2021苏教版数学必修第二册章末综合测评5 立体几何初步

第八章 立体几何初步（章节复习专项训练）一、选择题1．如图，在棱长为1正方体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 所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法错误．．的是A ．无论旋转到什么位置，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︒【答案】D【详解】解：过A 点作AM⊥BF 于M ，过C 作CN⊥DE 于N 点在翻折过程中，AF 是以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的母线，同理，AB ，EC ，DC 也可以看成圆锥的母线；在A 中，A 点轨迹为圆周，C 点轨迹为圆周，显然没有公共点，故A 正确；在B 中，能否使得直线AF 与直线CE 所成的角为60°，又AF ，EC 分别可看成是圆锥的母线，只需看以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于60°即可，故B 正确；在C 中，能否使得直线AF 与直线CE 所成的角为90°，只需看以F 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于90°即可，故C 正确；在D 中，能否使得直线AB 与直线CD 所成的角为90︒，只需看以B 为顶点，AM 为底面半径的圆锥的轴截面的顶角是否大于等于90°即可，故D 不成立；故选D ．2．如图所示，多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，//EF AB ，32EF =，EF 到平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积V 为（ ）A ．92B ．5C ．6D ．152【答案】D【详解】解法一：如图，连接EB ，EC ，AC ，则213263E ABCD V -=⨯⨯=.2AB EF =，//EF AB2EAB BEF S S ∆∆∴=.12F EBC C EFB C ABE V V V ---=∴= 11132222E ABC E ABCD V V --==⨯=. E ABCDF EBC V V V --∴=+315622=+=. 解法二：如图，设G ，H 分别为AB ，DC 的中点，连接EG ，EH ，GH ，则//EG FB ，//EH FC ，//GH BC ，得三棱柱EGH FBC -，由题意得123E AGHD AGHD V S -=⨯ 1332332=⨯⨯⨯=， 133933332222GH FBC B EGH E BGH E GBCH E AGHD V V V V V -----===⨯==⨯=⨯， 915322E AGHD EGH FBC V V V --=+=+=∴. 解法三：如图，延长EF 至点M ，使3EM AB ==，连接BM ，CM ，AF ，DF ，则多面体BCM ADE -为斜三棱柱，其直截面面积3S =，则9BCM ADE V S AB -=⋅=.又平面BCM 与平面ADE 平行，F 为EM 的中点，F ADE F BCM V V --∴=，2F BCM F ABCD BCM ADE V V V ---∴+=， 即12933233F BCM V -=-⨯⨯⨯=， 32F BCM V -∴=，152BCM ADE F BCM V V V --=-=∴. 故选：D 3．下列命题中正确的是A ．若a ，b 是两条直线，且a ⊥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a 和平面α满足a ⊥α，那么a 与α内的任何直线平行C ．平行于同一条直线的两个平面平行D ．若直线a ，b 和平面α满足a ⊥b ，a ⊥α，b 不在平面α内，则b ⊥α【答案】D【详解】解：如果a ，b 是两条直线，且//a b ，那么a 平行于经过b 但不经过a 的任何平面，故A 错误； 如果直线a 和平面α满足//a α，那么a 与α内的任何直线平行或异面，故B 错误；如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线可能平行，也可能相交，也可能异面，故C 错误； D 选项：过直线a 作平面β，设⋂=c αβ，又//a α//a c ∴又//a b//b c ∴又b α⊂/且c α⊂//b α∴．因此D 正确．故选：D ．4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，M 为棱BB 1的中点，则下列结论中错误的是( )A ．D 1O⊥平面A 1BC 1B ．MO⊥平面A 1BC 1C ．二面角M －AC －B 等于90°D ．异面直线BC 1与AC 所成的角等于60°【答案】C【详解】对于A ，连接11B D ，交11AC 于E ，则四边形1DOBE 为平行四边形 故1D O BE1D O ⊄平面11,A BC BE ⊂平面111,A BC DO ∴平面11A BC ，故正确对于B ，连接1B D ，因为O 为底面ABCD 的中心，M 为棱1BB 的中点，1MO B D ∴,易证1B D ⊥平面11A BC ，则MO ⊥平面11A BC ，故正确；对于C ，因为,BO AC MO AC ⊥⊥，则MOB ∠为二面角M AC B --的平面角，显然不等于90︒，故错误对于D ，1111,AC AC AC B ∴∠为异面直线1BC 与AC 所成的角，11AC B ∆为等边三角形，1160AC B ∴∠=︒，故正确故选C5．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别是棱1AA 和1BB 的中点，过EF 的平面EFGH 分别交BC 和AD 于点G 、H ，则GH 与AB 的位置关系是A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行或异面【答案】A【详解】 在长方体1111ABCD A BC D -中，11//AA BB ，E 、F 分别为1AA 、1BB 的中点，//AE BF ∴，∴四边形ABFE 为平行四边形，//EF AB ∴， EF ⊄平面ABCD ，AB 平面ABCD ，//EF ∴平面ABCD ，EF ⊂平面EFGH ，平面EFGH平面ABCD GH =，//EF GH ∴， 又//EF AB ，//GH AB ∴，故选A.6．如图所示，点S 在平面ABC 外，SB⊥AC ，SB=AC=2，E 、F 分别是SC 和AB 的中点，则EF 的长是A ．1 BC ．2D ．12【答案】B【详解】取BC 的中点D ，连接ED 与FD⊥E 、F 分别是SC 和AB 的中点，点D 为BC 的中点⊥ED⊥SB ，FD⊥AC,而SB⊥AC ，SB=AC=2则三角形EDF 为等腰直角三角形,则ED=FD=1即故选B.7．如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上一点（不同于A ，B 两点），且PA AC =，则二面角P BC A --的大小为A ．60°B ．30°C ．45°D ．15°【答案】C【详解】 解：由条件得,PA BC AC BC ⊥⊥.又PAAC A =，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC .又因为PC ⊂平面PAC ， 所以BC PC ⊥.所以PCA ∠为二面角P BC A --的平面角.在Rt PAC ∆中，由PA AC =得45PCA ︒∠=. 故选：C .8．在空间四边形ABCD 中，若AD BC BD AD ⊥⊥，，则有A ．平面ABC ⊥平面ADCB ．平面ABC ⊥平面ADBC ．平面ABC ⊥平面DBCD ．平面ADC ⊥平面DBC【答案】D【详解】 由题意，知AD BC BD AD ⊥⊥，，又由BC BD B =，可得AD ⊥平面DBC ，又由AD ⊂平面ADC ，根据面面垂直的判定定理，可得平面ADC ⊥平面DBC9．直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于 A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】C【详解】本试题主要考查异面直线所成的角问题，考查空间想象与计算能力．延长B 1A 1到E ，使A 1E =A 1B 1，连结AE ，EC 1，则AE ⊥A 1B ，⊥EAC 1或其补角即为所求，由已知条件可得⊥AEC 1为正三角形，⊥⊥EC 1B 为60，故选C ．10．已知两个平面相互垂直，下列命题⊥一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线⊥一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线⊥一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面⊥过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】A【详解】由题意，对于⊥，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故⊥错误；对于⊥，设平面α∩平面β=m ，n⊥α，l⊥β，⊥平面α⊥平面β， ⊥当l⊥m 时，必有l⊥α，而n⊥α， ⊥l⊥n ，而在平面β内与l 平行的直线有无数条，这些直线均与n 垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即⊥正确；对于⊥，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不不一定垂直于另一个平面，故⊥错误；对于⊥，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故⊥错误；故选A ．11．在空间中，给出下列说法：⊥平行于同一个平面的两条直线是平行直线；⊥垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；⊥若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则//αβ；⊥过平面α的一条斜线，有且只有一个平面与平面α垂直.其中正确的是（ ）A ．⊥⊥B ．⊥⊥C ．⊥⊥D ．⊥⊥ 【答案】B【详解】⊥平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，不正确；易知⊥正确；⊥若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β可能平行，也可能相交，不正确；易知⊥正确.故选B.12．下列结论正确的选项为( )A ．梯形可以确定一个平面；B ．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；C ．若l 上有无数个点不在平面α内，则l⊥αD ．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．【答案】A【详解】因梯形的上下底边平行，根据公理3的推论可知A 正确．两条直线和第三条直线所成的角相等，这两条直线相交、平行或异面，故B 错．当直线和平面相交时，该直线上有无数个点不在平面内，故C 错．如果两个平面有三个公共点且它们共线，这两个平面可以相交，故D 错．综上，选A ．13．已知圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的体积为54π，则该圆柱的侧面积为A ．27πB ．36πC ．54πD ．81π 【答案】B【详解】设圆柱的底面半径为r ．因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为2r ．因为该圆柱的体积为54π，23π2π54πr h r ==，解得3r =，所以该圆柱的侧面积为2π236r r ⨯=π．14．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为A ．