高考数学第八章立体几何初步测试解析版

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步总结(重点)超详细单选题1、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，且AD⊥BC，则四边形EFGH是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形答案：B分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形，再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形. 因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，所以EF//AD,HG//AD，所以EF//HG；同理可得EH//GF，所以四边形EFGH是平行四边形；又因为AD⊥BC，所以EH⊥EF，即四边形EFGH是矩形.故选：B.2、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P//平面ACD，则B1P的长度为（）A．2B．√5C．√6D．3答案：B解析：设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，然后证明B1P//平面AQD即可.如图，设点P 为AB 的中点，取A 1B 1的中点Q ，连接AQ ，DQ ，则B 1P//AQ ，又B 1P ⊄平面AQD ，AQ ⊂平面AQD ，∴B 1P//平面AQD ，易知AC//DQ ，故平面AQD 与平面ACD 是同一个平面，∴B 1P //平面ACD ，此时B 1P =√5，故选：B3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ．4、在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，点M 是侧棱CC 1中点，BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，则异面直线BM 与A 1C 所成角的余弦值为（ ）A ．−√1010B ．√1515C ．√3012D ．√1012 答案：B分析：可以取A 1C 1的中点N ，连接MN ，将异面直线BM 与A 1C 转化为直线BM 与MN 所成的角，在连接BN ，通过解三角形BMN 即可完成求解.如图所示，取A 1C 1的中点N ，连接MN ，M 、N 分别为CC 1、A 1C 1的中点，所以MN 为△A 1CC 1的中位线，所以MN //A 1C ，所以异面直线BM 与A 1C 就是直线BM 与MN 所成的角，即∠BMN 或其补角，因为BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，所以A 1C =2√3，BM =√5，BN =√B 1N 2+BB 12=√6，在△BMN 中，MN =12A 1C =√3，BN =√6，BM =√5，所以cos∠BMN =BM 2+NM 2−BN 22BM·NM =√1515.故选：B.5、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、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D7、在空间中，下列命题是真命题的是（ ）A ．经过三个点有且只有一个平面B ．平行于同一平面的两直线相互平行C ．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D ．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面答案：D分析：由三点共线判断A ；由线面、线线位置关系判断B ；根据等角定理判断C ；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A 错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B 错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C 错误；如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l ，则在平面α、β内分别存在直线m,n 垂直于平面γ，由线面垂直的性质可知n //m ，再由线面平行的判定定理得m //β，由线面平行的性质得出m //l ，则l ⊥γ，故D 正确； 故选：D8、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2.下列说法错误的是（ ）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B答案：C分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确.故选：C.9、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）A．14B．10√2C．28D．14√2答案：C分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C10、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形. 故选：B.填空题11、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：④12、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.13、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.14、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，E,F分别是BC,DC中点，则异面直线AD1与EF所成角大小为__________.答案：60°分析：由EF//D1B1得出异面直线AD1与EF所成角为∠AD1B1，再由正三角形的性质得出异面直线AD1与EF所成角大小.E,F分别是BC,DC中点，所以有EF//DB,而DB//D1B1,，因此EF//D1B1异面直线AD1与EF所成角为∠AD1B1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AD1=D1B1=AB1=√2,所以∠AD1B1=600所以答案是：60°15、如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．答案：①③④分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．图①：证明AB∥EF，CD∥EF，可得AB∥CD；图③：证明BD∥EF，AC∥EF，可得BD∥AC；图④：证明GH∥EF，AC∥EF，BD∥GH，可得BD∥AC．图①：取GD的中点F，连结BF、EF，∵B、F均为相应边的中点，则：BF∥HG又∵HG∥AE，则BF∥AE即ABFE为平行四边形∴AB∥EF同理:CD∥EF则AB∥CD即A、B、C、D四点共面，图①正确；图②：显然AB与CD异面，图②不正确；图③：连结AC,BD,EF,∵BE∥DF即BDFE为平行四边形∴BD∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；图④：连结AC,BD,EF,GH,∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF同理：BD∥GH∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．所以答案是：①③④．解答题16、已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F是BD、CD1的中点．求证：(1)EF//平面ADD1A1；(2)EF//BC1．答案：(1)证明见解析；(2)证明见解析.分析：（1）连接AC,AD1，由中位线性质有EF//AD1，根据线面平行的判定即可证结论. （2）由正方体的性质，结合平行公理的推论可证EF//BC1.（1）连接AC,AD1，则AC与BD必交于E，即E也是AC中点，所以在△ACD1中EF//AD1，而EF⊄面ADD1A1，AD1⊂面ADD1A1，则EF//平面ADD1A1；（2）在正方体中，BC1//AD1，由（1）知：EF//AD1，故EF//BC1.17、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.18、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．答案：3√5分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求. 解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，且AD1=√AD2+DD12=3√5.19、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．求证：BC1//平面AD1E．答案：证明见解析.分析：如图，根据正方体的结构特征可得AD1//BC1，利用线面平行的判定定理即可证明.如图，E为BB1的中点，连接AE，AD1，ED1，BC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=D1C1且AB//D1C1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1//BC1，又∵AD1⊂平面AD1E，BC1⊄平面AD1E，∴BC1//平面AD1E.。

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．。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步真题单选题1、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r，那么α∥β③α、β都垂直于直线l，那么α∥β④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；由平面平行的传递性可知②正确；由线面垂直的性质可知③正确；过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β同理，m1∥β又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α所以α∥β，故④正确.故选：D2、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55.④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.3、在空间中，下列命题是真命题的是（ ） A ．经过三个点有且只有一个平面 B ．平行于同一平面的两直线相互平行C ．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D ．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面 答案：D分析：由三点共线判断A ；由线面、线线位置关系判断B ；根据等角定理判断C ；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A 错误； 平行于同一平面的两直线可能相交，故B 错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C 错误；如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l ，则在平面α、β内分别存在直线m,n 垂直于平面γ，由线面垂直的性质可知n //m ，再由线面平行的判定定理得m //β，由线面平行的性质得出m //l ，则l ⊥γ，故D 正确； 故选：D4、在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，点M 是侧棱CC 1中点，BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，则异面直线BM 与A 1C 所成角的余弦值为（ ）A ．−√1010B ．√1515C ．√3012D ．√1012答案：B分析：可以取A 1C 1的中点N ，连接MN ，将异面直线BM 与A 1C 转化为直线BM 与MN 所成的角，在连接BN ，通过解三角形BMN 即可完成求解.如图所示，取A1C1的中点N，连接MN，M、N分别为CC1、A1C1的中点，所以MN为△A1CC1的中位线，所以MN//A1C，所以异面直线BM与A1C就是直线BM与MN所成的角，即∠BMN或其补角，因为BC⊥BA,BC=BA= AA1=2，所以A1C=2√3，BM=√5，BN=√B1N2+BB12=√6，在△BMN中，MN=12A1C=√3，BN=√6，BM=√5，所以cos∠BMN=BM2+NM2−BN22BM·NM =√1515.故选：B.5、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A ．6B ．12C ．24D ．48 答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48 故选：D7、已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） A ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R −3r ，即圆柱的全面积为S =2πr 2+2πrℎ=2πr 2+2πr (3R −3r )=2π(−2r 2+3rR )=2π[−2(r −34R)2+98R 2]≤9π4R 2，当且仅当r =34R 时取等号．故选：B ．8、下列条件中，能得出直线m 与平面α平行的是（ ） A ．直线m 与平面α内的所有直线平行 B ．直线m 与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A，直线m与平面α内的所有直线平行不可能，故A错误；对B，当直线m在平面α内时，满足直线m与平面α内的无数条直线平行，但m与α不平行；对C，能推出m与α平行；对D，当直线m在平面α内时，m与α不平行.故选：C.9、下列命题中①空间中三个点可以确定一个平面.②直线和直线外的一点，可以确定一个平面.③如果三条直线两两相交，那么这三条直线可以确定一个平面.④如果三条直线两两平行，那么这三条直线可以确定一个平面.⑤如果两个平面有无数个公共点，那么这两个平面重合.真命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A分析：根据空间位置关系可直接判断各命题.命题①：空间中不共线三个点可以确定一个平面，错误；命题②：直线和直线外的一点，可以确定一个平面，正确；命题③：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，所以命题③错误；命题④：如果三条直线两两平行，那么这三条直线不能确定一个平面，所以命题④错误；命题⑤：两个平面有无数个公共点，则两平面可能相交，所以命题⑤错误； 故选：A.10、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. 