＝B，所以AE⊥平面SBC，所以AE⊥SC.又EF⊥SC，所以SC⊥平面AEF，所以AF⊥SC.(2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥DC，又AD⊥DC，SA∩AD＝A，所以DC⊥平面SAD，所以DC⊥AG.由(1)知SC⊥平面AEF，因为AG⊂平面AEF，所以SC⊥AG，因为SC∩DC＝C，所以AG⊥平面SDC，所以AG⊥SD.20．(12分)如图，在三棱锥P-ABC中，平面P AB⊥平面ABC，P A⊥PB，M，N分别为AB，P A的中点．(1)求证：PB∥平面MNC.(2)若AC＝BC，求证：平面P AC⊥平面MNC.证明：(1)因为M，N分别为AB，P A的中点，所以MN∥PB，又MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.(2)因为AC＝BC，M为AB的中点，所以CM⊥AB，因为平面P AB ⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，CM⊂平面ABC，所以CM ⊥平面P AB，所以CM⊥P A，因为P A⊥PB，PB∥MN，所以P A⊥MN，又MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以P A⊥平面MNC，又P A⊂平面P AC，所以平面P AC⊥平面MNC.21．(12分)如图，多面体ABCDEF中，平面ABCD为正方形，AD⊥DE，AB＝2，AE＝3，ED＝EC＝5，EF∥DB，且EF＝12DB.(1)求证：平面ABCD⊥平面EDC.(2)求四棱锥C-BDEF的体积．解：(1)证明：因为平面ABCD为正方形，所以AD ⊥DC ，又AD ⊥DE ，且DE ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面EDC ，又AD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面EDC .(2)如图，连接BE ，由题意知V C -BDEF ＝32V C -BDE ＝32V E -BCD . 取CD 的中点O ，连接EO ，由ED ＝EC ＝5，得EO ⊥DC ，由(1)可知，EO ⊥平面ABCD ，因为CD ＝2，所以EO ＝2，所以V E -BCD ＝13S △BCD ·EO ＝13×12×2×2×2＝43，所以V C -BDEF ＝32×43＝2.22．(12分)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面是棱长为1的菱形，∠ADC ＝60°，P A ＝2，M 是PB 的中点．(1)求证：PD ∥平面ACM .(2)求直线CM 与平面P AB 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，连接BD ，交AC 于点O ，连接OM ，由底面ABCD 是菱形，知O 是BD 的中点，又M 是BP 的中点，所以OM ∥DP ，又OM ⊂平面ACM ，所以PD ∥平面ACM .(2)如图，取AB 中点E ，连接ME ，CE ，由题可知△ACB 是等边三角形，所以CE ⊥AB ， 又P A ⊥平面ABCD ，P A ⊂平面P AB ，所以平面ABCD ⊥平面P AB ，又平面ABCD ∩平面P AB ＝AB ，所以CE ⊥平面P AB ，所以直线CM 与平面P AB 所成角为∠CME ，因为ME ＝12P A ＝22，CE ＝32，又MC ＝CE 2＋ME 2＝52， 所以sin ∠CME ＝CE MC ＝155.。

第八章单元素养水平监测(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．下列说法正确的是( )A．三点可以确定一个平面 B．一条直线和一个点可以确定一个平面C．四边形肯定是平面图形 D．两条相交直线可以确定一个平面2．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是( )A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形3．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法错误的是( ) A．若l⊥α，m⊥α，则l∥mB．若l∥α，α∥β，则l∥βC．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥mD．若l与m异面，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β4．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满意a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不行能满意以下哪种关系( )A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面5．如图，在正四面体ABCD中，M是BC的中点，P是线段AM上的动点，则直线DP和BC所成角的大小( )A．肯定为90° B．肯定为60°C．肯定为45° D．与P的位置有关6．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M7．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图①)是中国科学院空天信息探讨院自主研发的系留浮空器.2024年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇胜利完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050米，超过珠穆朗玛峰，创建了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高18米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图②所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积为( )A．4 542π B. 3 026π C. 2 540π D. 2 441π8．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝6，若AC1与平面BCC1B1所成的角的余弦值为63，则该长方体外接球的表面积为( )A ．27π2 B. 27π C. 45π2D. 45π二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．一个正方体的顶点都在球面上，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是( )10．已知α，β是两个不重合的平面，l ，m 是两条不同的直线，下列说法正确的是( ) A ．若l ∥α，α∥β，则l ∥β B ．若α∥β，m ⊂α，则m ∥β C ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥mD.若α∩β＝l ，m ∥l ，则m 至少与α，β中一个平行11．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，以下四个选项正确的是( ) A ．D 1C ∥平面A 1ABB 1 B ．A 1D 1与平面BCD 1相交 C ．AD ⊥平面D 1DB D ．平面BCD 1⊥平面A 1ABB 112．如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则下列结论错误的是( )A．B1E⊥平面BEFB．直线B1E与直线BF所成的角为90°C．平面BEF与平面ABCD的夹角为45°D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)13．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，若该圆台的侧面积为72π，则其母线长为________．14．如图，在直二面角α­AB­β中，AC和BD分别在平面α和β上，它们都垂直于AB，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD＝________．15．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，则C1到平面A1BD的距离为________．16．已知三棱锥P­ABC的棱长均为1，先在三棱锥P­ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1与三棱锥P­ABC的三个侧面都相切，则球O1的半径为________，球O2的体积为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题10分)(1)已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．(2)在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形内挖去半圆形(圆心O在边AC 上，半圆形与BC、AB分别相切于点C、M，与AC交于N)，求图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体体积．18．(本小题12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA＝PC，E为PB 的中点．求证：(1)PD∥平面AEC；(2)平面AEC⊥平面PBD.19．(本小题12分)如图，在三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．(1)证明：E，F，G，H四点共面．(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．20．(本小题12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝CD＝3，PC＝3 2.(1)求证：PD⊥平面ABCD.(2)设点E是PA的中点，若BD⊥CD，BD＝2，求三棱锥B­CDE的体积．21．(本小题12分)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD 为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．(1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB.(2)当PB∥平面AMN时，求出点M的位置，说明理由．22．(本小题12分)平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，DB＝3，如图甲所示，作DE⊥AB 于点E，将△ADE沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示．(1)设平面PEB与平面PDC的交线为l，推断l与CD的位置关系，并证明；(2)当四棱锥P­BCDE的体积最大时，求二面角P­BC­D的正切值；(3)在(2)的条件下，G、H分别为棱DE，CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值．第八章单元素养水平监测1．解析：A错误，不共线的三点可以确定一个平面；B错误，一条直线和直线外一个点可以确定一个平面；C错误，四边形不肯定是平面图形，比如空间四边形；D正确，两条相交直线可以确定一个平面．故选D.答案：D2．解析：将其还原成原图，如图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故选C.答案：C3．解析：对于A，依据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；对于B，若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故B错误；对于C，依据直线与平面平行的性质定理可知C正确；对于D，假设α∩β＝n，因为l⊂α，l∥β，α∩β＝n，所以l∥n，同理可得m∥n，所以l ∥m ，这与l 与m 异面相冲突，故假设不成立，则α∥β，故D 正确．故选B.答案：B4．解析：设α∩β＝l ，且l 与a ，b 均不重合，假设a ∥b ∥c ，由a ∥b 可得a ∥β，b ∥α，又α∩β＝l ，可知a ∥l ，b ∥l ，又a ∥b ∥c ，可得c ∥l .因为α，β，γ两两相互垂直，所以l 与γ相交，即l 与c 相交或异面．若l 与a 或b 重合，同理可得l 与c 相交或异面，可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行．故选B.答案：B5．解析：连接DM ，∵四面体ABCD 是正四面体，M 是BC 的中点，∴△DBC 、△ABC 是等边三角形，∴BC ⊥DM ，BC ⊥PM .∵DM ⊂平面DMP ，PM ⊂平面DMP ，DM ∩PM ＝M ，∴BC ⊥平面DMP ，又DP ⊂平面DMP ，∴BC ⊥DP ，∴直线DP 与BC 所成角为90°.故选A.答案：A6．解析：对于A 、B ，易得A ，B ∉β，故必不在γ与β的交线上，故A 、B 错误；对于C 、D ，因为过A ，B ，C 三点的平面记作γ，所以平面ABC 与γ是同一个面，因为直线AB ∩l ＝M ，所以M ∈AB ⊂平面ABC ，则M ∈γ，又C ∈平面ABC ，则C ∈γ，所以MC ⊂γ；因为AB ∩l ＝M ，α∩β＝l ，所以M ∈l ⊂β，又C ∈β，所以MC ⊂β，所以β∩γ＝MC ，所以γ与β的交线必通过点C 和点M .