8π3B ．32π3C ．8πD 【答案】C【详解】设球的半径为R ，则截面圆的半径为，⊥截面圆的面积为S ＝π2＝（R 2－1）π＝π，⊥R 2＝2，⊥球的表面积S ＝4πR 2＝8π．故选C. 15．已知圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，那么这个圆柱的体积是A ．2πB ．1πC ．22πD ．21π【答案】A【详解】由题意可知，圆柱的高为2，底面周长为2，故半径为1π，所以底面积为1π，所以体积为2π，故选A ． 16．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图，对其中的线段说法不正确的是（ ）A ．原来相交的仍相交B ．原来垂直的仍垂直C ．原来平行的仍平行D ．原来共点的仍共点【答案】B【详解】解：根据斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图的规则，与x 轴平行的线段长度不变，与y 轴平行的线段长度变为原来的一半，且倾斜45︒，故原来垂直线段不一定垂直了；故选：B ．17．如图所示为一个水平放置的平面图形的直观图，它是底角为45︒，腰和上底长均为1的等腰梯形，则原平面图形为 ( )A ．下底长为1B ．下底长为1+C ．下底长为1D ．下底长为1+【答案】C【详解】45A B C '''∠=，1A B ''= 2cos451B C A B A D ''''''∴=+=∴原平面图形下底长为1由直观图还原平面图形如下图所示：可知原平面图形为下底长为1故选：C18．半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（ ）A 3RB 3RC 3RD 3R 【答案】C【详解】设底面半径为r ，则2r R ππ=，所以2R r =.所以圆锥的高2h R ==.所以体积22311332R V r h R ππ⎛⎫=⨯== ⎪⎝⎭.故选：C .19．下列说法中正确的是A ．圆锥的轴截面是等边三角形B ．用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台C ．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成D ．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱【答案】D【详解】圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，A 错误；只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，B 错误；等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周的几何体，是由一个圆柱和两个圆锥组合而成，故C 错误；由棱柱的定义得，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故D 正确．20．如图，将矩形纸片ABCD 折起一角落()EAF △得到EA F '△，记二面角A EF D '--的大小为π04θθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，直线A E '，A F '与平面BCD 所成角分别为α，β，则（ ）．A ．αβθ+>B ．αβθ+<C ．π2αβ+>D ．2αβθ+> 【答案】A【详解】如图，过A '作A H '⊥平面BCD ，垂足为H ，过A '作A G EF '⊥，垂足为G ，设,,A G d A H h A EG γ'''==∠=，因为A H '⊥平面BCD ，EF ⊂平面BCD ，故A H EF '⊥，而A G A H A '''⋂=，故EF ⊥平面A GH '，而GH ⊂平面A GH '，所以EF GH ⊥，故A GH θ'∠=，又A EH α'∠=，A FH β'∠=.在直角三角形A GE '中，sin d A E γ'=，同理cos d A F γ'=， 故sin sin sin sin sin h h d dαγθγγ===，同理sin sin cos βθγ=， 故222sin sin sin αβθ+=，故2cos 2cos 21sin 22αβθ--=， 整理得到2cos 2cos 2cos 22αβθ+=， 故()()2cos cos cos 22αβαβαβαβθ+--⎡⎤++-⎣⎦+=， 整理得到()()2cos cos cos αβαβθ+-=即()()cos cos cos cos αβθθαβ+=-， 若αβθ+≤，由04πθ<< 可得()cos cos αβθ+≥即()cos 1cos αβθ+≥， 但αβαβθ-<+≤，故cos cos αβθ->，即()cos 1cos θαβ<-，矛盾， 故αβθ+>.故A 正确，B 错误. 由222sin sin sin αβθ+=可得sin sin ,sin sin αθβθ<<，而,,αβθ均为锐角，故,αθβθ<<，22παβθ+<<，故CD 错误.故选：D.二、填空题 21．如图，已知六棱锥P ﹣ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ，则下列结论正确的是_____．（填序号）⊥PB ⊥AD ；⊥平面P AB ⊥平面PBC ；⊥直线BC ⊥平面P AE ；⊥sin⊥PDA =．【答案】⊥【详解】⊥P A ⊥平面ABC ，如果PB ⊥AD ，可得AD ⊥AB ，但是AD 与AB 成60°，⊥⊥不成立，过A 作AG ⊥PB 于G ，如果平面P AB ⊥平面PBC ，可得AG ⊥BC ，⊥P A ⊥BC ，⊥BC ⊥平面P AB ，⊥BC ⊥AB ，矛盾，所以⊥不正确；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，所以⊥不正确；在R t⊥P AD 中，由于AD ＝2AB ＝2P A ，⊥sin⊥PDA =，所以⊥正确；故答案为: ⊥22．如图，已知边长为4的菱形ABCD 中，,60AC BD O ABC ⋂=∠=︒.将菱形ABCD 沿对角线AC 折起得到三棱锥D ABC -，二面角D AC B --的大小为60°，则直线BC 与平面DAB 所成角的正弦值为______.【详解】⊥四边形ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，,,AC OD AC OB OB OD ∴⊥⊥==，DOB ∴∠为二面角D AC B --的平面角，60DOB ∠=︒∴，OBD ∴△是等边三角形.取OB 的中点H ，连接DH ，则,3DH OB DH ⊥=.,,AC OD AC OB OD OB O ⊥⊥⋂=，AC ∴⊥平面,OBD AC DH ∴⊥，又,AC OB O AC ⋂=⊂平面ABC ，OB ⊂平面ABC ，DH ∴⊥平面ABC ，2114333D ABC ABC V S DH -∴=⋅=⨯=△4,AD AB BD OB ====ABD ∴∆的边BD 上的高h =1122ABD S BD h ∴=⋅=⨯=△设点C 到平面ABD 的距离为d ，则13C ABD ABD V S d -=⋅=△.D ABC C ABD V V --=，d ∴=∴=⊥直线BC 与平面DAB 所成角的正弦值为d BC = 23．球的一个内接圆锥满足：球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，则该圆锥的体积和此球体积的比值为_______． 【答案】932或332【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为R ．由立体几何知识可得，连接圆锥的顶点和底面的圆心，必垂直于底面，且球心在连线所成的直线上．分两种情况分析：（1）球心在连线成构成的线段内因为球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，所以,故圆锥的体积为．该圆锥的体积和此球体积的比值为（2）球心在连线成构成的线段以外因为球心到该圆锥底面的距离是球半径的一半，所以,故圆锥的体积为．该圆锥的体积和此球体积的比值为24．如图，四棱台''''ABCD A B C D -的底面为菱形，P 、Q 分别为''''B C C D ，的中点．若'AA ⊥平面BPQD ，则此棱台上下底面边长的比值为___________．【答案】2 3【详解】连接AC，A′C′，则AC⊥A′C′，即A，C，A′，C′四点共面，设平面ACA′C′与PQ和QB分别均于M，N点，连接MN，如图所示：若AA′⊥平面BPQD，则AA′⊥MN，则AA'NM为平行四边形，即A'M＝AN，即31''42A C=AC，''23A BAB∴=，即棱台上下底面边长的比值为23．故答案为23．三、解答题25．如图，在直四棱柱ABCD–A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．（1）求证：AC 1⊥平面PBD ；（2）求证：BD ⊥A 1P ．【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】（1）连接AC 交BD 于O 点，连接OP ，因为四边形ABCD 是正方形，对角线AC 交BD 于点O ，所以O 点是AC 的中点，所以AO =OC ．又因为点P 是侧棱C 1C 的中点，所以CP =PC 1，在⊥ACC 1中，11C P AO OC PC==，所以AC 1⊥OP ， 又因为OP ⊥面PBD ，AC 1⊥面PBD ，所以AC 1⊥平面PBD ．（2）连接A 1C 1．因为ABCD –A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以侧棱C 1C 垂直于底面ABCD ，又BD ⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD ，因为底面ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，又AC ∩CC 1=C ，AC ⊥面AC 1，CC 1⊥面AC 1，所以BD ⊥面AC 1，又因为P ⊥CC 1，CC 1⊥面ACC 1A 1，所以P ⊥面ACC 1A 1，因为A 1⊥面ACC 1A 1，所以A 1P ⊥面AC 1，所以BD ⊥A 1P ．26．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BC BB =，12BAC BCA ABC ∠=∠=∠，点E 是1A B 与1AB 的交点，D 为AC 的中点.（1）求证：1BC 平面1A BD ；（2）求证：1AB ⊥平面1A BC .【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）连结ED ，E 为1A B 与1AB 的交点，E 为1AB 中点，D 为AC 中点，根据三角形中位线定理可得1//ED B C ，由线面平行的判定定理可得结果；（2）由等腰三角形的性质可得AB BC ⊥，由菱形的性质可得11AB A B ⊥，1BB ⊥平面ABC ，可得1BC BB ⊥，可证明1BC AB ⊥，由线面垂直的判定定理可得结果.详解：（1）连结ED ，⊥直棱柱111ABC A B C -中，E 为1A B 与1AB 的交点，⊥E 为1AB 中点，D 为AC 中点，⊥1//ED B C又⊥ED ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD⊥1//B C 平面1A BD .（2）由12BAC BCA ABC ∠=∠=∠知,AB BC AB BC =⊥ ⊥1BB BC =，⊥四边形11ABB A 是菱形，⊥11AB A B ⊥. ⊥1BB ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC⊥1BC BB ⊥⊥1AB BB B ⋂=,1,AB BB ⊂平面11ABB A ，⊥BC ⊥平面11ABB A⊥1AB ⊂平面11ABB A ，⊥1BC AB ⊥⊥1BC A B B ⋂=，1,BC A B ⊂平面1A BC ，⊥1AB ⊥平面1A BC27．