填空题11、已知三棱锥P −ABC 的三条侧棱两两垂直，且它们的长度分别为1，1，√2，则此三棱锥的高为_________． 答案：√105分析：将图形还原为长方体，进而通过等积法得到答案. 如图1，将三棱锥P -ABC 还原为长方体PADB -CQRS ，由题意可知，V C−PAB =13S △PAB ⋅PC =13×12×√2=√26， 设P 到平面ABC 的距离为d ，如图2，M 为BA 中点，则CM ⊥BA ，由勾股定理可知，CM =√3−(√22)2=√52，所以S △ABC =12×√2×√52=√52，所以V P−ABC =13S △ABC ⋅d =√56d ，由V C−PAB =V P−ABC ⇒√56d =√26⇒d =√105. 所以答案是：√105. 12、已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．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：__________． 答案：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m 或如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α.分析：将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.小提示：本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.13、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π314、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或315、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：2解答题16、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点，F为CC1的中点．(1)求证：BD1//平面AEC；(2)求证：平面AEC//平面BFD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连接BD交AC于点O，利用中位线的性质可得出BD1//OE，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出D1F//平面AEC，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.（1）证明：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点，因为E为DD1的中点，则BD1//OE，∵BD1⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，因此，BD1//平面AEC.（2）证明：因为CC1//DD1且CC1=DD1，E为DD1的中点，F为CC1的中点，所以，CF//D1E，CF=D1E，所以，四边形CED1F为平行四边形，所以，D1F//CE，∵D1F⊄平面AEC，CE⊂平面AEC，所以，D1F//平面AEC，因为BD1∩D1F=D1，因此，平面AEC//平面BFD1.17、如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=√2，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P−ABC的体积.答案：（1）证明见解析；（2）√68.分析：（1）根据已知可得PA=PB=PC，进而有△PAC≌△PBC，可得∠APC=∠BPC=90∘，即PB⊥PC，从而证得PC⊥平面PAB，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC边长，在等腰直角三角形APC中求出AP，在Rt△APO中，求出PO，即可求出结论.（1）连接OA,OB,OC，∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，∴OD⊥平面ABC，∵P在DO上，OA=OB=OC,∴PA=PB=PC，∵△ABC是圆内接正三角形，∴AC=BC，△PAC≌△PBC，∴∠APC=∠BPC=90°，即PB⊥PC,PA⊥PC，PA∩PB=P,∴PC⊥平面PAB,PC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl=√3π,rl=√3，OD2=l2−r2=2，解得r=1,l=√3，AC=2rsin60∘=√3，在等腰直角三角形APC中，AP=√22AC=√62，在Rt△PAO中，PO=√AP2−OA2=√64−1=√22，∴三棱锥P−ABC的体积为V P−ABC=13PO⋅S△ABC=13×√22×√34×3=√68.小提示：本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.18、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1与B1D1交于点O1，求证：(1)直线A1B∥平面ACD1；(2)直线BO1∥平面ACD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：(1)根据题意，先证得四边形A1D1CB是平行四边形，从而证得A1B∥D1C，即可证得线面垂直；(2)连接BD，交AC于O，连接D1O，只需证明O1B∥D1O，即可证得线面垂直；（1）证明：直线A1B在平面ACD1外，因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C是平面ACD1内的直线，根据判定定理可知，直线A1B∥平面ACD1．（2）证明：如图，连接BD，交AC于O，连接D1O，易知D1O1∥OB，D1O1=OB，则四边形D1O1BO是平行四边形，所以O1B∥D1O，所以D1O在平面ACD1上，根据判定定理可知，O1B∥平面ACD1．19、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．。

人教版高中数学必修二《第八章立体几何初步》课后作业《8.1 基本几何图形》课后作业第1课时棱柱、棱锥、棱台基础巩固1．下面的几何体中是棱柱的有( )A．3个B．4个 C．5个 D．6个2．下列图形中，是棱台的是( )3.一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥D．六棱锥4．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．四棱锥有五个顶点C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等5．下列图形中，不能折成三棱柱的是( )6．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________ cm.8．根据下列关于空间几何体的描述，说出几何体的名称：(1)由6个平行四边形围成的几何体；(2)由7个面围成的几何体，其中一个面是六边形，其余6个面都是有一个公共顶点的三角形；(3)由5个面围成的几何体，其中上、下两个面是相似三角形，其余3个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．能力提升9．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是( )10．如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________ cm.11．如图在正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a，则每个面的三角形面积为多少？素养达成12.(1)如图甲所示为某几何体的展开图,沿图中虚线将展开图折起来,是哪一种几何体?试用文字描述并画出示意图.(2)需要多少个(1)中的几何体才能拼成一个棱长为6 cm 的正方体?请在(图乙)棱长为6 cm 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中指出这几个几何体的名称.《8.1 基本几何图形》课后作业答案解析第1课时 棱柱、棱锥、棱台基础巩固1．下面的几何体中是棱柱的有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个【答案】C 【解析】选C 棱柱有三个特征：(1)有两个面相互平行；(2)其余各面是四边形；(3)侧棱相互平行．本题所给几何体中⑥⑦不符合棱柱的三个特征，而①②③④⑤符合，故选C.2．下列图形中，是棱台的是( )【答案】C【解析】选C 由棱台的定义知，A、D的侧棱延长线不交于一点，所以不是棱台；B中两个面不平行，不是棱台，只有C符合棱台的定义，故选C.3.一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是( )A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥D．六棱锥【答案】D【解析】选D 由题意可知，每个侧面均为等边三角形，每个侧面的顶角均为60°，如果是六棱锥，因为6×60°＝360°，所以顶点会在底面上，因此不是六棱锥．4．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．四棱锥有五个顶点C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等【答案】B【解析】选B 根据棱锥顶点的定义可知，四棱锥仅有一个顶点．故选B.5．下列图形中，不能折成三棱柱的是( )【答案】C【解析】选C C中，两个底面均在上面，因此不能折成三棱柱，其余均能折为三棱柱．6．四棱柱有________条侧棱，________个顶点．【答案】4 8【解析】四棱柱有4条侧棱，8个顶点(可以结合正方体观察求得)．7．一棱柱有10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________ cm.【答案】12【解析】该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，∴每条侧棱长为12 cm.9．根据下列关于空间几何体的描述，说出几何体的名称：(1)由6个平行四边形围成的几何体；(2)由7个面围成的几何体，其中一个面是六边形，其余6个面都是有一个公共顶点的三角形；(3)由5个面围成的几何体，其中上、下两个面是相似三角形，其余3个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点．【答案】(1)四棱柱．(2)六棱锥．(3)三棱台．【解析】 (1)这是一个上、下底面是平行四边形，4个侧面也是平行四边形的四棱柱．(2)这是一个六棱锥．(3)这是一个三棱台．能力提升9．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是( )【答案】D【解析】选D A、B、C中底面图形的边数与侧面的个数不一致，故不能围成棱柱．故选D.10．如图，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是________ cm.【答案】13【解析】由题意，若以BC为轴展开，则A，M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm，3 cm，故两点之间的距离是13 cm.若以BB 1为轴展开，则A ，M 两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1,4，故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A 到点M 的最短路程是13 cm.11．如图在正方形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A ，B ，C 重合，重合后记为点P .问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)若正方形边长为2a ，则每个面的三角形面积为多少？【答案】(1)三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2，S △DEF ＝32a 2. 【解析】(1)如图折起后的几何体是三棱锥．(2)S △PEF ＝12a 2，S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ×a ＝a 2，S △DEF ＝32a 2.素养达成12.(1)如图甲所示为某几何体的展开图,沿图中虚线将展开图折起来,是哪一种几何体?试用文字描述并画出示意图.(2)需要多少个(1)中的几何体才能拼成一个棱长为6 cm 的正方体?请在(图乙)棱长为6 cm 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中指出这几个几何体的名称.【答案】(1)见图．(2)3个.【解析】(1)该几何体为有一条侧棱垂直于底面,且底面为正方形的四棱锥,其中垂直于底面的棱长为6 cm,底面正方形的边长为6 cm,如图甲所示.(2)需要3个(1)中的几何体,如图乙所示,分别为四棱锥A 1-CDD 1C 1,A 1-ABCD,A 1-BCC 1B 1(答案不惟一).《8.1 基本几何图形》课后作业第2课时 圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体基础巩固1．如图所示的图形中有( )A．圆柱、圆锥、圆台和球 B．圆柱、球和圆锥C．球、圆柱和圆台 D．棱柱、棱锥、圆锥和球2．下列命题中正确的是( )A．将正方形旋转不可能形成圆柱B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线3．一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体是( )A．一个圆锥B．一个圆锥和一个圆柱C．两个圆锥D．一个圆锥和一个圆台4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是( )A．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余各面均为三角形5．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( ) A．2 B．2πC.2π或4π D.π2或π46．如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，它绕AB边所在直线旋转一周后形成的几何体结构是________________________.7．一个圆锥截成圆台，已知圆台的上下底面半径的比是1∶4，截去小圆锥的母线长为3 cm，则圆台的母线长为________ cm.8．指出图中的三个几何体分别是由哪些简单几何体组成的．能力提升9．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )A．①②B．①③C．①④D．①⑤10．在半径为13的球面上有A、B、C三点，其中AC＝6，BC＝8，AB＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________．11．