故C 错误，D 正确．故选D.答案：D7．解析：该组合体的直观图如图．半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为33米，所以半球的体积为12×43π·93＝486π(立方米)，圆柱的体积为π·92·13＝1 053π(立方米)，圆台的体积为13×33π(92＋9×1＋12)＝1 001π(立方米)，故该组合体的体积为486π＋1 053π＋1 001π＝2 540π(立方米).故选C.答案：C8.解析：连BC 1，因为AB ⊥平面BCC 1B 1，所以∠AC 1B 是AC 1与平面BCC 1B 1所成的角，所以cos ∠AC 1B ＝BC 1AC 1＝63，所以AC 1＝3BC 16，设CC 1＝x ，则BC 21 ＝BC 2＋CC 21 ，即BC 21 ＝6＋x 2,又AC 21 ＝AB 2＋BC 2＋CC 21 ，所以9BC 21 6＝9＋6＋x 2，所以9（6＋x 2）6＝15＋x 2，即x 2＝12，所以BC 21＝18，AC 21 ＝9×186＝27，因为该长方体外接球的直径是AC 1，设半径为R ，则R 2＝14AC 21 ＝274，所以该外接球的表面积为4πR 2＝4π·274＝27π.故选B.答案：B9．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时得C ；当截面过正方体的体对角线时可得D ；当截面既不过体对角线又不与任一侧面平行时，可得A ；但无论如何都不能截得B.故选ACD.答案：ACD10．解析：A.如图所示：可得结果l ∥β或l ⊂β，故A 错误；B ．如图所示：，可得结果m ∥β，故B 正确；C.如图所示：，可得m ⊥l ，故C 错误；D ．如图所示：，可得结果m ∥α或m ∥β，故D 正确．故选BD.答案：BD11．解析：对于A ，因为平面A 1ABB 1∥平面D 1DCC 1，而D 1C ⊂平面D 1DCC 1，故D 1C 与平面A 1ABB 1没有公共点，所以D 1C ∥平面A 1ABB 1，即A 正确；对于B ，因为A 1D 1∥BC ，所以A 1D 1⊂平面BCD 1，所以B 错误；对于C ，若AD ⊥平面D 1DB ，则AD ⊥DB ，但∠ADB ＝45°，所以C 错误；对于D ，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，易得BC ⊥平面A 1ABB 1，而BC ⊂平面BCD 1，所以平面BCD 1⊥平面A 1ABB 1，所以D 正确．故选AD.答案：AD 12．解析：对于A ，如图，连接B 1F ，由题意A 1B 1＝B 1C 1，又E ，F 分别为CC 1，AA 1的中点，可得B 1E ＝B 1F ，若B 1E ⊥平面BEF ，则B 1E ⊥EF ，进而∠B 1EF ＝∠B 1FE ＝90°.这明显不成立，故B 1E 与平面BEF 不垂直，A 错误．对于B ，假设直线B 1E 与直线BF 所成的角为90°，即B 1E ⊥BF ，由正四棱柱的性质可知B 1A 1⊥平面B 1BCC 1，而B 1E ⊂平面B 1BCC 1，所以B 1A 1⊥B 1E ，可得B 1E ⊥平面ABB 1A 1，而由正四棱柱的性质可知B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，所以B 1E ∥B 1C 1，明显这是不行能的，所以假设不成立，因此B 错误．对于C ，分别延长D 1F ，DA 交于点P ，连接PB ，则直线PB 即为平面BED 1F 与平面ABCD 的交线．连接BD ，BD 1，可证PB ⊥平面BDD 1，故∠DBD 1即为平面BEF 与平面ABCD 的夹角，易知tan ∠DBD 1＝DD 1BD＝2>1，故∠DBD 1>45°，C 错误．对于D ，可证D 1F ∥BE ，则直线D 1F 与平面ABCD 所成的角为∠EBC ，又依据题意易知∠EBC ＝45°，D 正确．故选ABC.答案：ABC13．解析：圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，设圆台的母线长为l ，则该圆台的侧面积为S 侧＝π×(2＋6)×l ＝72π，则l ＝9，所以圆台的母线长为9.答案：914．解析：连接BC ，在直二面角α­AB ­β中BD ⊥AB ，α∩β＝AB ，BD ⊂β，所以BD ⊥α，又BC ⊂α，则BD ⊥BC ，又AC ⊥AB ，所以，在Rt△ABC 、Rt△DBC 中CD ＝AC 2＋AB 2＋BD 2＝229. 答案：22915．解析：连接AC 1，AD 1，可以证明A 1D ⊥平面AC 1D 1，得AC 1⊥A 1D .同理可得AC 1⊥A 1B ，故AC 1⊥平面A 1BD .连接AC 交BD 于O ，连接A 1O 交AC 1于点E ，可以证明△AOE ∽△C 1A 1E ，则AEC 1E＝AO A 1C 1＝12，所以C 1E ＝23AC 1＝23，即C 1到平面A 1BD 的距离为2 3.答案：2 3 16.解析：如图所示．已知三棱锥P ­ABC 的棱长均为1，所以三棱锥P ­ABC 为正四面体，设底面三角形ABC 中心为O ，PO ⊥底面ABC ，则O 1，O 2在PO 上，取BC 的中点D ，作截面PAD ，球O 1，球O 2与PD 切于N ，E ，连接O 1N ，O 2E .由题意得S △ABC ＝12×1×1×sin 60°＝34 ，底面ABC 的外接圆半径为2r 1＝1sin 60°＝132＝233⇒r 1＝33，点P 到平面ABC 的距离为d ＝12－（33）2＝63 ，所以V P －ABC ＝13·S △ABC ·h ＝13×34×63＝212, 所以S △PBC ＝S △PAB ＝S △PAC ＝12×1×1×sin 60°＝34，设球O 1的半径为R ，所以V P ­ABC ＝＋＋＋，则212＝13(34×4)·R ，得R ＝612 .设球O 2的半径为r ，则O 2E O 1N ＝PO 2PO 1，r R ＝d －2R －r d －R，又R ＝612，d ＝63，得r ＝624，所以球O 2的体积为V ＝4π3(624)3＝6π1 728. 答案：612 6π1 72817．解析：(1)正四棱锥P ­ABCD 中，底面正方形ABCD 的面积S 1＝AB 2＝36，在等腰△PAB 中，PA ＝PB ＝5，AB ＝6，则边AB 上的高h ＝ PA 2－（12AB ）2＝4，因此该正四棱锥的侧面积S 2＝4S △PAB ＝4×12AB ×h ＝2×6×4＝48，所以该正四棱锥的表面积S ＝S 1＋S 2＝36＋48＝84.(2)几何体是图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体， 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球， 所以圆锥的底面半径是1，高为3， 球的半径为r ，tan 30°＝OC BC ＝r 1，r ＝33， 所以圆锥的体积为13×12×π×3＝3π3，球的体积为43π×(33)3＝43π27，阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为3π3－43π27＝53π27. 18．证明：(1)设AC ∩BD ＝O ，连接EO ，如图所示．因为O ，E 分别为BD ，PB 的中点，所以PD ∥EO ， 又因为PD ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PD ∥平面AEC . (2)连接PO ，如图所示．因为PA ＝PC ，O 为AC 的中点，所以AC ⊥PO ， 又因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为PO ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，且PO ∩BD ＝O ， 所以AC ⊥平面PBD ，又因为AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面PBD .19．证明：(1)如图，连接EF ，GH . ∵GH 是△A 1B 1C 1的中位线，∴GH ∥B 1C 1.∵B 1E ∥C 1F ，且B 1E ＝C 1F ，∴四边形B 1EFC 1是平行四边形， ∴EF ∥B 1C 1，∴EF ∥GH ，∴E ，F ，G ，H 四点共面． (2)如图，延长EG ，FH 相交于点P .∵P ∈EG ，EG ⊂平面ABB 1A 1，∴P ∈平面ABB 1A 1. ∵P ∈FH ，FH ⊂平面ACC 1A 1，∴P ∈平面ACC 1A 1. ∵平面ABB 1A 1∩平面ACC 1A 1＝AA 1，∴P ∈AA 1， ∴EG ，FH ，AA 1三线共点．20．解析：(1)证明：在△PDC 中，PD ＝CD ＝3，PC ＝32，PD 2＋DC 2＝PC 2，则PD ⊥DC . 又平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PD ⊂平面PDC ，故PD ⊥平面ABCD . (2)PD ＝3，点E 是PA 的中点，E 到平面ABCD 的距离d ＝12PD ＝32.又BD ⊥CD ，BD ＝2，CD ＝3，S △BCD ＝12×2×3＝3.V B ­CDE ＝V E ­BCD ＝13·S △BCD ·d ＝13×3×32＝32.21．解析：(1)证明：取AP 中点为E ，连接EM ，EB ，在△PAD 中，M 为PD 的中点，E 为AP 中点，∴EM ∥AD ，EM ＝12AD ，在平行四边形ABCD 中，N 为BC 的中点，∴BN ∥AD ，BN ＝12AD ，∴BN ∥ME ，BN ＝ME ，∴四边形BNME 为平行四边形， ∴MN ∥BE ，MN ⊄平面PAB ，BE ⊂平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .(2)连接AN ，BD ，相交于O ，连接OM ，∵PB ∥平面AMN ，平面PBD ∩平面AMN ＝OM ，PB ⊂平面PBD ， ∴PB ∥OM ，PM MD ＝OB OD ＝BN AD ＝12，即存在点M ，M 为PD 上靠近P 点的三等分点．22．解析：(1)l ∥CD .证明：因为EB ∥CD ，CD ⊄平面PBE ，EB ⊂平面PBE ，所以CD ∥平面PBE .因为CD ⊂平面PCD ，平面PBE ∩平面PCD ＝l ，所以l ∥CD . (2)当平面PDE ⊥平面BCDE 时，四棱锥P ­BCDE 的体积最大． 平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ，PE ⊂平面PDE ，PE ⊥DE ， 可得PE ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，可得PE ⊥BC ， 作EO ⊥BC 交BC 于点O ，连接PO ，EO ∩PE ＝E ， 可得BC ⊥平面POE ，而PO 在平面PEO 中，故BC ⊥PO ，∠POE 即为二面角P ­BC ­D 的平面角，在Rt△POE 中，PE ＝12，EO ＝32×sin 60°＝334，tan ∠POE ＝12334＝239，所以二面角P ­BC ­D 的正切值为239.(3)由绽开图可知，B关于CD的对称点为B′，DE＝32，BB′＝3，由勾股定理可得AB′＝7，PB＝102，当A、G、H、B′共线时，周长最短，此时(PG＋GH＋HB＋PB)min＝AB′＋PB＝7＋10 2.。

第八章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.下列说法正确的是()A.圆锥的侧面绽开图是一个等腰三角形B.棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体C.任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥D.通过圆台侧面上一点,有多数条母线解析:圆锥的侧面绽开图是一个扇形,故A错误;由棱柱的定义知B错误;通过圆台侧面上一点,有且只有一条母线,故D错误;因为棱台是由一个大棱锥被一个平行于底面的平面所截,夹在截面与底面的部分,所以任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥,故C正确.答案:C2.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1解析:CE⊂平面ACC1A1,∵BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,∴BD⊥平面ACC1A1,∴BD⊥CE.答案:B3.如图,Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图,斜边O'B'=2,则这个平面图形的面积是()A B.1C D.2解析:在直观图中,∵O'B'=2,∠A'O'B'=45°,∠O'A'B'=90°,∴O'A'=A'B'=2∴S△O'A'B'==1.∴这个平面图形的面积S=2S△O'A'B'=2故选D.答案:D4.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底面的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()(“斛”不是国际通用单位)A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛解析:设米堆的底面半径为r,则r=8,故r=(尺),则V米堆=r2h5(立方尺).