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，平面PBC ⊥平面ABCD ，⊥BCD 4π=，BC ⊥PD ，PE ⊥BC ．（1）求证：PC ＝PD ；（2）若底面ABCD 是边长为2的菱形，四棱锥P ﹣ABCD 的体积为43，求点B 到平面PCD 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2）3． 【详解】 （1）证明：由题意，BC ⊥PD ，BC ⊥PE ，⊥BC ⊥平面PDE ，⊥DE ⊥平面PDE ，⊥BC ⊥DE .⊥⊥BCD 4π=，⊥DEC 2π=，⊥ED ＝EC ，⊥Rt⊥PED ⊥Rt⊥PEC ，⊥PC ＝PD .（2）解：由题意，底面ABCD 是边长为2的菱形，则ED ＝EC =⊥平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，⊥PE ⊥平面ABCD ，即PE 是四棱锥P ﹣ABCD 的高.⊥V P ﹣ABCD 13=⨯2PE 43=，解得PE = ⊥PC ＝PD ＝2.设点B 到平面PCD 的距离为h ，⊥V B ﹣PCD ＝V P ﹣BCD 12=V P ﹣ABCD 23=， ⊥1132⨯⨯2×2×sin60°×h 23=，⊥h 3=.⊥点B 到平面PCD 的距离是3. 28．如图，在以A 、B 、C 、D 、E 、F 为顶点的五面体中，面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，面ABFE 是矩形，平面ABFE ⊥平面ABCD ，BC CD AE a ===，60DAB ∠=.（1）求证：平面⊥BDF 平面ADE ；（2）若三棱锥B DCF -a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）1.【详解】（1）因为四边形ABFE 是矩形，故EA AB ⊥，又平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE 平面ABCD AB =，AE ⊂平面ABFE ， 所以AE ⊥平面ABCD ，又BD ⊂面ABCD ，所以AE BD ⊥，在等腰梯形ABCD 中，60DAB ∠=，120ADC BCD ︒∴∠=∠=，因BC CD =，故30BDC ∠=，1203090ADB ∠=-=，即AD BD ⊥， 又AE AD A =，故BD ⊥平面ADE ，BD ⊂平面BDF ，所以平面⊥BDF 平面ADE ；（2）BCD 的面积为2213sin12024BCD S a ==， //AE FB ，AE ⊥平面ABCD ，所以，BF ⊥平面ABCD ，2313D BCF F BCD V V a --∴==⋅==，故1a =.。

《第六章立体几何初步》单元测试卷第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.设α，β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是()A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. α内有无数个点到β的距离相等D. α，β垂直于同一平面2.圆柱底面周长为4π，高为4，则它的体积为()A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π3.若一个圆锥的轴截面是边长为2√2的等边三角形，则这个圆锥的表面积为()A. 6πB. 5πC. 4πD. 3√2π4.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. ∠PACB. ∠CPAC. ∠PCAD. ∠CAB5.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确为()A. 若m//β，n⊥α，α⊥β，则m⊥nB. 若m⊥α，n⊥β，则α//βC. 若m//α，n//β，α//β，则m//nD. 若α⊥β，α∩β=m，n⊂β，m⊥n，则n⊥α6.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，AB⊥AC，A1A=AB=AC=2，那么三棱锥A1−ABC的体积是()A. 43B. 83C. 4D. 87.如图，ABCD−A1B1C1D1为正方体，下面结论：①BD//平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1.其中正确结论的个数是()A. 0B. 1C. 2D. 38.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.B. 平面PAB⊥平面PBCC. 直线BC//平面PAED. 直线PD与平面ABC所成的角为45°二、多选题（本大题共1小题，共5.0分）9.已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是()A. 若m⊥α，n⊥β，α//β，则m//nB. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//βC. 若m//β，n//β，m，n⊂α，则α//βD. 若n⊂α，n⊥β，则α⊥β第II卷（非选择题）三、单空题（本大题共6小题，共30.0分）10.三个平面两两垂直，它们的交线交于一点O，空间有一点P到三个面的距离分别为3、4、5，则OP的长为．11.设长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在同一个球面上，则该球的半径为______ ．12.在底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=4，AB=3，则该四棱锥的外接球的表面积为______ ．13.已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的体积为______ ．14.已知直三棱柱ABC−A1B1C1，∠CAB=90°，AA1=2AB=2AC=2，则直线A1B与侧面B1C1CB所成角的正弦值是______．15.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线BD1与A1D所成的角为__________．四、解答题（本大题共7小题，共84.0分）16.如图，四边形ABCD是正方形，△PAB与△PAD均是以A为直角顶点的等腰直角三角形，点F是PB的中点，点E是边BC上的任意一点．(1)求证：AF⊥EF；(2)求二面角A−PC−B的平面角的正弦值．17.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：(1)A1B1//平面DEC1；(2)BE⊥C1E.18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1C1⊥CC1，点E，F分别是BC，A1B1的中点，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．(1)求证：B1C1⊥A1C；(2)求证：EF//平面A1C1CA．19.如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC=60°，AC=2，侧面CBB1C1为正方形，平面ACC1A1⊥平面ABC.点M为A1C的中点，点N为AB的中点．(1)证明：MN//平面BCC1B1；(2)求三棱锥A1−ABC1的体积．20.如图，在棱长为2的正方体ACBD−A1C1B1D1中，M是线段AB上的动点．(1)证明：AB//平面A1B1C；(2)若M是AB的中点，证明：平面MCC1⊥平面ABB1A1；(3)求三棱锥M−A1B1C的体积．21.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AC，A1B1的中点，且AB=BC(1)求证：平面BMN⊥平面ACC1A1(2)求证：MN//平面BCC1B122.如图，在四棱锥P−ABCD中，平面ABCD，AB//CD，CD=2AB，，E,F分别是CD和PC的中点，(1)证明：；(2)证明：平面BEF//平面PAD．答案和解析1.【答案】B【解析】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，如两个相交平面，可以找出无数条平行于交线的直线，所以A错误；对于B，α内有两条相交直线与β平行，根据两平面平行的判定定理知，α//β，所以B 正确；对于C，α内有无数个点到β的距离相等，如两个相交平面，可以找出无数条直线平行于平面β，所以也能得出无数个点到平面β的距离相等，C错误；对于D，当α、β垂直于同一个平面时，α与β也可以相交，所以D错误．故选：B．根据平面平行的判定定理，即可得出正确的结论．本题考查了平面平行的判断问题，也考查了空间想象能力与推理能力，是基础题．2.【答案】D【解析】解：设圆柱底面半径为r，所以底面圆周长为2πr=4π，解得r=2；又圆柱的高为4，所以它的体积为V=πr2ℎ=π×22×4=16π．故选：D．设圆柱底面半径为r，根据底面圆周长求出r的值，再计算它的体积．本题考查了圆柱的结构特征与体积计算问题，是基础题．3.【答案】A【解析】解：∵一个圆锥的轴截面是边长为2√2的等边三角形，设等边三角形的边长为2r，则2r=2√2，则它的高为√3r，底面半径r=√2，所以这个圆锥的表面积为π⋅r2+πr⋅2r=6π，故选：A．由题意求得圆锥的底面半径，可得它的表面积．本题考查利用圆锥的轴截面，求圆锥的表面积，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：∵点C在以AB为直径的圆上，∴AC⊥BC，又PA⊥BC，AC∩PA=A，AC、PA⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∵AC⊥BC，∴∠PCA为二面角P−BC−A的平面角．故选：C．由AC⊥BC，PA⊥BC，知BC⊥平面PAC，从而有BC⊥PC，而AC⊥BC，结合二面角的定义，即可得解．本题考查空间中的二面角，熟练掌握二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：由m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，得：在A中，若m//β，n⊥α，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；在B中，若m⊥α，n⊥β，则α与β相交或平行，故B错误；在C中，若m//α，n//β，α//β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；在D中，若α⊥β，α∩β=m，n⊂β，m⊥n，则由面面垂直的性质定理得n⊥α，故D正确．故选：D．在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，α与β相交或平行；在C中，m与n相交、平行或异面；在D中，由面面垂直的性质定理得n⊥α．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．6.【答案】A【解析】解：∵AB⊥AC，AB=AC=2，∴S△ABC=12×2×2=2，且A1A⊥底面ABC，A1A=2，∴V A1−ABC =13×2×2=43．故选：A．根据题意可求出三棱锥A1−ABC的底面积，且其高为2，再根据棱锥的体积公式，即可求出该三棱锥的体积．本题考查了三棱锥的体积公式，考查了计算能力，属于基础题．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定，属于基础题．①由正方体的性质得BD//B1D1，所以结合线面平行的判定定理可得答案；②由正方体的性质得AC⊥BD，再由线面垂直的判定和性质可得答案；③由正方体的性质得BD//B1D1，并且结合②可得AC1⊥B1D1，同理可得AC1⊥CB1，进而结合线面垂直的判定定理得到答案．【解答】解：由正方体的性质得，BD//B1D1，所以结合线面平行的判定定理可得：BD//平面CB1D1；所以①正确．