已知圆锥的底面半径为1，高为22，轴截面为平面PAB，如图，从A点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A点，求最短绳长.素养达成12．圆台的母线长为2a，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面的半径的2倍，求两底面的半径及两底面面积之和．《8.1 基本几何图形》课后作业答案解析第2课时圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体基础巩固1．如图所示的图形中有( )A．圆柱、圆锥、圆台和球 B．圆柱、球和圆锥C．球、圆柱和圆台 D．棱柱、棱锥、圆锥和球【答案】B【解析】选B 根据题中图形可知，(1)是球，(2)是圆柱，(3)是圆锥，(4)不是圆台，故应选B.2．下列命题中正确的是( )A．将正方形旋转不可能形成圆柱B．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线【答案】C【解析】选C 将正方形绕其一边所在直线旋转可以形成圆柱，所以A错误；B中必须以垂直于底边的腰为轴旋转才能得到圆台，所以B错误；通过圆台侧面上一点，只有一条母线，所以D错误，故选C.3．一个直角三角形绕斜边旋转360°形成的空间几何体是( )A．一个圆锥B．一个圆锥和一个圆柱C．两个圆锥D．一个圆锥和一个圆台【答案】C【解析】选C 将直角三角形绕斜边旋转360°，相当于两个三角形以直角边旋转两360°，故两个圆锥.4．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是( )A．该几何体是由2个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余各面均为三角形【答案】D【解析】选D 该几何体用平面ABCD可分割成两个四棱锥，因此它是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个截面而不是一个面．故D说法不正确．5．用一张长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( ) A．2 B．2πC.2π或4π D.π2或π4【答案】C【解析】选C 如图所示，设底面半径为r，若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，则2πr＝8，所以r＝4π；同理，若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，则2πr＝4，所以r＝2π.所以选C.6．如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，它绕AB边所在直线旋转一周后形成的几何体结构是________________________.【答案】大圆锥挖去了一个同底面的小圆锥【解析】旋转后的几何体结构如下：是一个大圆锥挖去了一个同底面的小圆锥．7．一个圆锥截成圆台，已知圆台的上下底面半径的比是1∶4，截去小圆锥的母线长为3 cm，则圆台的母线长为________ cm.【答案】9【解析】如图所示，设圆台的母线长为x cm，截得的圆台的上、下底半径分别为r cm,4r cm，根据三角形相似的性质，得33＋x＝r4r，解得x＝9(cm)．8．指出图中的三个几何体分别是由哪些简单几何体组成的．【答案】(1)一个圆锥、一个圆柱和一个圆台拼接而成．(2)一个六棱柱和一个圆柱拼接而成．(3)几何体由一个球和一个圆柱中挖去一个以圆柱下底面为底面、上底面圆心为顶点的圆锥拼接而成．【解析】(1)几何体由一个圆锥、一个圆柱和一个圆台拼接而成．(2)几何体由一个六棱柱和一个圆柱拼接而成．(3)几何体由一个球和一个圆柱中挖去一个以圆柱下底面为底面、上底面圆心为顶点的圆锥拼接而成．能力提升9．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )A．①②B．①③C ．①④D ．①⑤ 【答案】D【解析】选D 一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分，故选D.10．在半径为13的球面上有A 、B 、C 三点，其中AC ＝6，BC ＝8，AB ＝10，则球心到经过这三个点的截面的距离为________．【答案】12【解析】由线段的长度知△ABC 是以AB 为斜边的直角三角形，所以其外接圆的半径r＝AB2＝5，所以d ＝R 2－r 2＝12.11．已知圆锥的底面半径为1，高为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，求最短绳长.【答案】【解析】沿PA 将圆锥侧面展开为平面扇形，如图.1OA =，PO =3PA ∴=，236012023APA ππ'︒︒∴∠=⨯=⋅. 作PD AA '⊥交AA '于点D ，则60APD ︒∠=.223sin 6033AA AD '︒∴==⨯⨯=，∴最短绳长为33.素养达成12．圆台的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面的半径的2倍，求两底面的半径及两底面面积之和．【答案】圆台上底面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为5πa 2. 【解析】设圆台上底面半径为r ，则下底面半径为2r .将圆台还原为圆锥，如图，则有∠ABO ＝30°.在Rt △BO ′A ′中，rBA ′＝sin 30°，∴BA ′＝2r .在Rt △BOA 中，2rBA ＝sin 30°， ∴BA ＝4r .又BA －BA ′＝AA ′，即4r －2r ＝2a ，∴r ＝a .∴S ＝πr 2＋π(2r )2＝5πr 2＝5πa 2.∴圆台上底面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为5πa 2.《8.2 立体图形的直观图》课后作业基础巩固1．根据斜二测画法的规则画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 轴画成对应的O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，则∠x ′O ′y ′与∠x ′O ′z ′的度数分别为( )A ．90°，90°B ．45°，90°C ．135°，90°D ．45°或135°，90°2．若把一个高为10 cm 的圆柱的底面画在x ′O ′y ′平面上，则圆柱的高应画成( ) A ．平行于z ′轴且大小为10 cm B ．平行于z ′轴且大小为5 cm C ．与z ′轴成45°且大小为10 cmD．与z′轴成45°且大小为5 cm3．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图，可能是下面的( )4．如图所示的水平放置的三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点，且A′D′平行于y′轴，那么A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC5．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．任意三角形6．水平放置的正方形ABCO如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为(4,4)，则由斜二测画法画出的该正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．7．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝3，B′C′∥x′轴，则原平面图形的面积为________．8．画出底面是正方形,高与底面边长相等且侧棱均相等的四棱锥的直观图.能力提升9．已知一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m，四棱锥的高为8 m．如果按1∶500的比例画出它的直观图，那么在直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( ) A．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm10．水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB 边上的中线的实际长度为________．11.如图所示，△ABC中，AC＝12 cm，边AC上的高BD＝12 cm，求其水平放置的直观图的面积．素养达成12．画出一个上､下底面边长分别为1,2,高为2的正三棱台的直观图.《8.2 立体图形的直观图》课后作业答案解析基础巩固1．根据斜二测画法的规则画直观图时，把Ox，Oy，Oz轴画成对应的O′x′，O′y′，O′z′，则∠x′O′y′与∠x′O′z′的度数分别为( )A．90°，90°B．45°，90°C．135°，90° D．45°或135°，90°【答案】D【解析】选 D 根据斜二测画法的规则，∠x′O′y′的度数应为45°或135°，∠x′O′z′指的是画立体图形时的横轴与纵轴的夹角，所以度数为90°.2．若把一个高为10 cm的圆柱的底面画在x′O′y′平面上，则圆柱的高应画成( ) A．平行于z′轴且大小为10 cmB．平行于z′轴且大小为5 cmC．与z′轴成45°且大小为10 cmD．与z′轴成45°且大小为5 cm【答案】A【解析】选A 平行于z轴(或在z轴上)的线段，在直观图中的方向和长度都与原来保持一致．3．利用斜二测画法画边长为1 cm的正方形的直观图，可能是下面的( )【答案】C【解析】选C 正方形的直观图是平行四边形，且边长不相等，故选C项．4．如图所示的水平放置的三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点，且A′D′平行于y′轴，那么A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC【答案】C【解析】选C 因为A′D′∥y′轴，所以在△ABC中，AD⊥BC，又因为D′是B′C′的中点，所以D是BC中点，所以AB＝AC>AD.5．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，用斜二测画法作出的直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．任意三角形【答案】C【解析】选C 将△A ′B ′C ′还原，由斜二测画法知，△ABC 为钝角三角形． 6．水平放置的正方形ABCO 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，点B 的坐标为(4,4)，则由斜二测画法画出的该正方形的直观图中，顶点B ′到x ′轴的距离为________．【答案】 2【解析】由斜二测画法画出的直观图如图所示，作B ′E ⊥x ′轴于点E ，在Rt △B ′EC ′中，B ′C ′＝2，∠B ′C ′E ＝45°，所以B ′E ＝B ′C ′sin 45°＝2×22＝ 2.7．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝3，B ′C ′∥x ′轴，则原平面图形的面积为________．【答案】36 2【解析】在直观图中，设B ′C ′与y ′轴的交点为D ′，则易得O ′D ′＝32，所以原平面图形为一边长为6，高为62的平行四边形，所以其面积为S ＝6×62＝36 2.8．画出底面是正方形,高与底面边长相等且侧棱均相等的四棱锥的直观图. 【答案】见解析【解析】(1)建系:先画x 轴､y 轴､z 轴,其交点为O ,使45xOy ∠=︒,90xOz ∠=︒. (2)画底面.以O 为中心,在xOy 平面内,画出正方形水平放置的直观图ABCD ,如图.(3)画顶点.在Oz 上截取OP ,使OP AB .(4)成图.连接PA ,PB ,PC ,PD ,并擦去辅助线,将被遮挡的部分改为虚线,得四棱锥的直观图,如图.能力提升9．已知一个建筑物上部为四棱锥，下部为长方体，且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样，长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m ，四棱锥的高为8 m ．如果按1∶500的比例画出它的直观图，那么在直观图中，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( )A ．4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB ．4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC ．4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD ．4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm 【答案】C【解析】选C 由比例尺可知，长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为4 cm,1 cm,2 cm 和1.6 cm ，再结合直观图，图形的尺寸应为4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cm.10．水平放置的△ABC 的斜二测直观图如图所示，已知A ′C ′＝3，B ′C ′＝2，则AB 边上的中线的实际长度为________．【答案】52【解析】将直观图△A ′B ′C ′复原，其平面图形为Rt △ABC ，且AC ＝3，BC ＝4，故斜边AB ＝5，所以AB 边上的中线长为52.11.如图所示，△ABC 中，AC ＝12 cm ，边AC 上的高BD ＝12 cm ，求其水平放置的直观图的面积．【答案】182(cm 2)【解析】解法一：画x ′轴，y ′轴，两轴交于O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，作△ABC 的直观图如图所示，则A ′C ′＝AC ＝12 cm ，B ′D ′＝12BD ＝6 cm ，故△A ′B ′C ′的高为22B ′D ′＝3 2 cm ，所以 S △A ′B ′C ′＝12×12×32＝182(cm 2)，即水平放置的直观图的面积为18 2 cm 2.解法二：△ABC 的面积为12AC ·BD ＝12×12×12＝72(cm 2)，由平面图形的面积与直观图的面积间的关系，可得△ABC 的水平放置的直观图的面积是24×72＝182(cm 2)． 素养达成12．画出一个上､下底面边长分别为1,2,高为2的正三棱台的直观图. 【答案】见解析【解析】(1)画轴.如图①,画x 轴､y 轴､z 轴相交于点O , 使45xOy ︒∠=,∠xOz =90°.(2)画下底面以O 为线段中点,在x 轴上取线段AB ,使2AB =,在y 轴上取线段OC ,使32OC=.连接,BC CA ,则ABC 为正三棱台的下底面的直观图. (3)画上底面在z 轴上取OO ',使2OO '=,过点O '作//O x Ox '',//O y Oy '',建立坐标系x O y '''.在x O y '''中,类似步骤(2)的画法得上底面的直观图A B C '''.(4)连线成图连接AA ',BB ',CC ',去掉辅助线,将被遮住的部分画成虚线,则三棱台ABC A B C '''-即为要求画的正三棱台的直观图(如图②所示).