因为1斛米的体积约为1.62立方尺,所以堆放的米约有÷1.62≈22(斛).答案:B5.如图,四棱锥S-ABCD全部的棱长都等于2,E是SA的中点,过C,D,E三点的平面与SB交于点F,则四边形DEFC的周长为()A.2+B.3+C.3+2D.2+2解析:∵AB=BC=CD=DA=2,∴四边形ABCD为菱形,∴AB∥CD,从而AB∥平面DEFC,∵AB⊂平面SAB,平面SAB∩平面DEFC=EF,∴AB∥EF.又E是SA的中点,∴F为SB的中点,∴EF=1,DE=CF=∴四边形DEFC的周长为3+2答案:C6.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π解析:本题主要考查空间几何体.设球O的半径为R,则S△AOB=R2.当OC⊥平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积最大,此时V=R2·R=36,解得R=6,所以球O的表面积S=4πR2=144π.答案:C7.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为()A.13 B C.12 D.15解析:如图,连接AD.由题意知AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD=在Rt△CAD中,CD==13.答案:A8.已知平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A BC D解析:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCD-A2B2C2D2,则过点A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2,即平面α就是平面AB2D2,平面AB2D2∩平面ABB1A1=AB2,即直线n就是直线AB2,易知平面ABCD∥平面A2B2C2D2,由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2,故m,n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角,在等边三角形AB2D2中,∠AB2D2=60°,故其正弦值为故选A.答案:A二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.用一个平面去截一个几何体,得到的截面是圆面,则这个几何体可能是()A.圆锥B.圆柱C.球D.棱柱解析:对于A,圆锥的底面是圆,则用一个平面去截,得到的截面可能是圆面;对于B,圆柱的底面是圆,则用一个平面去截,得到的截面可能是圆面;对于C,用随意的平面去截球,得到的截面均为圆面;对于D,用随意的平面去截棱柱,得到的截面都不行能是圆面.答案:ABC10.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β.则下列结论正确的是()A.α∥β⇒l⊥mB.α⊥β⇒l∥mC.l∥m⇒α⊥βD.l⊥m⇒α∥β解析:A项中,∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β.又m⊂β,∴l⊥m,故A正确.B项中,由l⊥α,α⊥β可得l∥β或l⊂β,再由m⊂β得不到l∥m,故B错误.C项中,∵l⊥α,m∥l,∴m⊥α,又m⊂β,∴α⊥β,故C正确.D项中,若α∩β=m,也可满意l⊥α,l⊥m,故D错误.答案:AC11.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是()A.圆柱的侧面积为2πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2解析:依题意得球的半径为R,则圆柱的侧面积为2πR·2R=4πR2,∴A错误;圆锥的侧面积为πR R=R2,∴B错误;球的表面积为4πR2,∵圆柱的侧面积为4πR2,∴C正确;∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=R2·2R=R3,V球=R3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3R3R3=3∶1∶2,∴D正确.故选CD.答案:CD12.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是()A.PB⊥ADB.平面PAB⊥平面PBDC.直线BC∥平面PAED.直线PD与平面ABC所成的角为45°解析:∵PB在底面的射影为AB,AB与AD不垂直,∴AD与PB不垂直,故A不正确;又BD⊥AB,BD⊥PA,AB∩PA=A,∴BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAB.故B正确;∵BD∥AE,∴BD∥平面PAE,∴BC与平面PAE不平行,故C不正确;∵PD与平面ABC所成的角为∠PDA,且在Rt△PAD中,AD=2AB=PA,∴∠PDA=45°,故D正确.答案:BD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.现有用橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.解析:设新的圆锥和圆柱的底面半径均为r,则52×4+π×22×8=r2×4+πr2×8,即r2=+32π,解得r=答案:14.在四面体A-BCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD与BC所成角的大小为.解析:如图①,取AC的中点M,连接EM,FM.因为F为DC的中点,M为AC的中点,所以FM∥AD,且FM=AD=1.同理EM∥BC,且EM=BC=1.故∠EMF或其补角为异面直线AD与BC所成的角.图①图②如图②,在△EMF中,作MN⊥EF于点N,则N为EF的中点.在Rt△MNE中,EM=1,EN=,所以sin∠EMN=,从而∠EMN=60°,∠EMF=120°.故AD与BC所成角为60°.答案:60°15.已知在四面体P-ABC中,PA=PB=4,PC=2,AC=2,PB⊥平面PAC,则四面体P-ABC外接球的体积为.解析:∵PA=4,PC=2,AC=2,∴在△PAC中,PA2+PC2=20=AC2,可得AP⊥PC.又PB⊥平面PAC,PA,PC⊂平面PAC,∴PB⊥PA,PB⊥PC.以PA,PC,PB分别为长、宽、高,作长方体如图所示,则该长方体的外接球就是四面体P-ABC的外接球.∵长方体的体对角线长为=6,∴长方体外接球的直径2R=6,则R=3.因此,四面体P-ABC外接球的体积为V=R3=36π.答案:36π16.如图,P是边长为2的正方形ABCD外一点,PA⊥AB,PA⊥BC,且PC=5,则直线BD与平面PAC的位置关系为,二面角P-BD-A的余弦值为.解析:∵PA⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,∴PA⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD.∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC.∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.如图,设AC∩BD=O,连接PO,则BD⊥PO.∴∠POA为二面角P-BD-A的平面角.又AB=2,∴AC=4,∴AO=2.∴PA==3.∴PO=,∴cos∠POA=答案:垂直四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图,求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积(单位:cm).解:由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一半球面.S半球=8π,S圆台侧=35π,S圆台底=25π.故所求几何体的表面积为68πcm2.由V圆台=(π×22++π×52)×4=52π,V半球=23, 所以所求几何体的体积为V圆台-V半球=52π-=(cm3).18.(12分)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且DE⊥AB,CF⊥AB,AB=12,AD=5,BC=4,DE=4.现将△ADE,△CFB分别沿DE,CF折起,使A,B两点重合于点G,得到多面体CDEFG.(1)求证:平面DEG⊥平面CFG;(2)求多面体CDEFG的体积.(1)证明:由已知可得AE=3,BF=4,则折叠完后EG=3,GF=4,又因为EF=5,所以可得EG⊥GF.因为CF⊥EF,CF⊥GF,且EF∩GF=F,所以CF⊥平面EGF,所以可得CF⊥EG.因为GF∩CF=F,所以EG⊥平面CFG.又因为EG⊂平面DEG,所以平面DEG⊥平面CFG.(2)解:过点G作GO垂直于EF,垂足为O,则GO=由(1)知CF⊥平面EGF,CF⊂平面CDEF,所以平面EGF⊥平面CDEF,且交线为EF.所以GO⊥平面CDEF,即GO为四棱锥G-CDEF的高.所以所求体积为S长方形CDEF·GO=4×5=16.19.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明:(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1,因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,AA1⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,且A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.20.(12分)如图所示,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O,求:(1)AO与A'C'所成角的度数;(2)AO与平面ABCD所成角的正切值;(3)平面AOB与平面AOC所成二面角的大小.解:(1)由题意得A'C'∥AC,∴∠OAC或其补角即为AO与A'C'所成的角.∵在正方体A'C中,AB⊥平面BC',∴OC⊥AB.又OC⊥OB,且AB∩OB=B,∴OC⊥平面ABO.∵OA⊂平面ABO,∴OC⊥OA.∵在Rt△AOC中,OC=,AC=,∴sin∠OAC=,∴∠OAC=30°.即AO与A'C'所成角的度数为30°.(2)如图所示,过点O作OE⊥BC于点E,连接AE.∵平面BC'⊥平面ABCD,且交线为BC,∴OE⊥平面ABCD,从而∠OAE即为AO与平面ABCD所成的角.在Rt△OAE中,OE=,AE=,∴tan∠OAE=即AO与平面ABCD所成角的正切值为(3)由(1)知,OC⊥平面AOB.又OC⊂平面AOC,∴平面AOB⊥平面AOC,即平面AOB与平面AOC所成二面角的大小为90°.21.(12分)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.证明:(1)AA1⊥BD;(2)CC1∥平面A1BD.证明:(1)∵AB=2AD,∠BAD=60°,∴BD⊥AD.∵D1D⊥平面ABCD,∴D1D⊥DB.又AD∩D1D=D,∴BD⊥平面A1ADD1,∴AA1⊥BD.(2)如图,连接AC,A1C1,AC交BD于点O,连接A1O.∵四棱台底面ABCD是平行四边形,∴OC=AC.由棱台定义,AB=2A1B1及平面与平面平行的性质定理得A1C1∥OC,且A1C1=OC.∴四边形A1OCC1为平行四边形.∴CC1∥A1O.又A1O⊂平面A1BD,CC1⊄平面A1BD,∴CC1∥平面A1BD.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解:(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由题意知,BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.又因为EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(2)已知CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.又因为CD⊥AD,11所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以∠PDA=45°.由题意知PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.由题意知AE=ED=CD=1.所以在Rt△PAE中,PE=,在Rt△CDE中,CE=,在Rt△PAD中,PD=2,在Rt△PDC中,PC=3.设点A到平面PCE的距离为m,PA与平面PCE所成角为β.连接AC,则V A-PEC=V P-AEC.①已知△PEC的三边,依据余弦定理、三角形面积计算公式,得S△PEC =S△AEC =AE·CD=代入①得m=PA,已知PA=2,解得m=,故sinβ=12。