连接AC、A1C1，由正方体的性质得AC⊥BD，AA1⊥BD，又AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，因为AC1⊂平面AA1C1C，所以AC1⊥BD，所以②正确．由正方体的性质得BD//B1D1，由②可得AC1⊥BD，所以AC1⊥B1D1，同理可得AC1⊥CB1，进而结合线面垂直的判定定理得到：AC1⊥平面CB1D1，所以③正确．故选：D．8.【答案】D【解析】【分析】本题考查直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质．利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．【解答】解：若，AD//BC，则PB⊥BC，∵PA⊥平面ABC，BC在平面ABC内，∴PA⊥BC，又PA、PB为平面PAB内两条相交直线，则BC⊥平面PAB，AB在平面PAB内，则BC⊥AB，与正六边形矛盾，∴A不正确；假设平面PAB⊥平面PBC，过A作AH⊥PB，垂足为H，平面PAB∩平面PBC=PB，则AH⊥平面PBC，BC在平面PBC内，则AH⊥BC，又PA⊥BC，PA、AH为平面PAB内两条相交直线，则BC⊥平面PAB，由A知不符合题意，∴B不正确；假设直线BC//平面PAE，∵AD//BC，AD不在平面PAE内，∴AD//平面PAE，显然不符合题意，∴C不正确；∵BC//AD，且AD=2BC，可得△PAD是等腰直角三角形，∴∠PDA=45°，直线PD与平面ABC所成的角为45°，∴D正确，故选D．9.【答案】AD【解析】解：对于A，m⊥α，α//β，则m⊥β，又n⊥β，则m//n，故A正确；对于B，由α⊥γ，β⊥γ，得α//β或α与β相交，故B错误；对于C，由m//β，n//β，m，n⊂α，若m与n相交，则α//β，若m//n，则α可能平行β，也可能与β相交，故C错误；对于D，由平面与平面垂直的判定，可得若n⊂α，n⊥β，则α⊥β，故D正确．故选：AD．由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．10.【答案】5√2【解析】【分析】本题主要考查棱柱的结构特征，属于基础题．根据题意，以OP为对角线，P到三个平面的垂线段分别为长、宽、高，建立长方体，利用长方体的提对角长公式加以计算，即可得到OP的长．【解答】解：根据题意，过点P分别作三个平面的垂线，垂足分别为B、D、F，∵三个平面两两垂直，∴分别以PB、PD、PF为长、宽、高，作长方体OABC−EDPF，如图所示．∵点P到三个面的距离分别为3、4、5，∴长方体的对角线长为√3 2+4 2+5 2=5√2，即OP的长为5√2．故答案为：5√211.【答案】√142【解析】解：由长方体的对角线等于其外接球的直径2R可得：(2R)2=32+22+ 12，解得：R=√14，2．故答案为：√142由长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系，求出外接球的半径．本题考查长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系，属于基础题．12.【答案】34π【解析】【分析】直接利用锥体的性质，四棱锥体和外接球的关系，球的表面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：锥体的性质，四棱锥体和外接球的关系，球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．【解答】解：底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=4，AB=3，如图所示：设外接球的半径为R，所以(2R)2=42+32+32=34，解得R2=344，所以S球=4⋅π⋅344=34π．故答案为：34π．13.【答案】6π【解析】解：设圆柱上底面圆的半径为r，则根据题意得r2+1=4，∴r2=3，∴该圆柱的体积为V=3π⋅2=6π．故答案为：6π．可设圆柱的上底面圆的半径为r，根据题意即可求出r2=3，再求出该圆柱的体积．本题考查了圆柱体积的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．14.【答案】√1010【解析】【分析】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．取B1C1中点E，连结A1E，BE，则A1E⊥B1C1，A1E⊥BB1，从而A1E⊥平面BCC1B1，进而∠A1BE是直线A1B于平面B1C1CB所成的角，由此能出直线A1B与侧面B1C1CB所成角的正弦值．【解答】解：取B1C1的中点E，连接A1E，BE，由已知得A1B1=A1C1，所以A1E⊥B1C1，又因为BB1⊥平面A1B1C1，A1E⊂平面A1B1C1，所以A1E⊥BB1，又BB1∩B1C1=B1，因为BB1⊂平面B1C1CB，B1C1⊂平面B1C1CB，所以A1E⊥平面B1C1CB，所以∠A1BE是直线A1B与平面B1C1CB所成的角，由已知B1C1=√2，A1E=12B1C1=√22，A1B=√5，所以sin∠A1BE=A1EA1B=√22√5=√1010，故答案为：√1010．15.【答案】90°【解析】【分析】本题主要考查异面直线所成角以及线面垂直的性质与判定，属于基础题．先分析出BD1在平面ADD1A1上的射影是AD1，再根据其为正方体得到AD1⊥A1D；由线面垂直的性质与判定得到A1D⊥平面AD1B，即可得出结论．【解答】解：因为BD1在平面ADD1A1上的射影是AD1，又因为其为正方体，所以有：AD1⊥A1D.由AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，得AB⊥A1D.由AD1∩AB=A，AD1、AB⊂平面AD1B，∴A1D⊥平面AD1B，又D1B⊂平面AD1B，得A1D⊥D1B，即：异面直线BD1与A1D所成的角等于90°，故答案为90°．16.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，△PAB与△PAD均是以A为直角顶点的等腰直角三角形，∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD，又BC⊂面ABCD，∴PA⊥BC，又四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，∵AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥面PAB，又AF⊂平面PAB，∴BC⊥AF，∵△PAB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，F是PB中点，∴AF⊥PB，又PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC，∵EF⊂平面PBC，∴AF⊥EF;(2)解：连接BD，交AC于O，过O作OM⊥PC，连接BM，因为ABCD为正方形，所以BO⊥AC，由(1)知PA⊥平面ABCD，又PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，又平面PAC∩平面ABCD=AC，BO⊂平面ABCD，BO⊥AC，所以BO⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BO⊥PC，又BO∩OM=O，BO，OM⊂平面BOM，所以PC⊥平面BOM，又BM⊂平面BOM，所以PC⊥BM，所以∠BMO为二面角A−PC−B的平面角，设PA=1，则由已知可得AC=√2,PC=√3,BO=√22，在Rt△PAC中，可以求得OM=√66，在Rt△BOM中可以求得BM=√12+16=√63，所以sin∠BMO=OBBM =√22√63=√32，∴二面角A−PC−B的平面角的正弦值为√32．【解析】本题考查线面垂直的判定与性质及面面垂直的判定与性质，同时考查二面角的求解．(1)由已知得PA⊥AD，PA⊥AB，AB⊥BC，从而PA⊥BC，进而BC⊥面PAB，又AF⊥PB，由此能证明AF⊥EF．(2)利用线面垂直及面面垂直的判定与性质，作出二面角的平面角，然后解三角形求解即可．17.【答案】证明：(1)∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，∴DE//AB，AB//A1B1，∴DE//A1B1，∵DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，∴A1B1//平面DEC1．解：(2)∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E是AC的中点，AB=BC．∴BE⊥AC，且BE⊥AA1，又AA1∩AC=A，AA1、AC⊂平面ACC1A1，∴BE⊥平面ACC1A1，∵C1E⊂平面ACC1A1，∴BE⊥C1E.【解析】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．(1)推导出DE//AB，AB//A1B1，从而DE//A1B1，由此能证明A1B1//平面DEC1．(2)推导出BE⊥AA1，BE⊥AC，从而BE⊥平面ACC1A1，由此能证明BE⊥C1E. 18.【答案】证明：(1)因为BC1⊥C1C，又平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且平面A1C1CA∩平面BCC1B1=C1C，所以BC1⊥平面ACC1A1．又因为A1C⊂平面A1C1CA，所以BC1⊥A1C.(2)取A1C1中点G，连FG，连GC，如图所示：在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1中点，B1C1．所以FG//B1C1，且FG=12在平行四边形BCC1B1中，因为E是BC的中点，B1C1．所以EC//B1C1，且EC=12所以EC//FG，且EC=FG．所以四边形FECG是平行四边形．所以FE//GC．又因为FE⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，所以EF//平面A1C1CA．【解析】(1)推导出BC1⊥平面ACC1A1.由此能证明BC1⊥A1C.(2)取A1C1中点G，连接FG、GC，证明四边形FECG是平行四边形，由此能证明EF//平面A1C1CA．本题考查了线线垂直、线面平行的证明问题，也考查了空间中线线、线面、面面间的位置关系应用问题．19.【答案】(1)证明：连AC1，BC1，因为ACC1A1为菱形，点M为A1C的中点，所以AC1∩A1C=M．又点M为AC1的中点，点N为AB中点，所以MN//BC1，而BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，所以MN//平面BCC1；(2)解：∵侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC=60∘，∴△AA1C为等边三角形，AA1=A1C=AC=2．取AC的中点H，连A1H，则A1H⊥AC．又∵平面ACC1A1⊥平面ABC，∴A1H⊥平面ABC．又BC⊂平面ABC．∴A1H⊥BC．而CBB1C1为正方形，∴BC⊥CC1．又AA1//CC1，∴BC⊥AA1，又AA1∩A1H=A1，AA1、A1H⊂平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，又△AA1C1的面积S=12×2×2×sin120∘=√3，∴V A1−ABC1=V B−A1AC1=13×√3×2=2√33．【解析】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定，考查三棱锥的体积公式，考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，属于中档题．(1)连AC1，BC1，由题可得AC1∩A1C=M.