《8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积》课后作业基础巩固1．将一个正方体截去四个角后，得到一个四面体，这个四面体的体积是原正方体体积的（ ）A ．23B ．12C ．13D ．142．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是 ( ) A ．1∶2B ．1∶4C ．2∶1D ．4∶13．将两个棱长为10cm 的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5cm 的正四棱柱，则该四棱柱的高为（ ）A ．8 cmB ．80 cmC ．40 cmD ．165cm 4．如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为1m 2，互相平行的两个侧面的距离为1m ，则这个六棱柱的体积为( )A 3B ．334m C ．1m 3 D ．312m5，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（ ）A ．6B ．3C D ．236．棱长为2的正四面体的表面积是_____.7．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.8.已知四棱台的上、下底面分别是边长为4和8的正方形，侧面是腰长为8的等腰梯形，求该四棱台的表面积.能力提升9．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥P EFGH -，下半部分是长方体ABCD EFGH -.正四棱锥P EFGH -，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为（ ）A ．20B ．12C ．16D ．810．如图111,,AA BB CC 直线相交于点O ，形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器，111,,AO AO BO B O CO C O ===.设三棱锥高均为1，若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体，且液体能流入下面的三棱锥，则液体流下去后液面高度为______.11．如图，在几何体ABCFED 中，8AB =，10BC =，6AC =，侧棱AE ，CF ，BD 均垂直于底面ABC ，3BD =，4FC =，5AE =，求该几何体的体积.素养达成12．已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20和30的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于上下底面面积之和，求棱台的高和体积.《8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积》课后作业答案解析基础巩固1．将一个正方体截去四个角后，得到一个四面体，这个四面体的体积是原正方体体积的（ ）A ．23B ．12C ．13D ．14【答案】C 【解析】将正方体ABCD A B C D ''''-截去四个角后得到一个四面体B DA C ''-，设正方体的棱长为a ，则311326B B AC A ABD C BCD D A CD a V V V V a a a '''''''----====⨯⨯⨯⨯=， 四面体B DA C ''-的体积3332433B DAC ABCD A B C D a a V V V a ''''''--=-=-=正方体， 所以这个四面体的体积是原正方体体积的13. 故选：C.2．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是 ( ) A ．1∶2 B ．1∶4C ．2∶1D ．4∶1【答案】B【解析】由棱台的概念知，上、下两底面是相似的多边形，故它们的面积之比等于对应边长之比的平方，故为1∶4. 选B.3．将两个棱长为10cm 的正方体铜块熔化后铸成底面边长为5cm 的正四棱柱，则该四棱柱的高为（ ）A ．8 cmB ．80 cmC ．40 cmD ．165cm 【答案】B【解析】∵正方体的棱长为10cm ，∴两个正方体的体积V ＝2×10×10×10＝2000cm 3， 设熔化后铸成一个正四棱柱的铜块的高为acm ， 则5×5×a ＝2000 解得a ＝80cm 故选：B ．4．如图，已知正六棱柱的最大对角面的面积为1m 2，互相平行的两个侧面的距离为1m ，则这个六棱柱的体积为( )A 3B ．334m C ．1m 3 D ．312m 【答案】B【解析】设正六棱柱的底面边长为a m ，高为h m ，则21ah =1=，解得a h ==.所以六棱柱的体积()23364m V =⨯=⎝⎭. 故选：B.5，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（ ）A ．6B ．3C ．3D ．23【答案】B【解析】所求八面体体积是两个底面边长为1，高为2， 的四棱锥的体积和，一个四棱锥体积V 1=113⨯=，故八面体体积V=2V 1，故选B ． 6．棱长为2的正四面体的表面积是_____.【答案】【解析】每个面的面积为1222⨯⨯=7．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD的体积是_____.【答案】10.【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120， 所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点， 所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 8.已知四棱台的上、下底面分别是边长为4和8的正方形，侧面是腰长为8的等腰梯形，求该四棱台的表面积.【答案】80+【解析】如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中， 过1B 作1B F BC ⊥，垂足为F ，在1Rt B FB 中，1(84)22BF =⨯-=，18B B =，故1B F ==所以111(84)2BB C C S =⨯+⨯=梯形故四棱台的侧面积4S =⨯=侧，所以四棱台的表面积448880S =⨯+⨯=+表.能力提升9．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥P EFGH -，下半部分是长方体ABCD EFGH -.正四棱锥P EFGH -，2EF =，1AE =，则该组合体的表面积为（ ）A ．20B ．12C ．16D ．8【答案】A【解析】由题意，正四棱锥P EFGH -2=，该组合体的表面积为122421422202⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=.故选：A10．如图111,,AA BB CC 直线相交于点O ，形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器，111,,AO AO BO B O CO C O ===.设三棱锥高均为1，若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体，且液体能流入下面的三棱锥，则液体流下去后液面高度为______.【答案】12-. 【解析】液体部分的体积为三棱锥体积的18，流下去后，液体上方空出的三棱锥的体积为三棱锥体积的78.设空出三棱锥的高为x ，则33718x =，所以2x =，所以液面高度为12-.故答案为：1 11．如图，在几何体ABCFED 中，8AB =，10BC =，6AC =，侧棱AE ，CF ，BD 均垂直于底面ABC ，3BD =，4FC =，5AE =，求该几何体的体积.【答案】96【解析】由题意可知ABC 为直角三角形，且BAC ∠为直角， 如图，取CM AN BD ==，连接DM ，MN ，DN ，因为8AB =，6AC =，3BD =，所以三棱柱ABC NDM -的体积为1863722⨯⨯⨯=， 因为3CM AN BD ===，4CF =，5AE =，6AC =， 所以1MF =，2NE =，6NM AC ==，8DN AB ==， 所以四棱锥D MFEN -的体积为()1112682432⨯⨯+⨯⨯=， 所以所求几何体的体积为722496+=.素养达成12．已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20和30的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于上下底面面积之和，求棱台的高和体积.【答案】1900. 【解析】如图所示，在三棱台ABC A B C '''-中，O ，O '分别为上、下底面的中心，D ，D 分别是BC ，B C ''的中点，连接OO '，A D ''，AD ，DD '， 则点O ，O '分别在AD ，A D ''上，DD '是等腰梯形BCC B ''的高，记为0h ，所以()00132030752S h h =⨯⨯+=侧，上、下底面面积之和为()2220304S S +=⨯+=下上由S S S =+下侧上，得075h =03h =，又1203O D ''==1303OD ==，记棱台的高为h ，则h O O '==== 由棱台的体积公式，得棱台体积(3hV S S =++下上2030⎛⎫=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭， 计算得棱台体积1900V =.《8.3.2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积》课后作业基础巩固1．若一个球的半径扩大到原来的2倍，则它的体积扩大到原来的（ ）倍 A ．2B ．4C ．6D ．82．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A ．1∶2B ．1C ．1D ∶23．已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（ ）A ．43B ．916C ．34D ．1694．圆台的上、下底面半径和高的比为1:4:4，母线长为10，则圆台的侧面积为( )． A ．81πB ．100πC ．14πD ．169π5．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有。

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识点总结归纳完整版单选题1、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④,cosA)，n⃑=(sinA，−2、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12√3)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）2A．√3B．3√3C．5√3D．10√33、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148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，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148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m34、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 ．235、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CDE6、已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1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B 1D 1C 且面积为√3时，线段AP 的长为（ ） A ．√2B ．1C ．√3D ．√327、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A．√2B．1C．√2D．2√228、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（）A．2√3B．3C．√3D．√33多选题9、（多选）如图，在棱柱ABC−A1B1C1中，下列结论正确的是（）A．AC∩BC=C B．AC∩平面BB1C1C=CC．AC与B1C1是异面直线D．AC与A1C1是异面直线E．平面AA1C1C∩平面BB1C1C=C10、在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段A1C1上一个动点，则下列结论正确的有（）A．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为90°B．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为45°C．存在M点使得二面角M−BD−C的平面角为45°D．当4A1M=A1C1时，平面BDM截正方体所得的截面面积为9811、如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（）A．OM∥PD B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA填空题12、边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为________.部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十七)参考答案1、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得.对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．2、答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D 3、答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．4、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，∴AFAC =EFBC，即35+3=EF4，∴EF=32.故选：B.5、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.6、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.7、答案：C分析：计算出V方盖差，V，即可得出结论.由题意，V方盖差=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×√r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．8、答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r，高为ℎ，母线为l，如图所示：则圆锥的体积V=13πr2ℎ=3π，所以r2ℎ=9，即ℎ=9r2，S 侧=12⋅2πrl=2πr2，则l=2r，又ℎ=√l2−r2=√3r，所以√3r3=9，故r=√3．故选：C．