第八章立体几何初步1、棱柱、棱锥、棱台的结构特征................................................................................ - 1 -2、圆柱、圆锥、圆台、球与简单组合体的结构特征................................................ - 7 -3、立体图形的直观图.................................................................................................. - 12 -4、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积...................................................................... - 18 -5、圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积...................................................................... - 23 -6、球的表面积和体积.................................................................................................. - 29 -7、平面 ......................................................................................................................... - 35 -8、空间点、直线、平面之间的位置关系.................................................................. - 40 -9、直线与直线平行直线与平面平行...................................................................... - 44 -10、平面与平面平行.................................................................................................... - 49 -11、直线与直线垂直.................................................................................................... - 56 -12、直线与平面垂直.................................................................................................... - 63 -13、平面与平面垂直.................................................................................................... - 70 -章末综合测验................................................................................................................ - 76 -1、棱柱、棱锥、棱台的结构特征一、选择题1．(多选题)观察如下所示的四个几何体，其中判断正确的是()A．①是棱柱B．②不是棱锥C．③不是棱锥D．④是棱台ACD[结合棱柱、棱锥、棱台的定义可知①是棱柱，②是棱锥，④是棱台，③不是棱锥．]2．(多选题)下列说法错误的是()A．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台B．多面体至少有3个面C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形ABC[选项A错误，反例如图①；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项B错误；选项C错误，反例如图②，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义，知选项D正确．①②]3．在下列四个平面图形中，每个小四边形皆为正方形，其中可以沿相邻正方形的公共边折叠围成一个正方体的图形是()C[动手将四个选项中的平面图形折叠，看哪一个可以折叠围成正方体即可．]4.如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥的组合体D．不能确定A[如图．因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形，因此是棱柱．]5．用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是()A．四边形B．三角形C．三角形或四边形D．不可能为四边形C[按如图①所示用一个平面去截三棱锥，截面是三角形；按如图②所示用一个平面去截三棱锥，截面是四边形．①②]二、填空题6．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.12[该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，所以每条侧棱长为12 cm.]7．如图所示，在所有棱长均为1的三棱柱上，有一只蚂蚁从点A出发，围着三棱柱的侧面爬行一周到达点A1，则爬行的最短路程为________．10[将三棱柱沿AA1展开如图所示，则线段AD1即为最短路线，即AD1＝AD2＋DD21＝10.]8．以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成________个三棱锥．3[如图，三棱台可分成三棱锥C1-ABC，三棱锥C1-ABB1，三棱锥A-A1B1C1，共3个．]三、解答题9．如图所示的几何体中，所有棱长都相等，分析此几何体的构成？有几个面、几个顶点、几条棱？[解]这个几何体是由两个同底面的四棱锥组合而成的八面体，有8个面，都是全等的正三角形；有6个顶点；有12条棱．10．试从正方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任取若干，连接后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来．(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥；(2)四个面都是等边三角形的三棱锥；(3)三棱柱．[解](1)如图①所示，三棱锥A1-AB1D1(答案不唯一)．(2)如图②所示，三棱锥B1-ACD1(答案不唯一)．(3)如图③所示，三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯一)．①②③11．由五个面围成的多面体，其中上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，则该多面体是() A．三棱柱B．三棱台C．三棱锥D．四棱锥B[该多面体有三个面是梯形，而棱锥最多有一个面是梯形(底面)，棱柱最多有两个面是梯形(底面)，所以该多面体不是棱柱、棱锥，而是棱台．三个梯形是棱台的侧面，另两个三角形是底面，所以这个棱台是三棱台．]12．如图所示都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是()①②③④A．①②B．②③C．③④D．①④B[在图②③中，⑤不动，把图形折起，则②⑤为对面，①④为对面，③⑥为对面，故图②③完全一样，而图①④则不同．]13．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱的对角线共有________条．10[在上底面选一个顶点，同时在下底面选一个顶点，且这两个顶点不在同一侧面上，这样上底面每个顶点对应两条对角线，所以共有10条．]14.如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A、B、C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？[解](1)如图，折起后的几何体是三棱锥．(2)这个几何体共有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF均为直角三角形．(3)S△PEF＝12a2，S△DPF＝S△DPE＝12×2a×a＝a2，S△DEF＝S正方形ABCD－S△PEF－S△DPF－S△DPE＝(2a)2－12a2－a2－a2＝32a2.15.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝4，A1A＝5，现有一只甲壳虫从点A出发沿长方体表面爬行到点C1来获取食物，试画出它的最短爬行路线，并求其路程的最小值．[解]把长方体的部分面展开，如图，有三种情况．对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别为90，74，80，由此可见乙是最短线路，所以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A到E，再在长方形BCC1B1内由E到C1，也可以先在长方形AA1D1D内由A到F，再在长方形DCC1D1内由F到C1，其最短路程为74.2、圆柱、圆锥、圆台、球与简单组合体的结构特征一、选择题1．下列几何体中是旋转体的是 ( )①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．A ．①和⑤B ．①和②C ．③和④D ．①和④D [根据旋转体的概念可知，①和④是旋转体．]2．图①②中的图形折叠后的图形分别是( )① ②A ．圆锥、棱柱B ．圆锥、棱锥C ．球、棱锥D ．圆锥、圆柱B [根据图①的底面为圆，侧面为扇形，得图①折叠后的图形是圆锥；根据图②的底面为三角形，侧面均为三角形，得图②折叠后的图形是棱锥．]3．圆锥的侧面展开图是直径为a 的半圆面，那么此圆锥的轴截面是( )A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．顶角为30°等腰三角形D ．其他等腰三角形A [设圆锥底面圆的半径为r ，依题意可知2πr ＝π·a 2，则r ＝a 4，故轴截面是边长为a 2的等边三角形．]4．如图，在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是( )A ．一个棱柱中挖去一个棱柱B ．一个棱柱中挖去一个圆柱C ．一个圆柱中挖去一个棱锥D ．一个棱台中挖去一个圆柱B [一个六棱柱挖去一个等高的圆柱，选B ．]5．用长为8，宽为4的矩形做侧面围成一个圆柱，则圆柱的轴截面的面积为( )A ．32B ．32πC ．16πD ．8πB [若8为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为8π，其轴截面的面积为32π；若4为底面周长，则圆柱的高为8，此时圆柱的底面直径为4π，其轴截面的面积为32π.]二、填空题6．如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是________．圆柱 [一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱．]7．下列命题中错误的是________．①过球心的截面所截得的圆面的半径等于球的半径；②母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等；③圆台所有平行于底面的截面都是圆面；④圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形．② [因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式，当两条母线的夹角为90°时，圆锥的轴截面面积最大．]8．一个半径为5 cm 的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm ，则截面圆面积为________ cm 2.9π [设截面圆半径为r cm ，则r 2＋42＝52，所以r ＝3.所以截面圆面积为9π cm 2.]三、解答题9．如图所示，梯形ABCD中，AD∥BC，且AD<BC，当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征．[解]如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．10．一个圆台的母线长为12 cm，两底面面积分别为4π cm2和25π cm2.求：(1)圆台的高；(2)截得此圆台的圆锥的母线长．[解](1)圆台的轴截面是等腰梯形ABCD(如图所示)．由已知可得上底面半径O1A＝2(cm)，下底面半径OB＝5(cm)，又因为腰长为12 cm，所以高AM＝122－(5－2)2＝315(cm)．(2)如图所示，延长BA，OO1，CD交于点S，设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO可得l－12l＝25，解得l＝20 (cm)，即截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm.11. (多选题)对如图中的组合体的结构特征有以下几种说法，其中说法正确的是()A．由一个长方体割去一个四棱柱所构成的B．由一个长方体与两个四棱柱组合而成的C．由一个长方体挖去一个四棱台所构成的D．由一个长方体与两个四棱台组合而成的AB[如图，该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成，也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成．