根据点M为AC1的中点，点N为AB中点，即可得到MN//BC1，再根据线面平行的判定定理即可得证MN//平面BCC1；(2)根据侧面ACC1A1为菱形可知∠A1AC=60∘，即可得到△AA1C为等边三角形，AA1= A1C=AC=2.取AC的中点H，连A1H，则A1H⊥AC.再证明A1H⊥BC，BC⊥AA1，根据线面垂直的判定定理即可得BC⊥平面ACC1A1，求出△AA1C1的面积，根据V A1−ABC1=V B−A1AC1即可得到三棱锥A1−ABC1的体积．20.【答案】证明：(1)∵在棱长为2的正方体ACBD−A1C1B1D1中，AB//A1B1，A1B1⊂平面A1B1C，AB⊄平面A1B1C，∴AB//平面A1B1C.(2)在棱长为2的正方体ACBD−A1C1B1D1中，∵BC=AC，M是线段AB中点，∴CM⊥AB，∵AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，则CM⊥AA1，∵AB⊂平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，且AB∩AA1，∴CM⊥平面ABB1A1，∵CM⊂平面MCC1，∴平面MCC1⊥平面ABB1A1．解：(3)∵AB//平面A1B1C，∴点M，点A到平面A1B1C的距离相等，∴三棱锥M−A1B1C的体积：V M−B1A1C =V B1−ACA1=13×2×2×12×2=43．【解析】(1)推导出AB//A1B1，由此能证明AB//平面A1B1C.(2)推导出CM⊥AB，CM⊥AA1，从而CM⊥平面ABB1A1，由此能证明平面MCC1⊥平面ABB1A1．(3)三棱锥M−A1B1C的体积V M−B1A1C =V B1−ACA1，由此能求出结果．本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．21.【答案】证明：(1)因为M为棱AC的中点，且AB=BC，所以BM⊥AC，又因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC因为BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM又因为AC，A1A⊂平面ACC1A1且AC∩A1A=A，所以BM⊥平面ACC1A1因为BM⊂平面BMN，所以：平面BMN⊥平面ACC1A1(2)取BC的中点P，连接B1P和MP因为M、P为棱AC、BC的中点，所以MP//AB，且MP=12AB，因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以A1B1//AB，AB=AB因为N为棱A1B1的中点，BA；所以B1N//BA，且B1N=12所以B1N//PM，且B1N=PM；所以MNB1P是平行四边形，所以MN//PB1又因为MN⊄平面BCC，PB1⊂平面BCC1B1所以MN//平面BCC1B1注意：也可以取C1B1的中点，同理用线面平行的判定定理证得)(说明：如用面面平行的性质定理证的话，一定先证线面平行，得到面面平行，再用面面平行的性质定理证得)．【解析】(1)利用线线垂直BM⊥AC，AA1⊥BM可得线面垂直BM⊥平面ACC1A1，再有线面垂直得平面BMN⊥平面ACC1A1(2)利用证明MNB1P是平行四边形得证MN//平面BCC1B1本题考查线面垂直，面面垂直的判定定理和性质定理，线面平行的性质和判定定理．考查证明平行垂直的线的关系，属于中档题．22.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD所以AB⊥PA，又AB⊥AD，AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，PA∩AD=A，所以AB⊥平面PAD，又因为PD⊂平面PAD，故AB⊥PD(2)证明：因为CD=2AB，E是CD的中点，所以AB=DE，又AB//CD，所以四边形ABCD为平行四边形，所以BE//AD，又AD⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，故BE//平面PAD，又△PCD中，E，F分别是CD和PC的中点，所以EF//PD，又PD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，故EF//平面PAD，又因为BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，BE∩EF=E，故平面BEF//平面PAD．【解析】本题考查空间中直线与直线、平面与平面的位置关系，属于中档题．(1)首先证明AB⊥PA，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，即可得到结论．(2)分别证明BE//平面PAD，EF//平面PAD，即可得到结论．第21页，共21页。

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圆的综合应用1。

在平面直角坐标系xOy 中，已知圆M 经过点A (1,0）,B (3，0),C (0，1)．(1）求圆M 的方程;(2)若直线l ：mx －2y －(2m ＋1）＝0与圆M 交于点P ,Q ，且 错误!·错误!＝0，求实数m 的值．1。

解（1）方法（一)设圆M 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则错误!解得错误!所以圆M 的方程x 2＋y 2－4x －4y ＋3＝0．方法（二）线段AC 的垂直平分线的方程为y ＝x ，线段AB 的垂直平分线的方程为x ＝2,由错误!解得M (2，2）． 所以圆M 的半径r ＝AM ＝错误!,所以圆M 的方程为（x －2）2＋（y －2）2＝5．（2）因为错误!·错误!＝0，所以∠PMQ ＝错误!．又由（1)得MP ＝MQ ＝r ＝错误!，所以点M 到直线l 的距离d ＝错误!．由点到直线的距离公式可知，错误!＝错误!，解得m ＝±错误!．2.已知直线(0)y kx k =>与圆22:(2)1C x y -+=相交于,A B 两点，若AB =k = ．123.直线10ax y ++=被圆2220x y ax a +-+=截得的弦长为2，则实数a 的值是 ．2-4。

（新课标）2018-2019学年苏教版高中数学必修二课题：立体几何综合复习【教学目标】1.理解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式。

2.能运用已获得的公理、定理、常用结论解答一些空间位置关系的简单命题。

【重点与难点】1.有关几何体的表面积与体积的计算。

2.有关线、面的位置关系的证明和角、距离的计算。

【教学过程】一、热身训练1.(2008年高考四川卷改编)直线l⊂平面α，经过α外一点A与l、α都成30°角的直线有且只有__2____条2. (2010年苏南四市调研)已知m、n是平面α外的两条直线，且m∥n，则“m∥α”是“n∥α”的__充要___条件．3. 对于直线m、n和平面α，下面命题中的真命题是___③__．①如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n∥α；②如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n与α相交；③如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥n；④如果m∥α，n∥α，m、n共面，那么m∥n.4. 设α、β、γ为平面，给出下列条件：①a、b为异面直线，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α内不共线的三点到β的距离相等；③α⊥γ，β⊥γ.则其中能使α∥β成立的条件的个数是__1______．①成立5. (2010年南通调研)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2 ，则四面体A－B1CD1的外接球的体积为___43_____．二、知识要点1．平行直线(1)定义：不相交的两条直线叫做平行线．(2)平行公理4：平行于的两条直线互相平行．其符号语言为：⇒a∥c.2．直线与平面平行(1)定义：直线a和平面α，叫做直线与平面平行．(2)线面平行的判定定理：如果的一条直线和的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．其符号语言为：.(3)线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，的平面和这个平面相交，那么这条直线就和平行．其符号语言为：.(4)线面垂直的性质定理：如果两条直线垂直于同一平面，那么这两条直线平行，其符号语言为：.3．平面与平面平行(1)定义：如果两个平面，那么这两个平面叫做平行平面．(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有平行于另一个平面，那么这两个平面平行．其符号语言为：.(3)判定定理的推论：如果一个平面内的分别平行于另一个平面内的，则这两个平面平行．其符号语言为：.(4)线面垂直的性质：如果两平面垂直于同一直线，则这两个平面平行．其符号语言为：.(5)面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．其符号语言为：。

最新（新课标）北师大版高中数学必修二章末综合测评(一) 立体几何初步(时间120分钟，满分150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．下列推理错误的是( )A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒lαB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊆/α，A∈l⇒A∉αD．A∈l，lα⇒A∈α【解析】若直线l∩α＝A，显然有l⊆/α，A∈l，但A∈α，故C错．【答案】 C2．下列说法中，正确的是( )A．经过不同的三点有且只有一个平面B．分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D．垂直于同一个平面的两个平面平行【解析】A中，可能有无数个平面；B中，两条直线还可能平行、相交；D中，两个平面可能相交．【答案】 C3．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图1所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC的面积是( )图1 A. 3 B．2 2C.32D.34【解析】由题图可知，原△ABC的高为AO＝3，∴S△ABC ＝12×BC×OA＝12×2×3＝3，故选A.【答案】 A4．下列四个命题判断正确的是( )A．若a∥b，a∥α，则b∥αB．若a∥α，bα，则a∥bC．若a∥α，则a平行于α内所有的直线D．若a∥α，a∥b，b⊆/α，则b∥α【解析】A中b可能在α内；B中a与b可能异面；C中a可能与α内的直线异面；D正确．【答案】 D5．已知一个圆锥的展开图如图2所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为( )图2A.22π3B.2π3C.2π3D.3π【解析】因为扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，高为22，所求体积V＝13×π×12×22＝22π3.【答案】 A6.如图3所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于( )图3 A．AC B．BDC．A1D D．A1D1【解析】CE平面ACC1A1，而BD⊥AC，BD⊥AA1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CE.【答案】 B7．正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是( )A.12B.32C.63D.62【解析】连接BD1，则BD1∥EF，∠BD1A是异面直线AD1与EF所成的角．