9、答案：ABC分析：根据空间中点、线、面之间的位置关系的定义即可求解.通过观察题图，根据空间中点、线、面之间的位置关系的定义可得，选项A、B、C正确，因为AC与A1C1是共面直线，故D错误，因为平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，故E错误.故选：ABC.10、答案：AD分析：对于A，由正方体的性质可将异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成角，而当M为A1C1的中点时，可得BM⊥A1C1，从而可判断；对于B，M与A1或C1重合时，直线BM与AC所成的角最小；对于C，当M与C1重合时，二面角M−BD−C的平面角最小，通过计算可判断；对于D，过M作EF//D1B1，交A1B1于F，交A1D1于E点，由题意可得四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，且四边形EFBD是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可解：异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成角，当M为A1C1的中点时，BM⊥A1C1，此时BM与AC所成的角为90°，所以A正确；当M与A1或C1重合时，直线BM与AC所成的角最小，为60°，所以B错误；当M与C1重合时，二面角M−BD−C的平面角最小，tan∠C1OC=√2>1，所以∠C1OC>45°，所以C错误；对于D，过M作EF//D1B1，交A1B1于F，交A1D1于E点，因为4A1M=A1C1，所以E､F分别是A1D1､A1B1的中点，又B1D1//BD，所以EF//DB，四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，因为EF=12D1B1=√22，且BF=DE=√BB12+B1F2=√52，所以四边形EFBD是等腰梯形，作FG⊥DB交BD于G点，所以BG=1 2(BD−EF)=√24，FG=√FB2−BG2=3√24，所以梯形的面积为12(BD+EF)×FG=98，所以D正确.故选：AD.11、答案：ABC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误；解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；对于B，由于OM∥PD，OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；对于C，由于OM∥PD，OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.12、答案：52√π2+4分析：作出圆柱的侧面展开图，利用勾股定理即可求解.如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开而得到的，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为GE1.由题意可知GH＝5，GF1＝5π2，所以GE1＝√GF12+GH2＝√(5π2)2+52=52√π2+4所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是52√π2+4.所以答案是：52√π2+4.。

高中数学第八章立体几何初步必练题总结单选题1、下列说法正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱B．过空间内不同的三点，有且只有一个平面C．棱锥的所有侧面都是三角形D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台答案：C分析：根据定义逐项分析即可对A：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以A错误，反例如图：对B：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故B错误；对C：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故C正确；对D：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故D错误，故选：C.2、下列命题中①空间中三个点可以确定一个平面.②直线和直线外的一点，可以确定一个平面.③如果三条直线两两相交，那么这三条直线可以确定一个平面.④如果三条直线两两平行，那么这三条直线可以确定一个平面.⑤如果两个平面有无数个公共点，那么这两个平面重合.真命题的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：A分析：根据空间位置关系可直接判断各命题.命题①：空间中不共线三个点可以确定一个平面，错误；命题②：直线和直线外的一点，可以确定一个平面，正确；命题③：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，所以命题③错误；命题④：如果三条直线两两平行，那么这三条直线不能确定一个平面，所以命题④错误；命题⑤：两个平面有无数个公共点，则两平面可能相交，所以命题⑤错误；故选：A.3、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 与BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．√55B ．√105C ．√155D ．2√55 答案：B分析：连接AD 1，，得到AD 1//BC 1，把异面直线D 1E 与BC 1所成角转化为直线D 1E 与AD 1所成角，取AD 1的中点F ，在直角△D 1EF 中，即可求解.在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，连接AD 1，，可得AD 1//BC 1，所以异面直线D 1E 与BC 1所成角即为直线D 1E 与AD 1所成角，即∠AD 1E 为异面直线D 1E 与BC 1所成角，不妨设AA 1=2，则AD 1=2√2，D 1E =AE =√5，取AD 1的中点F ，因为D 1E =AE ，所以EF ⊥AD 1，在直角△D 1EF 中，可得cos∠AD 1E =D 1F D 1E =√2√5=√105. 故选：B.AE AE4、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）A．14B．10√2C．28D．14√2答案：C分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解. ∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C5、甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104答案：C 分析：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r 1r 2=2，所以r 1=2r 2，又2πr 1l +2πr 2l =2π， 则r 1+r 2l =1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ， 乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.6、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE⏜的长度等于CE⏜的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√144答案：A 分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF//BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt △GDE 中，GE =√5，DG =√3，所以DE =√GD 2+GE 2=2√2，在Rt △FOE 中，FO =√3，OE =2，FE =√FO 2+OE 2=√7，所以在△DFE 中，满足DF 2+FE 2=DE 2，所以∠DFE =90∘，所以cos∠DEF =DF DE =2√2=√24， 故选：A.7、下列说法中正确的是（ ）A ．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B ．平面α内△ABC 的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C ．α//β，a//α，则a//βD ．a//b ，a//α，b ⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.8、已知空间四点中，无三点共线，则经过其中三点的平面有（）A．一个B．四个C．一个或四个D．无法确定平面的个数答案：C分析：由过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面分析判断即可.若空间中的四点共面，则经过其中的三点的平面只有一个，若空间中的四点不共面，设这四点为A,B,C,D，由于无三点共线，所以由公理2，可知过A,B,C三点确定一个平面，过B,C,D三点确定一个平面，过A,B,D三点确定一个平面，过A,D,C三点确定一个平面，所以经过其中三点的平面有4个，综上，空间四点中，无三点共线，则经过其中三点的平面有1个或4个，故选：C多选题9、如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，PC=√6D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为√3答案：BC分析：A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；D，若B到平面PDC的距离为√3，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=√3．由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=√3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；选项C，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC=√3，∴△POC为等腰直角三角形，∴PC=√2OP=√6，即选项C正确；选项D，∵点B到PD的距离为√3，点B到CD的距离为√3，∴若B到平面PDC的距离为√3，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．故选：BC．10、(多选题)下列命题中，错误的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：AC分析：由等角定理可判断A、B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：由等角定理可知B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：AC.11、两平行平面截半径为5的球，若截面面积分别为9π和16π，则这两个平面间的距离是（）A．1B．3C．4D．7答案：AD解析：对两个平行平面在球心的同侧和异侧两种情况讨论，计算出球心到两截面的距离，进而可求得两平面间的距离.如图（1）所示，若两个平行平面在球心同侧，则CD=OC−OD=√52−32−√52−42=4−3=1；如图（2）所示，若两个平行截面在球心两侧，则CD=OC+OD=√52−32+√52−42=4+3=7.故选：AD.小提示：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质“与底面全等或相似”，同时结合旋转体中的经过旋转轴的截面“轴截面”的性质，利用相似三角形中的相似比，构设相关几何变量的方程组，进而得解.12、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC 的直观图，A′B′=2,A′C′=B′C′=√5，则在原平面图形△ABC 中，有（ ）A ．B ．AB =2C ．AC =2√5D ．S △ABC =4√2答案：BD分析：将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC 即可求解.解：在直观图△A′B′C′中，过Cʹ作CʹDʹ⊥AʹBʹ于Dʹ∵A′B′=2,A′C′=B′C′=√5，∴AʹDʹ=1,CʹDʹ=√AʹCʹ2−AʹDʹ2=2，又∠CʹOʹDʹ=45∘，所以OʹDʹ=2，OʹAʹ=1，OʹCʹ=2√2，所以利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC ，如图 AC BCOC=4√2,OA=1,AB=2，故选项B正确；又AC=√OA2+OC2=√33,AC=√OB2+OC2=√41，故选项A、C错误；S△ABC=12×AB×OC=12×2×4√2=4√2，故选项D正确；故选：BD.13、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024π81cm3B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.填空题14、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ=4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：215、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答.令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线bʹ，使bʹ与直线a相交，如图，则直线bʹ与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥bʹ，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数16、如图，已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，高为3，则异面直线AA1与BD1所成角的正切值为_______．答案：2√23分析：直接利用异面直线所成角的定义求解.因为AA1//DD1，所以∠DD1B是异面直线AA1与BD1所成的角，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，高为3，所以tan∠DD1B=BDDD1=2√23，所以答案是：2√23解答题17、如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10√7cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．答案：(1)11200cm3；26176cm3；(2)①16cm；②20cm.分析：（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=12AC2=12×(10√7)2=350(cm2)，其容积V1=S1⋅AA1=350×32=11200(cm3)，容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=12EG2=12×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面积S2=12E1G12=12×622=1922(cm2)，容器Ⅱ的容积V2=13(S1+√S1S2+S2)×32=13(98+√98×1922+1922)×32=26176(cm3).