故选项AB正确．]12.在正方体ABCD-A′B′C′D′中，P为棱AA′上一动点，Q为底面ABCD上一动点，M是PQ的中点，若点P，Q都运动时，点M构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱锥D．球的一部分A[由题意知，当P在A′处，Q在AB上运动时，M的轨迹为过AA′的中点，在平面AA′B′B内平行于AB的线段(靠近AA′)，当P在A′处，Q在AD上运动时，M的轨迹为过AA′的中点，在平面AA′D′D内平行于AD的线段(靠近AA′), 当Q在B处，P在AA′上运动时，M的轨迹为过AB的中点，在平面AA′B′B内平行于AA′的线段(靠近AB), 当Q在D处，P在AA′上运动时，M的轨迹为过AD的中点，在平面AA′D′D内平行于AA′的线段(靠近AB), 当P在A处，Q在BC上运动时，M 的轨迹为过AB的中点，在平面ABCD内平行于AD的线段(靠近AB), 当P在A处，Q在CD上运动时，M的轨迹为过AD的中点，在平面ABCD内平行于AB的线段(靠近AD), 同理得到：P在A′处，Q在BC上运动；P在A′处，Q在CD上运动；Q在C处，P在AA′上运动；P，Q都在AB，AD，AA′上运动的轨迹．进一步分析其他情形即可得到M的轨迹为棱柱体．故选A．]13．如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA 上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A．则绳子的最短长度的平方f(x)＝________.x2＋16(0≤x≤4)[将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA′的长度L就是圆O的周长，所以L＝2πr＝2π，所以∠ASM＝Ll＝π2.由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝x2＋16 (0≤x≤4)．所以f(x)＝AM2＝x2＋16(0≤x≤4)．]14．球的两个平行截面的面积分别是5π，8π，两截面间的距离为1，求球的半径．[解]设两个平行截面圆的半径分别为r1，r2，球半径为R.由πr21＝5π，得r1＝ 5.由πr22＝8π，得r2＝2 2.(1)如图，当两个截面位于球心O的同侧时，有R2－r21－R2－r22＝1，即R2－5＝1＋R2－8，解得R＝3.(2)当两个截面位于球心O的异侧时，有R2－5＋R2－8＝1.此方程无解．由(1)(2)知球的半径为3.15．圆台上底面面积为π，下底面面积为16π，用一个平行于底面的平面去截圆台，该平面自上而下分圆台的高的比为2∶1，求这个截面的面积．[解]圆台的轴截面如图，O1，O2，O3分别为上底面、下底面、截面圆心．过点D作DF⊥AB于点F，交GH于点E.由题意知DO1＝1，AO2＝4，∴AF＝3.∵DE＝2EF，∴DF＝3EF，∴GEAF＝DEDF＝23，∴GE＝2.∴⊙O3的半径为3.∴这个截面面积为9π.3、立体图形的直观图一、选择题1．(多选题)如图，已知等腰三角形ABC，则如下所示的四个图中，可能是△ABC 的直观图的是()A B C DCD[原等腰三角形画成直观图后，原来的腰长不相等，CD两图分别为在∠x′O′y′成135°和45°的坐标系中的直观图．]2．(多选题)对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述正确的是()A．三角形的直观图仍然是一个三角形B．90°的角的直观图会变为45°的角C．与y轴平行的线段长度变为原来的一半D．由于选轴的不同，所得的直观图可能不同ACD [对于A ，根据斜二测画法特点知，相交直线的直观图仍是相交直线，因此三角形的直观图仍是一个三角形，故A 正确；对于B,90°的角的直观图会变为45°或135°的角，故B 错误；C ，D 显然正确．]3．把△ABC 按斜二测画法得到△A ′B ′C ′(如图所示)，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．三边互不相等的三角形A [根据斜二测画法还原三角形在直角坐标系中的图形，如图所示：由图易得AB ＝BC ＝AC ＝2，故△ABC 为等边三角形，故选A ．]4．一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，已知长方体的长、宽、高分别为20 m 、5 m 、10 m ，四棱锥的高为8 m ，若按1∶500的比例画出它的直观图，那么直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( )A ．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB ．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC ．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD ．2 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cmC [由比例尺可知长方体的长、宽、高和四棱锥的高分别为4 cm,1 cm,2 cm 和1.6 cm ，再结合斜二测画法，可知直观图的相应尺寸应分别为4 cm,0.5 cm ，2 cm ，1.6 cm.]5．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋22C ．2＋22D ．1＋2A[画出其相应平面图易求，故选A．]二、填空题6．斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点M(4,4)在直观图中的对应点是M′，则点M′的坐标为________．(4,2)[在x′轴的正方向上取点M1，使O′M1＝4，在y′轴上取点M2，使O′M2＝2，过M1和M2分别作平行于y′轴和x′轴的直线，则交点就是M′.] 7．水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为________．2.5[由直观图知，由原平面图形为直角三角形，且AC＝A′C′＝3，BC＝2B′C′＝4，计算得AB＝5，所求中线长为2.5.]8．水平放置的△ABC在直角坐标系中的直观图如图所示，其中D′是A′C′的中点，且∠ACB≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．2[△ABC为直角三角形，因为D为AC中点，所以BD＝AD＝CD．所以与BD的长相等的线段有2条．]三、解答题9．画出水平放置的四边形OBCD(如图所示)的直观图．[解](1)过点C作CE⊥x轴，垂足为点E，如图①所示，画出对应的x′轴、y′轴，使∠x′O′y′＝45°，如图②所示．①②③(2)如图②所示，在x′轴上取点B′，E′，使得O′B′＝OB，O′E′＝OE；在y′轴上取一点D′，使得O′D′＝12OD；过点E′作E′C′∥y′轴，使E′C′＝12EC．(3)连接B′C′，C′D′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图③所示，四边形O′B′C′D′就是所求的直观图．10．如图，△A′B′C′是水平放置的平面图形的直观图，试画出原平面图形△ABC．[解](1)画法：过C′，B′分别作y′轴的平行线交x′轴于D′，E′.(2)在直角坐标系xOy中．在x轴上取两点E，D使OE＝O′E′，OD＝O′D′，再分别过E，D作y轴平行线，取EB＝2E′B′，DC＝2D′C′.连接OB，OC，BC即求出原△ABC．11.如图所示，△A′O′B′表示水平放置的△AOB的直观图，B′在x′轴上，A′O′和x′轴垂直，且A′O′＝2，则△AOB的边OB上的高为()A ．2B ．4C ．2 2D ．42D [设△AOB 的边OB 上的高为h ，由题意，得S 原图形＝22S 直观图，所以12OB ·h ＝22×12×2×O ′B ′.因为OB ＝O ′B ′，所以h ＝4 2.故选D ．]12．已知两个圆锥，底面重合在一起，其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm ，另一个圆锥顶点到底面的距离为 3 cm ，则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A ．2 cmB ．3 cmC ．2.5 cmD ．5 cmD [由题意可知其直观图如图，由图可知两个顶点之间的距离为5 cm.故选D ．]13．已知用斜二测画法，画得的正方形的直观图面积为182，则原正方形的面积为________．72 [如图所示，作出正方形OABC 的直观图O ′A ′B ′C ′，作C ′D ′⊥x ′轴于点D ′.S 直观图＝O ′A ′×C ′D ′.又S 正方形＝OC ×OA ． 所以S 正方形S 直观图＝OC ×OAO ′A ′×C ′D ′， 又在Rt △O ′D ′C ′中，O ′C ′＝2C ′D ′，即C ′D ′＝22O ′C ′，结合平面图与直观图的关系可知OA ＝O ′A ′，OC ＝2O ′C ′， 所以S 正方形S 直观图＝OC ×OA OA ×22O ′C ′＝2O ′C ′22O ′C ′＝2 2. 又S 直观图＝182，所以S 正方形＝22×182＝72.]14.如图是一个边长为1的正方形A ′B ′C ′D ′，已知该正方形是某个水平放置的四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．[解]四边形ABCD的真实图形如图所示，因为A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，所以∠D′A′C′＝∠A′C′B′＝45°，所以在原四边形ABCD中，AD⊥AC，AC⊥BC，因为AD＝2D′A′＝2，AC＝A′C′＝2，＝AC·AD＝2 2.所以S四边形ABCD15．画出底面是正方形，侧棱均相等的四棱锥的直观图．[解](1)画轴．画x轴、y轴、z轴，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°，如图①.(2)画底面．以O为中心在xOy平面内画出正方形水平放置的直观图ABCD．(3)画顶点．在Oz轴上截取OP，使OP的长度是原四棱锥的高．(4)成图．连接P A、PB、PC、PD，并擦去辅助线，得四棱锥的直观图如图②.①②4、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积一、选择题1．如图，ABC-A′B′C′是体积为1的棱柱，则四棱锥C-AA′B′B的体积是()A ．13 B ．12 C ．23D ．34C [∵V C -A ′B ′C ′＝13V ABC -A ′B ′C ′＝13，∴V C -AA ′B ′B＝1－13＝23.] 2．正方体的表面积为96，则正方体的体积为( ) A ．48 6 B ．64 C ．16 D ．96[答案] B3．棱锥的一个平行于底面的截面把棱锥的高分成1∶2(从顶点到截面与从截面到底面)两部分，那么这个截面把棱锥的侧面分成两部分的面积之比等于( )A ．1∶9B ．1∶8C ．1∶4D ．1∶3 B [两个锥体的侧面积之比为1∶9，小锥体与台体的侧面积之比为1∶8，故选B ．]4．若正方体八个顶点中有四个恰好是正四面体的顶点，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比是( )A ． 3B ． 2C ．23D ．32 A [如图所示，正方体的A ′、C ′、D 、B 的四个顶点可构成一个正四面体，设正方体边长为a ，则正四面体边长为2a . ∴正方体表面积S 1＝6a 2， 正四面体表面积为S 2＝4×34×(2a )2＝23a 2，∴S 1S 2＝6a 223a 2＝ 3.] 5．四棱台的两底面分别是边长为x 和y 的正方形，各侧棱长都相等，高为z ，且侧面积等于两底面积之和，则下列关系式中正确的是( )A ．1x ＝1y ＋1zB ．1y ＝1x ＋1zC ．1z ＝1x ＋1yD ．1z ＝1x ＋yC [由条件知，各侧面是全等的等腰梯形，设其高为h ′，则根据条件得， ⎩⎪⎨⎪⎧4·x ＋y 2·h ′＝x 2＋y 2，z 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －x 22＝h ′2，消去h ′得，4z 2(x ＋y )2＋(y －x )2(y ＋x )2＝(x 2＋y 2)2. ∴4z 2(x ＋y )2＝4x 2y 2， ∴z (x ＋y )＝xy ， ∴1z ＝1x ＋1y .] 二、填空题6．已知一个长方体的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体积为________．6[设长方体从一点出发的三条棱长分别为a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，三式相乘得(abc )2＝6，故长方体的体积V ＝abc ＝ 6.]7．(一题两空)已知棱长为1，各面均为等边三角形的四面体，则它的表面积是________，体积是________．3 212 [S 表＝4×34×12＝3， V 体＝13×34×12×12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33 2＝212.]8.