∵AB⊥AD1，∴cos∠BD1A＝AD1BD1＝63.【答案】 C8．如图4所示，则这个几何体的体积等于( )图4A．4 B．6C．8 D．12【解析】由三视图得几何体为四棱锥，如图记作S­ABCD，其中SA⊥平面ABCD，SA＝2，AB＝2，AD＝2，CD＝4，且ABCD为直角梯形，∠DAB＝90°，∴V＝13SA×12(AB＋CD)×AD＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A.【答案】 A9．如图5，ABCD­A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )图5A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°【解析】由于BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；连接AC，易证BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；同理可证AC1⊥B1C，因BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，所以AC1⊥平面CB1D1；对于选项D，∵BC∥AD，∴∠B1CB即为AD与CB1所成的角，此角为45°，故D错．【答案】 D10．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图6所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )【导学号：10690038】图6A．1 B．2C．4 D．8【解析】如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.【答案】 B11．(2016·天津模拟)如图7，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD 为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：图7①BD⊥AC；②△BCA是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④【解析】由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.【答案】 B12．已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.22【解析】由于三棱锥S­ABC与三棱锥O­ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S­ABC的高是三棱锥O­ABC高的2倍，所以三棱锥S­ABC的体积也是三棱锥O­ABC体积的2倍．在三棱锥O­ABC中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，∴V S ­ABC ＝2V O ­ABC ＝2×13×34×63＝26.【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．设平面α∥平面β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于点S ，且点S 位于平面α，β之间，AS ＝8，BS ＝6，CS ＝12，则SD ＝________.【解析】 由面面平行的性质得AC ∥BD ，AS BS ＝CSSD，解得SD ＝9. 【答案】 914．如图8所示，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________．图8【解析】 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°.【答案】 90°15．若一个底面边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为________．【解析】 球的直径等于正六棱柱的体对角线的长．设球的半径为R ， 由已知，可得2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62×2 2＋(6)2＝23，R ＝ 3. 所以球的体积为43πR 3＝4π3×(3)3＝43π.【答案】 43π16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ­BD ­C ，有如下三个结论． ①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形； ③AB 与CD 成60°的角．其中说法正确的命题序号是__________．【解析】 如图所示，①取BD 中点E ，连接AE ，CE ，则BD ⊥AE ，BD ⊥CE ，而AE∩CE＝E，∴BD⊥平面AEC，AC平面AEC，故AC⊥BD，故①正确；②设正方形的边长为a，则AE＝CE＝2 2 a.由①知，∠AEC是直二面角A­BD­C的平面角，且∠AEC＝90°，∴AC＝a，∴△ACD是等边三角形，故②正确；③如图所示，分别取BC、AC的中点G、F，连接EG、GF、EF，则EG∥CD，GF∥AB，∴∠EGF就是AB与CD所成的角．由题意EG＝GF＝EF＝a 2，∴△EFG是等边三角形，∴∠EGF＝60°，故③正确．【答案】①②③三、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9所示，四棱锥V­ABCD的底面为边长等于2 cm 的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC＝4 cm，求这个正四棱锥的体积．图9【解】连接AC、BD相交于点O，连接VO，∵AB ＝BC ＝2 cm ， 在正方形ABCD 中， 求得CO ＝ 2 cm ， 又在直角三角形VOC 中， 求得VO ＝14 cm ， ∴V V －ABCD ＝13S ABCD ·VO＝13×4×14＝4314(cm 3)． 故这个正四棱锥的体积为4314cm 3. 18．(本小题满分12分)如图10所示，P 是▱ABCD 所在平面外一点，E ，F 分别在PA ，BD 上，且PE ∶EA ＝BF ∶FD.求证：EF ∥平面PBC.图10 【证明】连接AF延长交BC于G，连接PG.在▱ABCD中，易证△BFG∽△DFA，∴GFFA＝BFFD＝PEEA，∴EF∥PG.而EF⊆/平面PBC，PG平面PBC，∴EF∥平面PBC.19．(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅱ)如图11，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．图11(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．【解】(1)交线围成的正方形EHGF，如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6.故S四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. 20．(本小题满分12分)如图12所示，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M.图12【证明】 由长方体的性质可知A 1B 1⊥平面BCC 1B 1， 又BM平面BCC 1B 1，所以A 1B 1⊥BM.又CC 1＝2，M 为CC 1的中点，所以C 1M ＝CM ＝1.在Rt △B 1C 1M 中，B 1M ＝B 1C 21＋MC 21＝2， 同理BM ＝BC 2＋CM 2＝2，又B 1B ＝2， 所以B 1M 2＋BM 2＝B 1B 2，从而BM ⊥B 1M. 又A 1B 1∩B 1M ＝B 1，所以BM ⊥平面A 1B 1M ， 因为BM平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面A 1B 1M.21．(本小题满分12分)如图13，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB ⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．图13(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2)求证：AE⊥平面PCD；(3)求二面角A­PD­C的正弦值．【解】(1)在四棱锥P­ABCD中，因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，从而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.(2)证明：在四棱锥P­ABCD中，因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.又PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD.因此∠AME是二面角A­PD­C 的平面角．由已知，可得∠CAD＝30°.22．(本小题满分12分)一个空间几何体的三视图及部分数据如图14所示．图14(1)请画出该几何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论．【解】(1)几何体的直观图如图．四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝3，BC＝1，四边形AA1C1C是边长为3的正方形，且垂直于底面BB1C1 C，∴其体积V＝12×1×3×3＝32.(2)证明：∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.∵三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥CC1.∵AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1C.∵四边形ACC1A1为正方形，∴A1C⊥AC1.∵B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1.&知识就是力量& (3)当E为棱AB的中点时，DE∥平面AB1C 1 .证明：如图，取BB1的中点F，连接EF，FD，DE，∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，∴EF∥AB1.∵AB1平面AB1C1，EF⊆/平面AB1C1，∴EF∥平面AB1C 1 .∵FD∥B1C1，∴FD∥平面AB1C1，又EF∩FD＝F，∴平面DEF∥平面AB1C 1 .而DE平面DEF，∴DE∥平面AB1C 1 .。