（2）①由正四棱柱的定义知，对角面是矩形，设玻璃棒的另一端落在CC1上的点M处，如图，由AC=10√7,AM=40得：CM=√AM2−AC2=30，sin∠CAM=CMAM =34，设AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1//CC1交AC于Q1，在容器Ⅰ中，CC1⊥平面ABCD，则P1Q1⊥平面ABCD，因此P1Q1=12，AP1=P1Q1sin∠CAM=16，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为16cm.②O,O1是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面EGG1E1是等腰梯形，点O,O1分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处，如图，过G作GK//OO1交E1G1于点K，则GK⊥G1E1，GK=OO1=32，而EG=14,E1G1=62，因此，KG1=E1G1−EG2=24，GG1=√GK2+KG12=√322+242=40，sin∠EGG1=sin∠GG1K=GKGG1=45，显然∠EGG1为钝角，cos∠EGG1=−35，在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin∠EGNEN =14×4540=725，cos∠ENG=2427，于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=sin∠EGNcos∠ENG+cos∠EGNsin∠ENG=45×2425+(−35)×725=35，设EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2//OO1交直线EG于Q2，在容器Ⅱ中，OO1⊥平面EFGH，则P2Q2⊥平面EFGH，因此P2Q2=12，EP2=P2Q2sin∠NEG =20，11ACCA所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为20cm.18、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中.(1)求异面直线A1B和CC1所成的角的余弦值；(2)求证：直线A1B//平面DCC1D1.答案：(1)√22(2)证明见解析分析：（1）根据已知CC1//BB1，可将异面直线A1B和CC1所成的角转化为直线A1B和BB1所成的角，再根据题目的边长关系，即可完成求解；（2）可通过连接D1C，证明四边形A1BCD1为平行四边形，从而得到A1B//D1C，再利用线面平行的判定定理即可完成证明.（1）因为CC1//BB1，所以∠A1BB1就是异面直线A1B和CC1所成的角.又因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，所.以异面直线A1B和CC1所成的角为45o，所以异面直线A1B和CC1所成的角的余弦值为√22（2）连接D1C，因为A1D1//BC且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以A1B//D1C；A1B⊄平面DCC1D1，D1C⊂平面DCC1D1；所以直线A1B//平面DCC1D1. 即得证.。

高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON =EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．CDE小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则OʹAʹ=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为1×4×4√2=8√2.2故选：A3、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是（）A．B．C．D．分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A4、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.5、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.6、已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB=2√3，AC=AD=4，CD= 2√2，则球O的表面积为（）A．20πB．18πC．36πD．24π答案：A分析：根据AB⊥平面BCD，得到AB⊥BC，AB⊥BD，再由AB=2√3，AC=AD=4，CD=2√2，得到BC⊥BD，则三棱锥A−BCD截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，∴BC=BD=√42−(2√3)2=2，在△BCD中，CD=2√2，∴CD2=BC2+BD2，∴BC⊥BD.如图所示：三棱锥A−BCD的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则2R=√BA2+BC2+BD2=√(2√3)2+22+22=2√5，解得R=√5，所以球O的表面积为20π，故选：A.7、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A ，直线m 与平面α内的所有直线平行不可能，故A 错误；对B ，当直线m 在平面α内时，满足直线m 与平面α内的无数条直线平行，但m 与α不平行；对C ，能推出m 与α平行；对D ，当直线m 在平面α内时，m 与α不平行.故选：C.8、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.多选题9、（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（ ）A ．三棱柱B ．三棱台C ．五棱锥D ．四面体答案：ABCGH GH分析：根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.对于A ，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于B ，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于C ，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；对于D ，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.故选：ABC.10、我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的说法正确的是（ ）A ．半径是3B ．体积为18πC ．表面积为27πD ．表面积为18π答案：ABC分析：作出正四棱锥的对角面，为半球的半个大圆的内接三角形，由图形可用球的半径表示出棱锥底面边长，高，由棱锥体积求得半球半径．然后计算半球体积，表面积，判断各选项．如图，是正四棱锥的对角面，设球半径为r ，AC 是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为√2r ，棱锥体积为V =13×(√2r)2×r =23r 3=18，r =3， 半球体积为V =23πr 3=23π×33=18π，表面积为S =2π×32+π×32=27π，故选：ABC ．11、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）PAC △PAC△A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32D正确；故选：BCD．12、如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1答案：CD分析：直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.13、正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2√3，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为√392C．正三棱锥的体积为27√34D．正三棱锥的侧面积为9√394答案：ABD分析：先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.设E为等边三角形ADC的中心，F为CD的中点，连接PF,EF,PE，则PE为正三棱锥的高，PF为斜高，又PF=√12−94=√392，EF=32×√33=√32，故PE=√394−34=3,故AB正确.而正三棱锥的体积为13×3×√34×9=9√34，侧面积为3×12×3×√392=9√394，故C错误，D正确.故选：ABD.填空题14、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ；②DC 1⊥PC ；③∠APD 1的取值范围是[π2,π)； ④三棱锥C 1−D 1PC 的体积为定值43．答案：①②④分析：由正方体的特征知A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，由长度关系可求得cos∠APD 1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，又A 1D 1⊂平面A 1D 1P ，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，对角面A 1BCD 1，∴DC 1⊥PC ，②正确；对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P =52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误； 对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2，∴三棱锥C 1−D 1PC的体积V =13×2×2=43，④正确． PC所以答案是：①②④．15、如图，在正方体中，A 、B 、C 、D 分别是顶点或所在棱的中点，则A 、B 、C 、D 四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．答案：①③④分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．图①：证明AB ∥EF ，CD ∥EF ，可得AB ∥CD ；图③：证明BD ∥EF ，AC ∥EF ，可得BD ∥AC ；图④：证明GH ∥EF ，AC ∥EF ， BD ∥GH ，可得BD ∥AC ．图①：取GD 的中点F ，连结BF 、EF ，∵B 、F 均为相应边的中点，则：BF ∥HG又∵HG ∥，则BF ∥即ABFE 为平行四边形∴AB ∥EF同理: CD ∥EF则AB ∥CD 即A 、B 、C 、D 四点共面，图①正确；图②：显然AB 与CD 异面，图②不正确；AEAE图③：连结AC,BD,EF,∵BE∥DF即BDFE为平行四边形∴BD∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；图④：连结AC,BD,EF,GH,∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF同理：BD∥GH∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．所以答案是：①③④．16、一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．答案：16分析：根据棱柱的体积公式直接计算即可.由题可得该正四棱柱的体积为2×2×4=16.所以答案是：16.解答题17、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．18、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案重点知识点大全单选题1、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A 1B 1C 1的直观图，则正确的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．2、已知球O 的体积为36π，则该球的表面积为（ ） A ．6πB ．9πC ．12πD ．36π3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ） A ．−1B ．−12C ．−13D ．−164、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．275、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．6、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＝2AN7、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④8、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3多选题9、已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为√55B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1C．当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且PQQA1=13D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°10、（多选题）已知平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，下列结论中正确的是（）A．m//βB．n//αC．m//n D．m与n不相交11、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，下列结论正确的有（）A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90∘D．ON⊥PB填空题12、如图所示，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知A′B′∥y′轴，O′B′=4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为______．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(三十二)参考答案1、答案：A分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A2、答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R ，则由题可得43πR 3=36π，解得R =3，则该球的表面积为4π×32=36π. 