如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，则点A 到平面A 1BD 的距离d ＝________.33a [在三棱锥A 1-ABD 中，AA 1是三棱锥A 1-ABD 的高，AB ＝AD ＝AA 1＝a ，A 1B ＝BD ＝A 1D ＝2a ，∵V 三棱锥A 1-ABD ＝V 三棱锥A -A 1BD ， ∴13×12a 2×a ＝13×12×2a ×32×2a ×d ， ∴d ＝33a .∴点A 到平面A 1BD 的距离为33a .] 三、解答题9．已知四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝13，BC ＝AD ＝25，BD ＝AC ＝5，求四面体ABCD 的体积．[解] 以四面体的各棱为对角线还原为长方体，如图． 设长方体的长、宽、高分别为x ，y ，z ，则⎩⎨⎧x 2＋y 2＝13，y 2＋z 2＝20，x 2＋z 2＝25，∴⎩⎨⎧x ＝3，y ＝2，z ＝4.∵V D -ABE ＝13DE ·S △ABE ＝16V 长方体， 同理，V C -ABF ＝V D -ACG ＝V D -BCH ＝16V 长方体， ∴V 四面体ABCD ＝V 长方体－4×16V 长方体＝13V 长方体． 而V 长方体＝2×3×4＝24，∴V 四面体ABCD ＝8.10．如图，已知正三棱锥S -ABC 的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO ＝3，求此正三棱锥的表面积．[解] 如图，设正三棱锥的底面边长为a ，斜高为h ′，过点O 作OE ⊥AB ，与AB 交于点E ，连接SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝h ′.∵S 侧＝2S 底， ∴12·3a ·h ′＝34a 2×2. ∴a ＝3h ′.∵SO ⊥OE ，∴SO 2＋OE 2＝SE 2. ∴32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫36×3h ′2＝h ′2.∴h ′＝23，∴a ＝3h ′＝6.∴S 底＝34a 2＝34×62＝93，S 侧＝2S 底＝18 3. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝183＋93＝27 3.11．正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为( ) A ．3π B ．43 C ．32πD ．1B [如图所示，由图可知，该几何体由两个四棱锥构成，并且这两个四棱锥体积相等．四棱锥的底面为正方形，且边长为2，故底面积为(2)2＝2；四棱锥的高为1，故四棱锥的体积为13×2×1＝23.则几何体的体积为2×23＝43.]12．正三棱锥的底面周长为6，侧面都是直角三角形，则此棱锥的体积为( ) A ．423 B ． 2 C ．223 D ．23D [由题意，正三棱锥的底面周长为6，所以正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，可知侧棱长均为2，三条侧棱两两垂直，所以此三棱锥的体积为13×12×2×2×2＝23.]13．(一题两空)已知某几何体是由两个全等的长方体和一个三棱柱组合而成，如图所示，其中长方体的长、宽、高分别为4,3,3，三棱柱底面是直角边分别为4,3的直角三角形，侧棱长为3，则此几何体的体积是________，表面积是________．90 138 [该几何体的体积V ＝4×6×3＋12×4×3×3＝90，表面积S ＝2(4×6＋4×3＋6×3)－3×3＋12×4×3×2＋32＋42×3＋3×4＝138.]14．如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为4的正方形，EF ∥AB ，EF ＝2，EF 上任意一点到平面ABCD 的距离均为3，求该多面体的体积．[解] 如图，连接EB ，EC ．四棱锥E -ABCD 的体积 V 四棱锥E -ABCD ＝13×42×3＝16. ∵AB ＝2EF ，EF ∥AB ， ∴S △EAB ＝2S △BEF .∴V 三棱锥F -EBC ＝V 三棱锥C -EFB ＝12V 三棱锥C -ABE ＝12V 三棱锥E -ABC ＝12×12V 四棱锥E -ABCD ＝4. ∴多面体的体积V ＝V 四棱锥E -ABCD ＋V 三棱锥F -EBC ＝16＋4＝20.15．一个正三棱锥P -ABC 的底面边长为a ，高为h .一个正三棱柱A 1B 1C 1-A 0B 0C 0的顶点A 1，B 1，C 1分别在三条棱上，A 0，B 0，C 0分别在底面△ABC 上，何时此三棱柱的侧面积取到最大值？[解] 设三棱锥的底面中心为O ，连接PO (图略)，则PO 为三棱锥的高，设A 1，B 1，C 1所在的底面与PO 交于O 1点，则A 1B 1AB ＝PO 1PO ，令A 1B 1＝x ，而PO ＝h ，则PO 1＝ha x ，于是OO 1＝h －PO 1＝h －h a x ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x a .所以所求三棱柱的侧面积为S ＝3x ·h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x a ＝3h a (a －x )x ＝3h a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 24－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22.当x ＝a 2时，S 有最大值为34ah ，此时O 1为PO 的中点．5、圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积一、选择题1．面积为Q 的正方形，绕其一边旋转一周，则所得几何体的侧面积为( ) A ．πQ B ．2πQ C ．3πQD ．4πQB [正方形绕其一边旋转一周，得到的是圆柱，其侧面积为S ＝2πrl ＝2π·Q ·Q ＝2πQ .故选B ．]2．一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是32π，则母线长为( )A ．2B ．2 2C ．4D ．8C[圆台的轴截面如图，由题意知，l＝12(r＋R)，S圆台侧＝π(r＋R)·l＝π·2l·l＝32π，∴l＝4.]3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为()A．7B．6C．5D．3A[设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.]4．已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为()A．210 B．2 5C．3 D．2A[圆柱的侧面展开图如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，AC＝22＋62＝210.故选A．]5．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得截面面积与底面面积的比是1∶3，这截面把圆锥母线分为两段的比是()A．1∶3 B．1∶ (3－1)C．1∶9 D．3∶2B[由面积比为1∶3，知小圆锥母线与原圆锥母线长之比为1∶3，故截面把圆锥母线分为1∶(3－1)两部分，故选B．]二、填空题6．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．2 [设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r ，由题意可知，πrl ＋πr 2＝3π，且πl ＝2πr .解得r ＝1，即直径为2.]7．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) 3 [圆台的轴截面是下底长为12寸，上底长为28寸，高为18寸的等腰梯形，雨水线恰为中位线，故雨水线直径是20寸，所以降水量为π3(102＋10×6＋62)×9π×142＝3(寸)．]8．圆台的上、下底面半径分别是10 cm 和20 cm ，它的侧面展开图扇环的圆心角是180°(如图)，那么圆台的体积是________．7 000π3 3 cm 3[180°＝20－10l ×360°，∴l ＝20， h ＝103，V ＝13π(r 21＋r 22＋r 1r 2)·h ＝7 0003π3 (cm 3)．] 三、解答题9．若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是60°，求圆锥的体积． [解] 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ， 则2πr ＝13πl ，得l ＝6r .又S 圆锥＝πr 2＋πr ·6r ＝7πr 2＝15π，得r ＝157，圆锥的高h ＝⎝⎛⎭⎪⎫61572－⎝⎛⎭⎪⎫1572＝53，V ＝13πr 2h ＝13π×157×53＝2537π.10．如图是一个底面直径为20 cm 的装有一部分水的圆柱形玻璃杯，水中放着一个底面直径为6 cm ，高为20 cm 的圆锥形铅锤，且水面高于圆锥顶部，当铅锤从水中取出后，杯里的水将下降多少？[解] 因为圆锥形铅锤的体积为13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622×20＝60π(cm 3)，设水面下降的高度为x cm ，则小圆柱的体积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2022x ＝100πx .所以有60π＝100πx ，解此方程得x ＝0.6. 故杯里的水将下降0.6 cm.11．已知圆柱的侧面展开图矩形面积为S ，底面周长为C ，它的体积是( ) A ．C 34πS B ．4πS C 3 C ．CS 2πD ．SC 4πD [设圆柱底面半径为r ，高为h ，则⎩⎨⎧Ch ＝S ，C ＝2πr ，∴r ＝C 2π，h ＝S C .∴V ＝πr 2·h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2π2·S C ＝SC4π.]12．如图，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a ，最小值为b .那么圆柱被截后剩下部分的体积是________．πr 2(a ＋b )2 [采取补体方法，相当于一个母线长为a ＋b 的圆柱截成了两个体积相等的部分，所以剩下部分的体积V ＝πr 2(a ＋b )2.]13．(一题两空)圆柱内有一个内接长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，长方体的体对角线长是10 2 cm ，圆柱的侧面展开图为矩形，此矩形的面积是100π cm 2，则圆柱的底面半径为________cm ，高为________cm.5 10 [设圆柱底面半径为r cm ，高为h cm ，如图所示，则圆柱轴截面长方形的对角线长等于它的内接长方体的体对角线长，则：⎩⎨⎧(2r )2＋h 2＝(102)2，2πrh ＝100π， 所以⎩⎨⎧r ＝5，h ＝10.即圆柱的底面半径为5 cm ，高为10 cm.]14．如图在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．[解] 设圆锥的底面半径为R ，圆柱的底面半径为r ，表面积为S .则R ＝OC ＝2，AC ＝4， AO ＝42－22＝2 3.如图所示，易知△AEB ∽△AOC ，所以AE AO ＝EB OC ，即323＝r 2，所以r ＝1，S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π. 所以S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π＝(2＋23)π.15．某养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪用)．已建的仓库的底面直径为12 m ，高为4 m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积； (2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积； (3)哪种方案更经济些？[解] (1)设两种方案所建的仓库的体积分别为V 1，V 2.方案一：仓库的底面直径变成16 m ，则其体积V 1＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1622×4＝2563π(m 3)； 方案二：仓库的高变成8 m ，则其体积V 2＝13×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1222×8＝96π(m 3)．(2)设两种方案所建的仓库的表面积分别为S 1，S 2. 方案一：仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ， 此时圆锥的母线长为l 1＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×(8＋45)＝(64＋325)π(m 2)；方案二：仓库的高变成8 m ，此时圆锥的母线长为l 2＝82＋62＝10(m)， 则仓库的表面积S 2＝π×6×(6＋10)＝96π(m 2)． (3)因为V 2>V 1，S 2<S 1， 所以方案二比方案一更加经济．。