章末综合测评(三) 立体几何初步(满分：150分时间：120分钟)一、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．下面给出了四个条件：①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线a都相交的两条直线；④两两相交的三条直线．其中，能确定一个平面的条件有( )A．3个B．2个C．1个D．0个D[①当空间三点共线时不能确定一个平面；②点在直线上时不能确定一个平面；③两直线若不平行也不相交时不能确定一个平面；④三条直线交于一点且不共面时不能确定一个平面．故以上4个条件都不能确定一个平面．]2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，异面直线AB，A1D1所成的角等于( )A．30°B．45°C．60°D．90°D[由于AD∥A1D1，则∠BAD是异面直线AB，A1D1所成的角，很明显∠BAD＝90°．] 3．已知a，b，c是直线，则下面四个命题：①若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面；②若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交；③若a∥b，则a，b与c所成的角相等．其中真命题的个数为( )A．0 B．3 C．2 D．1D[异面、相交关系在空间中不能传递，故①②错；根据等角定理，可知③正确．]4．一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6 cm,4 cm，则该棱柱的侧面积为( )A．24 cm2B．36 cm2C．72 cm2D．84 cm2C[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]5．过空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角α(0°＜α＜360°)，使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内．则这个八面体的旋转轴共有( )A．7条B．9条C．13条D．14条C[由对称性结合题意可知，过EF，AC，BD的直线为旋转轴，其3条，此时旋转角α最小为90°；过正方形ABCD，AECF，BEDF对边中点的直线为旋转轴，共6条，此时旋转角α最小为180°；过八面体相对面中心的直线为旋转轴，共4条，此时旋转角α最小为120°．综上，这个八面体的旋转轴共有13条．故选C．]6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体O­AEF的体积( )A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关B[因为V O­AEF＝V E­OAF，考察△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值，又AO ∥A 1C 1， 所以OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值， 即△AOF 的面积是定值，所以四面体O ­AEF 的体积与x ，y 都无关，故选B ．] 7．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的余弦值为( )A ．12B ．13C ．33D ．23C [取AC 的中点E ，CD 的中点F ，连接BE ，EF ，BF ，则EF ＝12，BE ＝22，BF ＝32，因为EF 2＋BE 2＝BF 2，所以△BEF为直角三角形，cos θ＝EFBF ＝33．]8．在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，若AB ＝2，BC ＝3，PA ＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为()A ．13πB ．20πC ．25πD ．29π D [如图，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝3，所以AC ＝13，△ABC 外接圆的圆心为AC的中点O ′．设外接球的球心为O ，连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．因为PA ⊥平面ABC ，所以OO ′∥PA ，PA ⊥AC ，则点O 在平面PAC 内，且为△PAC 的外接圆圆心，所以O 为PC 的中点，所以球的直径为PC ，所以(2R )2＝AP 2＋AC 2，即R 2＝294，所以球的表面积为4πR 2＝29π．]二、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．a ，b 为不重合直线，β为平面，下列结论正确的是( ) A ．若a ⊥β，b ⊥β，则a ∥b B ．若a ∥β，b ∥β，则a ∥b C ．若a ∥β，b ⊥β，则a ⊥b D ．若a ∥β，b ⊂β，则a ∥bAC [若a ⊥β，b ⊥β，由直线与平面垂直的性质可得a ∥b ，故A 正确； 若a ∥β，b ∥β，则a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，故B 错误；若b ⊥β，则b 垂直于β内的所有直线，b 也垂直于平行于β的所有直线，又a ∥β，可得a ⊥b ，故C 正确；若a ∥β，b ⊂β，则a ∥b 或a 与b 异面，故D 错误．故选AC ．]10．如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，其中正确的是( )A ．直线AM 与C 1C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与MB 1是异面直线D．直线MN与AC所成的角为60°CD[结合题图，显然直线AM与C1C是异面直线，直线AM与BN是异面直线，直线BN与MB1是异面直线．连接D1C，AD1(图略)，直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC 所成的角，在等边三角形AD1C中，易知∠ACD1＝60°，所以直线MN与AC所成的角为60°，故选CD．]11．如图，在正四棱锥S­ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点．当点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的是( )A．EP⊥ACB．EP∥BDC．EP∥平面SBDD．EP⊥平面SACAC[如图所示，连接NE，ME．∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EN∥SB，MN∥SD，又EN∩MN＝N，SB∩SD＝S，∴平面SBD∥平面NEM，∴EP∥平面SBD，选项C恒成立．由正四棱锥S­ABCD，知AC ⊥平面SBD，∴AC⊥平面NEM，∴AC⊥EP，选项A恒成立．选项B，D对于线段MN上的任意一点P不一定成立，故选AC．]12．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，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P­BC­A的大小为45°D．BD⊥平面PACABC[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，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝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P­BC­A的平面角，设AB＝1，则BM＝32，PM＝32，在Rt△PBM中，ta n∠PBM＝PMBM＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P­BC­A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．]三、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．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)3π33π[设圆锥的底面半径为r ，根据题意，得2πr ＝2π，解得r ＝1，根据勾股定理，得圆锥的高为22－12＝3，所以圆锥的表面积S ＝12×π×22＋π×12＝3π，体积V ＝13×π×12×3＝33π．]14．已知正四棱锥的侧棱长为23，侧棱与底面所成的角为60°，则该四棱锥的高为________．3[如图，过点S 作SO ⊥平面ABCD ，连接OC ，则∠SCO ＝60°，∴SO ＝si n 60°·SC ＝32×23＝3．]15．如图， 在三棱柱A 1B 1C 1­ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F ­ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1­ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．1∶24[因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点， 所以S △ADE ∶S △ABC ＝1∶4． 又F 是AA 1的中点，所以A 1到底面的距离H 为F 到底面距离h 的2倍，即三棱柱A 1B 1C 1­ABC 的高是三棱锥F ­ADE 高的2倍， 所以V 1∶V 2＝13S △ADE ·hS △ABC ·H ＝124＝1∶24．]16．长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上任意一点，F 为底面A 1B 1C 1D 1(除C 1外)上一点，已知F 在底面ABCD 上的射影为H ，若再增加一个条件，就能得到CH ⊥AD ，现给出以下条件：①EF ⊥B 1C 1； ②F 在B 1D 1上； ③EF ⊥平面AB 1C 1D ；④直线FH 和FE 在平面AB 1C 1D 内的射影为同一条直线． 其中一定能成为增加的条件的是________．(填序号)①③④[对于①，因为AD ∥B 1C 1，EF ⊥B 1C 1，所以AD ⊥EF ，又AD ⊥FH ，FH ∩EF ＝F ，所以AD ⊥平面FHCE ，所以AD ⊥CH ；对于②，F 在B 1D 1上，当点F 与点B 1重合时，CH 就是CB ，显然CB 不垂直AD ； 对于③，因为EF ⊥平面AB 1C 1D ，所以EF ⊥AD ，由①可得AD ⊥CH ；对于④，因为直线FH 和FE 在平面AB 1C 1D 内的射影为同一条直线，即平面FHCE ⊥平面AB 1C 1D ，又平面FHCE ⊥平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面AB 1C 1D ＝AD ，所以AD ⊥平面FHCE ，所以AD ⊥CH ．]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)把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长为10 cm ，求圆锥的母线长 ．[解] 如图，设圆锥的母线长为l ，圆台上、下底面的半径分别为r 、R ．因为l －10l＝r R，所以l －10l＝14， 所以l ＝403cm ．即圆锥的母线长为403cm ．18．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，AA 1＝12，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥B 1C ； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1． [证明] (1)∵C 1C ⊥平面ABC ， ∴C 1C ⊥AC ．∵AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ．又BC ∩C 1C ＝C ，∴AC ⊥平面BCC 1B 1， 而B 1C ⊂平面BCC 1B 1， ∴AC ⊥B 1C ．(2)连接BC 1交B 1C 于点O ，连接OD ．如图，∵O ，D 分别为BC 1，AB 的中点， ∴OD ∥AC 1．又OD ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1．∴AC 1∥平面CDB 1．19．(本小题满分12分)如图，已知三棱锥P ­ABC ，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝60°，PA ＝AC ，M 为PB 的中点．(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求二面角M ­AC ­B 的大小． [解] (1)证明：由PA ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥BC ， 又因为∠ACB ＝90°， 即BC ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC ， 所以PC ⊥BC ．