故选：D. 3、答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ． 4、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.5、答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误. 故选：C6、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：A7、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．8、答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A9、答案：ABD分析：构造线面角∠PA1E，由已知线段的等量关系求tan∠PA1E=EPAE的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明A1P⊥OB1即可知B的正误；由中位线的性质有PQQA1=12可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为∠B1A1P，结合动点P分析角度范围即可知D的正误直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1选项A中，当点P运动到BC1中点时，有E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示即有EP⊥面A1B1C1∴直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值：tan∠PA1E=EPAE∵EP=12BB1，AE=√A1B12+B1E2=√52BB1∴tan∠PA1E=√55，故A正确选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1C⊥BC1而AB⊥BC且ABC−A1B1C1为直三棱柱，有A1B1⊥面B1BCC1，BC1⊂面B1BCC1∴A1B1⊥BC1，又A1B1∩B1C=B1∴BC1⊥面A1B1C，OB1⊂面A1B1C，故BC1⊥OB1同理可证：A1B⊥OB1，又A1B∩BC1=B∴OB1⊥面A1BC1，又A1P⊂面A1BC1，即有A1P⊥OB1，故B正确选项C中，点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：PQQA1=12，故C错误选项D中，由于A1B1//AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角：∠B1A1P 结合下图分析知：点P在BC1上运动时当P在B或C1上时，∠B1A1P最大为45°当P在BC1中点上时，∠B1A1P最小为arctan√22>arctan√33=30°∴∠B1A1P不可能是30°，故D正确故选：ABD小提示：本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小10、答案：ABD分析：由面面平行的性质可判断各选项的正误.因为平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，则m//β，n//α，m与n无公共点，即m与n不相交.故ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.11、答案：ABD分析：连接BD，由PD∥ON易证PD∥平面OMN；证明出CD∥平面OMN，结合PD∥平面OMN可知平面PCD∥平面OMN；利用边长关系结合勾股定理证明ON⊥PB.对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD//ON,PD⊄平面OMN，ON⊂平面OMN，所以PD∥平面OMN，选项A正确；对于选项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，同理可得CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN，PD∩CD=D，所以平面PCD∥平面OMN，选项B正确；对于选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC（或补角）为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC=60∘，故直线PD与直线MN所成角的大小为60∘，选项C不正确；对于选项D，因底面为正方形，所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，选项D正确.故选：ABD.小提示：本题考查空间平行关系垂直关系的判断，难度一般.解答时要注意图中的几何关系，根据线面平行、面面平行及线面垂直等的判定定理判断.12、答案：2√2分析：结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到△A′B′O′的面积，进而得到A′C′.因为S△ABO=16，S△A′B′O′S△ABO =√24，O′B′=4所以S△A′B′O′=4√2=12×O′B′×A′C′，即A′C′=2√2. 所以答案是：2√2.。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法单选题1、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可.如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a ，并且直线c 与b 必相交，而c ⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，因此，平面α/⁄平面β.故选：D2、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.3、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（）A．√23πB．2√23πC．πD．√2π答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r，故可得2πr=2π3×3，解得r=1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V=13×πr2×ℎ=13×π×2√2=2√23π.故选：B.4、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）A．18πB．20πC．22π3D．26π答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.5、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是（）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B答案：C分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确.故选：C.6、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βB．若m//n，m⊥α，n//β，则α⊥βC．若m⊥n，m//α，n//β，则α//βD．若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β答案：C分析：利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定性质判断D作答.对于A，因m⊥n，m⊥α，当n⊂α时，而n⊥β，则α⊥β，当n⊄α时，在直线m上取点P，过P作直线n′//n，则m⊥n′，过直线m,n′的平面γ∩α=l，如图，由m⊥α得m⊥l，于是得l//n′//n，而n⊥β，则l⊥β，而l⊂α，所以α⊥β，A正确；对于B，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n//β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β=c，则有直线c//n，即有c⊥α，所以α⊥β，B正确；对于C，如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线m，平面ADD1A1为平面β，直线B1C1为直线n，满足m⊥n，m//α，n//β，而α∩β=AD，C不正确；对于D，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，于是得α//β，D正确.故选：C7、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.8、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 aB ．V a <V b <V cC ．V c <V a <V bD ．V b <V a <V c答案：A解析：求出V a =b ×13abπ，V b =a ×13abπ，V c =ab c ×13abπ，推导出ab c <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×b 2×a =13πab 2=b ×13abπ，V b =13×π×a 2×b =13πa 2b =a ×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab =12cℎ，可得ℎ=ab c ， V c =13×π×(ab c )2×c =13π⋅a 2b 2c =ab c ×13abπ， ∵ ab c −a =ab−ac c <0，ab c −b =ab−bc c <0，∴ ab c <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.9、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.10、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√AB2+BD2=2√3，所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33，故选：C填空题11、从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n的最大值为______．答案：4分析：根据正方体的结构特征，先确定至多可选出4条，再确定选出4条两两异面的线，即可得到结论．正方体共有8个顶点，若选出的n条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出4条，又可以选出4条两两异面的线（如图AC,BC′,B′D′,A′D），故所求n的最大值是4．所以答案是：4．12、如图∶矩形A'B'C'D'的长为4cm，宽为2cm，O'是A'B'的中点，它是水平放置的一个平面图形ABCD的直观图，则四边形ABCD的周长为∶__________cm；答案：20分析：利用斜二测画法还原出原图形，结合题干中数据以及斜二测画法的规则，计算即可由斜二测画法的规则知与x轴平行或重合的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变；与y轴平行或重合的线段长度变为原来的一半，且与y′轴平行的性质不变.还原出原图形如上图所示，其中AB=A′B′=4cm，OC=2O′C′=2×2√2=4√2cm∴BC=√OB2+OC2=6cm所以原图形的周长为2×(4+6)=20cm13、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：④14、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P//CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.15、2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”（如图），一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为6的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点E，F，G，H，M，N，将正方体削成正八面体形状泥块G−EMHF−N，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块G−EMHF−N，使得正八面体形状泥块G−EMHF−N可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为___________.答案：81π分析：由题意，只需正八面体形状泥块G−EMHF−N位于圆锥的内切球内即可.如图所示：设正方体ABCD−A1B1C1D1的中心O满足OE=OF=OH=OF=OH=OM=ON=3，则几何体GEMHFN的外接球的球心为O，半径为3.当“灯罩斗笠”的表面积最小时，正八面体形状泥块G−EMHF−N的外接球即为圆锥的内切球，=3√3，故圆锥的底面圆的半径r=3tan30°所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为S=πr2+πlr=π(3√3)2+π⋅3√3⋅6√3=81π. 所以答案是：81π解答题16、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．17、如图，已知正三棱锥S−ABC的高SO=ℎ，侧面上的斜高SM=l，求经过SO的中点O1且平行于底面的截面△A1B1C1的面积（用l，ℎ表示）．答案：3√34(l2−ℎ2).分析：利用正三棱柱的性质可得S△ABC=3√3(l2−ℎ2)，根据面面平行的性质可得A1B1//AB，进而可得S△A1B1C1 S△ABC =14，即得.连接OM，OA，在Rt△SOM中，OM=√l2−ℎ2，∵棱锥S−ABC是正三棱锥，∴O是△ABC的中心，∴AB=2AM=2OM⋅tan60°=2√3√l2−ℎ2，S△ABC=√34AB2=3√3(l2−ℎ2)，因为平面A1B1C1//平面ABC，O1为SO的中点，平面A1B1C1∩平面SAB=A1B1，平面ABC∩平面SAB=AB，∴A1B1//AB,A1B1=12AB，同理可得，C1B1//CB,C1B1=12CB，A1C1//AC,A1C1=12AC，所以△A1B1C1∽△ABC，所以S△A1B1C1S△ABC =14，∴截面△A1B1C1的面积为S△A1B1C1=3√34(l2−ℎ2)．18、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1与B1D1交于点O1，求证：(1)直线A1B∥平面ACD1；(2)直线BO1∥平面ACD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：(1)根据题意，先证得四边形A1D1CB是平行四边形，从而证得A1B∥D1C，即可证得线面垂直；(2)连接BD，交AC于O，连接D1O，只需证明O1B∥D1O，即可证得线面垂直；（1）证明：直线A1B在平面ACD1外，因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C是平面ACD1内的直线，根据判定定理可知，直线A1B∥平面ACD1．（2）证明：如图，连接BD，交AC于O，连接D1O，易知D1O1∥OB，D1O1=OB，则四边形D1O1BO是平行四边形，所以O1B∥D1O，所以D1O在平面ACD1上，根据判定定理可知，O1B∥平面ACD1．19、如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=√2，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P−ABC的体积..答案：（1）证明见解析；（2）√68分析：（1）根据已知可得PA=PB=PC，进而有△PAC≌△PBC，可得∠APC=∠BPC=90∘，即PB⊥PC，从而证得PC⊥平面PAB，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC边长，在等腰直角三角形APC中求出AP，在Rt△APO中，求出PO，即可求出结论.（1）连接OA,OB,OC，∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，∴OD⊥平面ABC，∵P在DO上，OA=OB=OC,∴PA=PB=PC，∵△ABC是圆内接正三角形，∴AC=BC，△PAC≌△PBC，∴∠APC=∠BPC=90°，即PB⊥PC,PA⊥PC，PA∩PB=P,∴PC⊥平面PAB,PC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl=√3π,rl=√3，OD2=l2−r2=2，解得r=1,l=√3，AC=2rsin60∘=√3，在等腰直角三角形APC中，AP=√22AC=√62，在Rt△PAO中，PO=√AP2−OA2=√64−1=√22，∴三棱锥P−ABC的体积为V P−ABC=13PO⋅S△ABC=13×√22×√34×3=√68.小提示：本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.。