人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷立体几何初步注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下面关于空间几何体的定义或结构特征叙述错误的是（ ） A ．空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱B ．有两个侧面都是矩形的三棱柱，它的侧棱垂直于底面C ．以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥D ．底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影一定是底面正多边形的中心 2．正四面体的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为（ ） A ．2B ．3C ．43-D ．43+3．直角三角形的三边满足a b c <<，分别以a ，b ，c 三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为a V 、b V 、C V ，则（ ） A ．c b a V V V << B ．a b c V V V << C ．c a b V V V <<D ．b a c V V V <<4．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是（ ）A ．m α⊥，n α∥，则m n ⊥B ．m α⊥，n α⊥，则m n ∥C ．m α⊥，m n ⊥，则n α∥D ．m n ⊥，n α∥，则m α⊥5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB CC ==，CA CB ⊥，1CC ⊥底面ABC ，则异面直线1AB 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．33B ．63C ．22D ．236．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25，则此圆锥的表面积为（ ）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π7．已知一个圆柱的表面积等于侧面积的32，且其轴截面的周长为16，则该圆柱的体积为（ ）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号A ．8πB ．16πC ．27πD ．36π 8．如图，在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，将ADE △沿直线DE 翻折成1A DE △，连接1A C ．若当三棱锥1A CDE -的体积取得最大值时，三棱锥1A CDE -外接球的体积为82π3，则a =（ ）A ．2B ．2C ．22D ．4二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．如图，在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，有下列结论正确的有（ ）A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90︒ D ．ON PB ⊥10．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，截面BDE 与直线PC 平行，与PA 交于点E ，则下列判断正确的是（ ）A ．E 为PA 的中点B ．BD ⊥平面PACC ．PB 与CD 所成的角为π3D ．三棱锥C BDE -与四棱锥P ABCD -的体积之比等于1:4．11．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是（ ）A ．在棱AD 上存在点M ，使AD ⊥平面PMBB ．异面直线AD 与PB 所成的角为90°C ．二面角P BC A --的大小为45°D ．BD ⊥平面PAC12．如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=︒，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △位置，连结PC ，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．PC 与平面BCD 所成的最大角为45︒B ．存在某个位置，使得PB CD ⊥C ．当二面角P BD C --的大小为90︒时，6PC =D ．存在某个位置，使得B 到平面PDC 的距离为3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．已知边长为1的菱形ABCD 中，π3A ∠=，则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为__________．14．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥P EFGH -，下半部分是长方体ABCD EFGH -．正四棱锥P EFGH -的高为3，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为____________．15．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为V ，A 、B 是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个判断，其中正确的是_________． ①圆锥的侧面积为4π；②母线与圆锥底面所成角的大小为60°；③VAB △可能为等腰直角三角形；④VAB △面积的最大值为3．16．如图，四棱锥P ABCD -的底面为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA AD =，E ，F 分别是线段P A ，PD 的中点，H 在线段AB 上．若平面PBC ∥平面EFH ，则AH =__________AB ，若4AD =，2AB =，则点D 到平面P AC 的距离为__________．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，S 是11B D 的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：（1）直线EG ∥平面11BDD B ； （2）平面EFG ∥平面11BDD B ．18．（12分）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，2AB=，6 PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．（1）证明：平面EAC⊥平面PBD；（2）若PD∥平面EAC，求三棱锥P EAD-的体积．19．（12分）如图，等腰直角三角形ABC的直角边2AC BC==，沿其中位线DE将平面ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A BCDE-，设CD，BE，AE，AD的中点分别为M N P Q，，，．（1）求证：M N P Q，，，四点共面；（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；（3）求异面直线BE与MQ所成的角．20．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，侧棱PD a =，2PA PC a ==．（1）求证：PD ⊥平面ABCD ； （2）求证：平面PAC ⊥平面PBD ； （3）求二面角P BC D --的平面角的大小．21．（12分）如图①，ABC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，BCD △是等边三角形，1AB =，如图②，将BCD △沿BC 折起使平面BCD ⊥平面,,ABC E M 分别为,BC BD 的中点，点F 在棱AC 上，且3AF FC =，点N 在棱AC 上，且38CN CA =．（1）在棱BC 上是否存在一点G ，使平面MNG ∥平面DEF ？若存在，求CGGB的值；若不存在，请说明理由； （2）求点F 到平面ABD 的距离．22．（12分）在正方体1AC 中，E ，F 分别为11D C ，11B C 的中点，ACBD P =，11A C EF Q =，如图．（1）若1A C 交平面EFBD 于点R ，证明：P ，Q ，R 三点共线；（2）线段AC 上是否存在点M ，使得平面11B D M ∥平面EFBD ，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷答 案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D【解析】对于A ，由四棱柱的定义：空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱，故A 正确；对于B ，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，是真命题，故B 正确；对于C ，由圆锥的定义：以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥，故C 正确；对于D ，底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故D 错误， 故选D ． 2．【答案】A【解析】如题所示：连接AE ，DE ， 因为DB DC =，E 为BC 的中点， 所以DE BC ⊥，所以2213DE =-=， 同理3AE =．又因为AE DE =，F 为AD 的中点，所以EF AD ⊥， 所以()2312EF =-=，故选A ．3．【答案】A 【解析】直角三角形的三边满足a b c <<，分别以a ，b ，c 三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为a V 、b V 、c V ，22111πππ333a V b a ab b ab ∴=⨯⨯⨯==⨯，22111πππ333b V a b a b a ab =⨯⨯⨯==⨯，该直角三角形斜边上的高h 满足1122ab ch =，可得abh c=， 222111πππ333c ab a b ab V c ab c c c ⎛⎫=⨯⨯⨯=⋅=⨯ ⎪⎝⎭，0ab ab bc b c c --=<，ab a b c∴<<，c b a V V V ∴<<，故选A ． 4．【答案】D【解析】对于A ，n α∥，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行于n ，m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得m n ∥，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则n α∥或n α⊂， 又n α⊄，//n α∴，故C 正确；对于D ，若m n ⊥，n α∥，则m α∥或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则m α∥或m 与α相交，故D 错误， 故选D ． 5．【答案】A【解析】在三棱柱111ABC A B C -中，11BC B C ∥，∴异面直线1AB 与BC 所成的角为11AB C ∠或其补角，连接1AC ，1CC ⊥底面ABC ，CB ⊂平面ABC ，1CC CB ∴⊥，又CA CB ⊥，1CACC C =，CB ∴⊥平面11ACC A ，又1AC ⊂平面11ACC A ，1CB AC ∴⊥，由11CB B C ∥，可得111B C AC ⊥，CA CB ⊥，2AB ∴=，又111BB CC ==，13AB ∴=，∴在11AB C Rt △中，1111113cos 33B C AB C AB ∠===， 即异面直线1AB 与BC 所成角的余弦值为33，故选A ．6．【答案】B【解析】设底面圆半径为r ，由母线长4l =，可知侧面展开图扇形的圆心角为2ππ2r rl α==， 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ； 如图，在ABM △中，25MB =2AM =，4AB =， 所以222AM AB MB +=，所以π2MAB ∠=， 故2ππ2r α==，解得1r =， 所以圆锥的表面积为2ππ5πS rl r =+=，故选B ． 7．【答案】B【解析】设圆柱的底面半径为R ，高为h ， ∵圆柱的侧面积等于表面积的23，且其轴截面的周长是16， ∴()22π2π32416Rh R h R h R ⎧=⨯+⎪⎨⎪+=⎩，解得24R h =⎧⎨=⎩， ∴圆柱的体积为2π16πV R h ==，故选B ．8．【答案】B【解析】在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点， 所以1A DE △为等腰直角三角形， 斜边DE 上的高为221112222A K DE a a a==+=， 要想三棱锥1A CDE -的体积最大，需高最大， 则平面1A DE ⊥面BCDE 时体积最大，此时1A K ⊥平面DEBC ，三棱锥1A CDE -的高等于122A K a =， 因为三棱锥1A CDE -外接球的体积为82π3，可得3482ππ33R =， 解得2R =，取DC 的中点H ，连接HE ，1HA ，HK ，由1A K ⊥平面DEBC ，得KH ⊂平面DEBC ，∴1A K HK ⊥， 由已知HDAE 是正方形，HA DE ⊥，且HA 与DE 平分于K ， ∴22222211A H A K KH AK KH DK KH HD HE HC =+=+=+===，H 即为1A DEC -外接球球心，∴2HD =，即2a =，故选B ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．【答案】ABD【解析】选项A ，连接BD ，显然O 为BD 的中点， 又N 为PB 的中点，所以PD ON ∥，由线面平行的判定定理可得PD ∥平面OMN ；选项B ，由M ，N 分别为侧棱PA ，PB 的中点，得MN AB ∥，又底面为正方形，所以MN CD ∥，由线面平行的判定定理可得，CD ∥平面OMN ， 又选项A 得PD ∥平面OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面PCD ∥平面OMN ；选项C ，因为MN CD ∥，所以PDC ∠为直线PD 与直线MN 所成的角， 又因为所有棱长都相等，所以60PDC ∠=︒，故直线PD 与直线MN 所成角的大小为60︒；选项D ，因底面为正方形，所以222AB AD BD +=，又所有棱长都相等，所以222PB PD BD +=，故PB PD ⊥， 又PD ON ∥，所以ON PB ⊥，故ABD 均正确． 10．【答案】ABD【解析】对于A ，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，如图所示，PC ∥面BDE ，PC ⊂面APC ，且面APC面BDE EM =，PC EM ∴∥，又四边形ABCD 是正方形，M ∴为AC 的中点，E ∴为PA 的中点，故A 正确；对于B ，PA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，PA BD ∴⊥，又AC BD ⊥，ACPA A =，AC ，PA ⊂面PAC ，BD ∴⊥面PAC ，故B 正确；对于C ，AB CD ∥，PBA ∴∠为PB 与CD 所成的角，PA ⊥面ABCD ，AB ⊂面ABCD ，PA AB ∴⊥，在PAB Rt △中，PA AB =，4πPBA ∴∠=，故C 错误； 对于D ，由等体积法可得13C BDE E BCDBCD V V S EA --==⋅⋅，13P ABCDABCD V S PA -=⋅⋅， 又12BCD ABCD S S =，2PA EA =，14C BDE P ABCD V V --∴=，故D 正确，故选ABD ． 11．【答案】ABC【解析】如图，对于A ，取AD 的中点M ，连接PM ，BM ， ∵侧面PAD 为正三角形，PM AD ∴⊥，又底面ABCD 是菱形，60DAB ∠=︒，ABD ∴△是等边三角形，AD BM ∴⊥，又PMBM M =，PM ，BM ⊂平面PMB ，AD ∴⊥平面PBM ，故A 正确；对于B ，AD ⊥平面PBM ，AD PB ∴⊥，即异面直线AD 与PB 所成的角为90°，故B 正确； 对于C ，∵平面PBC平面ABCD BC =，//BC AD ，BC ∴⊥平面PBM ，BC PB ∴⊥，BC BM ⊥，PBM ∴∠是二面角P BC A --的平面角，设1AB =，则32BM =，32PM =， 在PBM Rt △中，tan 1PMPBM BM∠==，即45PBM ∠=︒， 故二面角P BC A --的大小为45°，故C 正确；对于D ，因为BD 与PA 不垂直，所以BD 与平面PAC 不垂直，故D 错误， 故选ABC ． 12．【答案】BC 【解析】如图所示：A 项：取BD 的中点O ，连接OP 、OC ， 因为四边形ABCD 是菱形，O 是线段BD 的中点， 所以OP BD ⊥，OC BD ⊥，OPOC O =，BD ⊥平面POC ，BD ⊂平面BCD ，所以POC ⊥平面BCD ，所以POC 平面BCD OC =，所以PC 在平面BCD 的射影为OC ，PCO ∠即PC 与平面BCD 所成角，PO OC =，三角形POC 是等腰三角形，当60POC ∠=︒时，PC 与平面BCD 所成角为60︒，故A 错误； B 项：当PD PC =时，取CD 的中点N ，可得CD PN ⊥，CD BN ⊥，故CD ⊥平面PBN ，PB CD ⊥，故B 正确； C 项：因为四边形ABCD 是菱形，O 是线段BD 的中点， 所以PO BD ⊥，CO BD ⊥，因为BD 是平面PBD 与平面CBD 的交线， 所以POC ∠即平面PBD 与平面CBD 所成角，因为二面角P BD C --的大小为90︒，所以90POC ∠=︒， 因为3PO OC ==，所以6PC =，故C 正确；D 项：因为3BN =，所以如果B 到平面PDC 的距离为3， 则BN ⊥平面PCD ，2PB =，3BN =，1PN =，1DN =，则2PD =，显然不可能，故D 错误，故选BC ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】68【解析】菱形ABCD 中，1AB =，π3A ∠=， 则菱形的面积为π132211sin 23ABD ABCD S S ==⨯⨯⨯⨯=△菱形， 所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为3622222ABCD S S ===．14．【答案】20【解析】由题意，正四棱锥P EFGH -312+=， 该组合体的表面积为122421422202⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=． 15．【答案】②④【解析】如图，设O 为底面圆的圆心，则VO 为圆锥的高． 设圆锥的母线为l ，由底面半径为1，所以底面圆的周长为2π，其侧面展开图是一个半圆，则此半圆的半径为l ，此半圆的半圆弧长π2πl =， 所以2l =，所以侧面展开图的面积为21π2π2l =，所以①不正确；由圆锥的性质可知VA 与圆锥底面所成角为VAO ∠，则1cos 2OA VAO VA ∠==， 所以60VAO ∠=︒，所以②正确；在VAB △中，2VA VB ==，2AB ≤，VAB △不可能为直角三角形，所以③不正确；在VAB △中，22228cos 28AV VB AB ABAVB VA VB +--∠==⋅，由2AB ≤，所以1cos 2AVB ∠≥，所以03πAVB <∠≤， 所以1sin 32VAB S VA VB AVB =⋅∠≤△，所以④正确， 故正确的判断为②④．16．【答案】12，455【解析】平面//PBC 平面EFH ，面APB平面PBC PB =，面PBA平面EFH EH =， EH PB ∴∥．又E 是线段PA 的中点，H 在线段AB 上，H ∴是AB 的中点，故12AH AB =， 过D 作DM AC ⊥于M ，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA DM ∴⊥，且PAAC A =，DM ∴⊥面PAC ，∴线段DM 的长就是点D 到平面PAC 的距离．在直角三角形ACD 中，AC DM DA DC ⋅=⋅，45525DA DC DM AC ⋅∴===． 故答案为12，45．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】证明：（1）如图，连接SB ，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG SB ∥．又因为SB ⊂平面11BDD B ，EG ⊄平面11BDD B ，所以直线EG ∥平面11BDD B ．（2）连接SD ，因为F ，G 分别是DC ，SC 的中点，所以FG SD ∥． 又因为SD ⊂平面11BDD B ，FG ⊄平面11BDD B ，所以FG ∥平面11BDD B ， 由（1）有直线EG ∥平面11BDD B ， 又EG ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EG FG G =，所以平面EFG ∥平面11BDD B ．18．【答案】（1）证明见解析；（2）6． 【解析】（1）PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面 ABCD ，AC PD ∴⊥， ∵四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥， PD BD D =，AC ∴⊥平面PBD ，AC ⊂平面EAC ，∴平面E AC ⊥平面PBD ． （2）//PD 平面EAC ，平面EAC 平面PBD OE =，//PD OE ∴，O 是BD 中点，E ∴是PB 中点，111166222232P EAD E ABD P BAD V V V ---∴===⨯⨯⨯⨯⨯=．19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）60︒．【解析】（1）由题意易知：PQ DE ∥，MN DE ∥，所以PQ MN ∥， 所以M N P Q ，，，四点共面．（2）因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE平面BCDE DE =，而AD DE ⊥，所以AD ⊥平面BCDE ，即AD BC ⊥， 又AD BC ⊥，所以BC ⊥平面ACD ，而BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ACD ．（3）由条件知1AD =，1DC =，2BC =，延长ED 至R ，使DR ED =，延长ED 至R ，使DR ED =，则ER BC =，ER BC ∥，故ERCB 为平行四边形，所以RC EB ∥，又AC QM ∥，所以ACR ∠为异面直线BE 与QM 所成的角（或补角）． 因为DA DC DR ==，且三线两两互相垂直，由勾股定理得 2AC AR RC ===因为三角形ACR 为正三角形，所以60ACR ∠=︒． 所以异面直线BE 与MQ 所成的角为60︒．20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45︒． 【解析】（1）PD a =，DC a =，2PC a =，222PC PD DC ∴=+，PD DC ∴⊥．同理可证PD AD ⊥，AD DC D =，PD ∴⊥平面ABCD ．（2）由（1）知PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，PD AC ∴⊥，∵四边形ABCD 是正方形，AC BD ∴⊥． 又BD PD D =，AC ∴⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面PBD ．（3）由（1）知PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥． 又BC DC ⊥，PD DC D =，BC ∴⊥平面PDC ，PC ⊂平面PDC ，BC PC ∴⊥， PCD ∴∠为二面角P BC D --的平面角．在PDC Rt △中，PD DC a ==，45PCD ∴∠=︒， ∴二面角P BC D --的平面角的大小为45︒． 21．【答案】（1）存在点G 满足题意，3GG GB=；（2）33．【解析】（1）存在点G 满足题意，3CGGB=， 证明如下：如图，取BE 的中点G ，连接,MG NG ， 因为BG GE =，DM MB =，所以MG DE ∥． 又MG ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以MG ∥平面DEF ．因为3AF FC =，所以14FC CA =，所以124338CA FC CN CA ==，又23CE CG =，所以CE FCCG CN=，所以EF GN ∥． 又EF ⊂平面DEF ，GN ⊄平面DEF ，所以GN ∥平面DEF ． 因为MGGN G =，所以平面MNG ∥平面DEF ，所以3CGGB=． （2）如图，连接BF ，因为平面BCD ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，平面ABC 平面BCD BC =，所以AB ⊥平面BCD ． 又BD ⊂平面BCD ，所以AB BD ⊥． 同理，DE ⊥平面ABC ，所以 1122ABD S AB BD =⨯=△，33134428ABF ABC S S AB BC ==⨯⨯=△△． 由题得32DE =，设点F 到平面ABD 的距离为d ， 由F ABD D ABF V V --=，得1133ABD ABF S d S DE ⋅=⋅△△， 所以33338212ABF ABD S DE d S ⋅⋅===△△，即点F 到平面ABD 的距离为33．22．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，M 为AP 中点．【解析】（1）证明：∵在正方体1AC 中，E ，F 分别为11D C ，11B C 的中点，ACBD P =，11A C EF Q =，1A C 交平面EFBD 于点R ，∴P ，Q ，R 是平面BDEF 和平面11BDD B 的公共点， ∴P ，Q ，R 三点共线．（2）存在点M 为AP 中点，使平面11B D M ∥平面EFBD ．证明如下：取AD 中点G ，AB 中点H ，连接GH ，交AC 于点M ， 连接1D G ，1B H ，如图：由题意得，GH EF ∥，因为GH ⊂平面11GHB D ，EF ⊄平面11GHB D ， 所以EF ∥平面11GHB D ，因为1B H DE ∥，同理可证，DE ∥平面11GHB D ， 又因为EFDE E =，由面面平行的判定定理可得，∴平面11GHB D ∥平面BDEF ，∴线段AC 上存在点M ，使得平面11B D M ∥平面EFBD ，且M 为AP 中点．。