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点题型与解题方法单选题1、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选：C2、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.故选：B.3、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.4、已知平面α内的∠APB =60°，射线PC 与PA,PB 所成的角均为135°，则PC 与平面α所成的角θ的余弦值是（）A ．−√63B ．√63C ．√33D ．−√33答案：B分析：作出图形，如图，通过分析，可得∠CPD 为PC 与平面α所成的角的补角，利用余弦定理可以计算. 作出如下图形，令PA =PB =PC =2，则∠CPA =∠CPB =135∘，∴AC =BC ，取AB 中点D ，连接PD ，则∠CPD 即为PC 与平面α所成的角的补角，在△APC 中，AC 2=PA 2+PC 2−2PA ⋅PC ⋅cos135∘=8+4√2，∴在△PCD 中，CD 2=AC 2−AD 2=7+4√2，∵PD =√3，∴cos∠CPD =PC 2+PD 2−CD 22PC⋅PD =−√63， ∴ PC 与平面α所成的角θ的余弦值是√63.故选：B.小提示：本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.5、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当△BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号，故BD=√1+1=√2 ,由AB⊥平面BCD，可知AB⊥BD,AB⊥BC, 故AB=√AC2−BC2=√4−1=√3 ,所以S△ABD=12AB⋅BD=√62,S△ABC=12AB⋅BC=√32,S△BCD=12BC⋅CD=12,S△ACD=12AC⋅CD=1,所以鳖臑ABCD的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62，故选：D6、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：D7、已知α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线互相平行B．过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直C．平面α不垂直平面β，但平面α内存在直线垂直于平面βD．若直线l不垂直于平面α，则在平面α内不存在与l垂直的直线答案：B分析：举特例说明判断A；由平面的基本事实及线面垂直的性质推理判断B；推理说明判断C；举例说明判断D 作答.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1B1、直线B1C1都平行于平面ABCD，而直线A1B1与B1C1相交，A不正确；如图，直线l是平面α的斜线，l∩α=O，点P是直线l上除斜足外的任意一点，过点P作PA⊥α于点A，则直线OA是斜线l在平面α内射影，直线l与直线OA确定平面β，而PA⊂平面β，则平面β⊥平面α，即过斜线l有一个平面垂直于平面α，因平面的一条斜线在此平面内的射影是唯一的，则直线l与直线OA确定的平面β唯一，所以过已知平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直，B正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，由面面垂直的判断知，平面α垂直于平面β，因此，平面α不垂直平面β，则平面α内不存在直线垂直于平面β，C不正确；如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线BC1为直线l，显然直线l不垂直于平面α，而平面α内直线AB,CD都垂直于直线l，D不正确.故选：B8、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，三棱锥A−B1CD1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（）A．4√3πB．√6πC．32√3πD．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．解：设正方体的棱长为a，则B1D1=AC=AB1=AD1=B1C=D1C=√2a，由于三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，所以S =4S △AB 1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a =√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62， 所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B ． 小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.9、如图，已知正方体的棱长为a ，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（ ）A ．(8+2√2)a 2B ．(2+4√2)a 2C ．(4+2√2)a 2D ．(6−4√2)a 2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.10、在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2√2，AB=BC=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π答案：C分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为R，则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16，所以R=2，所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.故选：C.填空题11、在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P//平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)答案：P是CC1中点分析：根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P//平面BCD上的任一条线即可，可以取A1P//CD，此时P是CC1中点.取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//CD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P//平面BCD所以答案是：P是CC1中点.12、设∠A和∠B的两边分别平行，若∠A=45°，则∠B的大小为___________.答案：45°或135°##135°或45°分析：根据等角定理即可得到答案.根据等角定理：一个角的两边平行于另外一个角的两边，则这两个角相等或互补.所以答案是：45°或135°.13、如图所示，△A′B′C′表示水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′=3，则△ABC的边AB上的高为________.答案：6√2分析：作线段C′D//y′，交x′轴于点D，则所求的高为2C′D，根据三角知识即可求解．作线段C′D//y′，交x′轴于点D，则C′D=B′C′sin45°=√22=3√2，所以边AB上的高为2C′D=6√2所以答案是：6√2．14、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×（−1）=7，2四边形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：415、从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n的最大值为______．答案：4分析：根据正方体的结构特征，先确定至多可选出4条，再确定选出4条两两异面的线，即可得到结论．正方体共有8个顶点，若选出的n条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出4条，又可以选出4条两两异面的线（如图AC,BC′,B′D′,A′D），故所求n的最大值是4．所以答案是：4．解答题16、如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°．(1)证明：直线AB⊥平面PAD；(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90，且四棱锥P−ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．答案：(1)证明见解析(2)6+2√3分析：（1）由线面垂直的判定定理证明线面垂直；（2）在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为点E．证明PE⊥平面ABCD．设AB=x，则AD=√2x，PE=√22x．由棱锥体积求得x后可得各面面积．即可得侧面积．（1）证明：因为AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90，所以AB⊥AP且AB⊥DP．又AP∩DP=P，AP,DP⊂平面PAD，所以直线AB⊥平面PAD．（2）解：在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为点E．由（1）知AB⊥平面PAD，故AB⊥PE．又AB∩AD=A，AB,AD⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD．设AB=x，则AD=√2x，PE=√22x．故四棱锥P−ABCD的体积V P−ABCD=13AB⋅AD⋅PE=13x3．由题设得13x3=83，故x=2．从而PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PB=PC=2√2．所以四棱锥P−ABCD的侧面积为12PA⋅PD+12PA⋅AB+12PD⋅DC+12BC2⋅sin60°=6+2√3．17、如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若截面△BC1D是面积为6的直角三角形，求此三棱柱的表面积．答案：24√2+4√3分析：设AD =b,AB =a ，根据△BC 1D 是面积为6的直角三角形，由{BD 2+C 1D 2=BC 1212⋅BD ⋅C 1D =6 求解.解：设AD =b,AB =a ，则BD =C 1D =√a 2+b 2，BC 1=√a 2+4b 2．由题意得{BD 2+C 1D 2=BC 12,12⋅BD ⋅C 1D =6, 即{a 2+b 2+a 2+b 2=a 2+4b 2,a 2+b 2=12,解得{a =2√2,b =2,从而S 表=4×3×2√2+2×2√2×2√2×√34=24√2+4√3．18、如图，ABCD 为空间四边形，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，点G ，H 分别在CD ，AD 上，且DH =13AD ，DG =13CD ．(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)求证：EH，FG必相交且交点在直线BD上．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）根据线段成比例得出直线与直线平行，利用平行直线确定一个平面可证结论；（2）根据平面的公理进行证明.（1）证明：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，DH=13AD，DG=13CD；所以EF//AC，HG//AC，所以EF//HG，所以E，F，G，H四点共面．（2）证明：易知HG=13AC，又EF=12AC，所以HG≠EF，结合（1）的结论可知，四边形EFGH是梯形，因此直线EH，FG不平行．设它们交点为P，P∈平面ABD，同理P∈FG，所以P∈平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，因此P∈BD，即EH，FG必相交且交点在直线BD上．19、如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4, AB=2，∠BAD=60°, E, M, N分别是BC，BB1，A1D的中点.证明：MN//平面C1DE.答案：证明见解析分析：根据中位线可证ME//B1C，再证四边形MNDE为平行四边形，由线面平行判定定理即可求证.连结B1C, ME，如图，∵M, E分别为BB1, BC的中点，∴ME//B1C，且ME=1B1C.2又∵N为A1D的中点，∴ND=1A1D.2DC，可得B1C//A1D，B1C=A1D故ME//ND，ME=ND 由题设知A1B1//=因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，∴MN//平面C1DE.。