(2)取AB 中点O ，连接MO ，过O 作HO ⊥AC 于H ， 连接MH ，因为M 是BP 的中点，所以MO ∥PA ， 又因为PA ⊥平面ABC ，所以MO ⊥平面ABC ，所以∠MHO 为二面角M ­AC ­B 的平面角，设AC ＝2，则BC ＝23，MO ＝1，OH ＝3，在Rt △MHO 中，ta n ∠MHO ＝MOHO ＝33，所以二面角M ­AC ­B 的大小为30°．20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2．(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．[解] (1)如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，所以cos ∠DAP ＝ADAP ＝55．所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55．(2)因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，PB ∩BC ＝B ，所以PD ⊥平面PBC ．(3)过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 与平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF中，可得si n ∠DFP ＝PDDF ＝55．所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55．21．(本小题满分12分)如图，几何体ABC ­A 1DC 1由一个正棱柱截去一个三棱锥而得，AB ＝4，AA 1＝32，A 1D ＝1，AA 1⊥平面ABC ，M 为AB 的中点，E 为棱AA 1上一点，且EM ∥平面BC 1D ．(1)若点N 在棱BC 上，且BN ＝2NC ，证明：EN ∥平面BC 1D ；(2)过A 作平面BCE 的垂线，垂足为O ，确定O 的位置(说明作法及理由)，并求线段OE 的长．[解](1)证明：∵EM ∥平面BC 1D ，EM ⊂平面ABDA 1，平面ABDA 1∩平面BC 1D ＝BD ，∴BD ∥EM ．过D 作DH ⊥AB 于H ，连接CH ，则CH ∥C 1D ， 则HM ＝12AB －14AB ＝14AB ，∴HM ∶MB ＝CN ∶NB ＝1∶2， ∴MN ∥CH ，则MN ∥C 1D ．∵EM ∩MN ＝M ，∴平面EMN ∥平面BC 1D ． ∵EN ⊂平面EMN ，∴EN ∥平面BC 1D ．(2)在线段AB 上取一点F ，使BF ＝A 1D ＝1，则A 1F ∥BD ，由(1)知EM ∥BD ， ∴EM ∥A 1F ，∴AEAA 1＝AM AF＝23， ∴AE ＝23×32＝22．取BC 的中点G ，连接AG ，EG ，过A 作AO ⊥EG 于O ，则AO ⊥平面BCE ． 证明如下：由题意可知，△ABC 为等边三角形，则AG ⊥BC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥BC ． ∵AG ∩AA 1＝A ，∴BC ⊥平面AEG ，∴BC ⊥AO ． 又EG ∩BC ＝G ，∴AO ⊥平面BCE ． 由射影定理可得，AE 2＝OE ·EG ，又AE ＝22，EG ＝25，∴OE ＝455．22．(本小题满分12分)已知正三角形A ′BC 的边长为a ，CD 是A ′B 边上的高，E ，F 分别是A ′C ，BC 的中点，现将三角形A ′DC 沿CD 翻折至△ADC 的位置，使平面ADC ⊥平面BCD ，如图所示．(1)试判断翻折后直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)若三棱锥E ­DFC 的体积为324，求实数a 的值；(3)在线段AC 上是否存在一点P ，使得BP ⊥DF ？若存在，求出APAC的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)AB ∥平面DEF ．理由如下：在△ABC 中，∵E ，F 分别是AC ，BC 的中点，∴EF ∥AB ， 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF ． (2)由题意，得AD ⊥CD ．∵平面ADC ⊥平面BCD ，∴AD ⊥平面BCD ． 取CD 的中点M ，连接EM ，则EM ∥AD ， ∴EM ⊥平面BCD ，且EM ＝a4．易得S △DFC ＝12×3a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×a 2＝3a 216．∵三棱锥E ­DFC 的体积为324，∴13×a 4×3a 216＝324，解得a ＝2． (3)在线段AC 上存在一点P ，使得BP ⊥DF ．理由如下：易知三角形BDF 为正三角形，过B 作BK ⊥DF 交DC 于点K ，连接KF ，过K 作KP ∥DA 交AC 于点P ，连接BP ，则点P 即所求．∵AD ⊥平面BCD ，KP ∥AD ， ∴PK ⊥平面BCD ，∴PK ⊥DF ． 又BK ⊥DF ，PK ∩BK ＝K ， ∴DF ⊥平面PKB ，∴DF ⊥PB ． 又∠DBK ＝∠KBC ＝∠BCK ＝30°， ∴DK ＝KF ＝12KC ．故AP PC＝DK KC ＝12，从而AP AC ＝13．。

第八章 《立体几何初步》 综合测试卷一、单选题1．（2021·安徽省肥东县第二中学高二期末（文））棱长为4的正方体的内切球的表面积为（ ） A ．4π B ．12πC ．16πD ．20π【答案】C 【解析】由正方体的内切球直径为正方体棱长，直接求解. 【详解】由球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径， 得24r =，2r ，故表面积为2416S r ππ==，故选：C. 【点睛】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. 2．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（文））阿基米德（Archimedes ，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为 （ ）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π【答案】C 【解析】根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果. 【详解】设球的半径为R ，则343R π=36π，所以3R =， 所以圆柱的底面半径为3R =，圆柱的高为26R =， 所以圆柱的体积为232254R R R πππ⨯==. 故选：C3．（2021·湖北武汉市·高二期末）过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则圆柱的侧面积是（ ）A ．B ．12πC ．8πD ．10π【答案】C 【解析】结合立体图，先由面积计算底面半径和侧棱，再利用侧面积公式计算即可. 【详解】如图所示，过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形ABCD ，面积为8，故边长AB AC ==12R AB ==AC =则圆柱的侧面积是228S R AC πππ=⋅==. 故选：C.4．（2021·广西钦州市·高二期末（理））直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，60BAC ∠=︒，则1AC 与面11BCC B 成角的正弦值为（ ）ABCD【答案】A 【解析】过A 作AM BC ⊥,可证AM ⊥平面11BB C C ，连接1C M ,可知1AC M ∠即为所求线面角，计算即可求解. 【详解】如图，过A 作AM BC ⊥，连接1C M ，在直三棱柱111ABC A B C -中，因为11,B B AM BC BB B⊥=所以AM ⊥平面11BB C C ，故1AC 在平面11BB C C 上的射影为1MC ,所以1AC M ∠为直线1AC 与平面11BB C C 所成的角， 设1AB AC AA a ===，又60BAC ∠=︒所以1,2AM a AC ==故1sin AC M ∠== 故选：A5．（2021·宁夏银川市·银川一中高一期末）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，下面结论错误的是（ ）A ．//BD 平面11CB D B ．1AC ⊥平面11CB DC ．异面直线1CB 与BD 所成角为60 D ．三棱锥11D CB D -体积为23【答案】D 【解析】根据线面平行的判定定理，证明A 正确；根据线面垂直的判定定理，证明B 正确；在正方体中，作出异面直线1CB 与BD 所成角，结合题中条件，可判断C 正确；根据三棱锥的体积公式，可判断D 错. 【详解】A 选项，在正方体1111ABCD ABCD -中，11//BD B D ，又11B D ⊂平面11CB D ，BD ⊄平面11CB D ，所以//BD 平面11CB D ，即A 正确；B 选项，连接11AC ，1CD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1111B D A C ⊥，11DC CD ⊥，AD ⊥平面11C D DC ，1AA ⊥平面1111D C B A ，因为1CD ⊂平面11C D DC ，11B D ⊂平面1111D C B A ， 所以1CD AD ⊥，111AA B D ⊥，又1DC AD D ⋂=，1DC ⊂平面1AC D ，AD ⊂平面1AC D ，所以1CD ⊥平面1AC D ， 因此11CD AC ⊥； 同理111B D AC ⊥， 又1111CD B D D =，1CD ⊂平面11CB D ，11B D ⊂平面11CB D ，所以1AC ⊥平面11CB D ；即B 正确；C 选项，因为11//BD BD ，所以11CB D ∠即等于异面直线1CB 与BD 所成角，又1111CB B D CD ====11CB D 为等边三角形，即异面直线1CB 与BD 所成角为60，故C 正确；D 选项，三棱锥11D CB D -的体积为111111111142223323D CB D B CDD CDD V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=.故D 错； 故选：D.6．（2021·安徽池州市·高三期末（文））三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，4ABC π∠=，AC =，则三棱锥P ABC -外接球表面积的最小值是（ ） A ．8π B ．4πC ．2πD ．π【答案】B 【解析】根据正弦定理求出ABC 外接圆半径，设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R ，从而可得222()R h R r -+=，再利用基本不等式求出R 的最小值即可.【详解】设底面ABC 外接圆圆心为1O ，半径为r ， 则22sin ACr ABC==∠，即1r =.设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R .由PA PB PC ==，得球心O 在1PO 上，且222()R h R r -+=，则111122R h h ⎛⎫=+≥⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当1h =时等号成立，此时外接球表面积最小，则min 4S π=.故选：B7．（2021·安徽合肥市·高二期末（文））三棱锥D ABC -及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，CD ⊥平面ABC ，则棱BD 的长为（ ）A ．B ．4C ．D ．2【答案】A 【解析】由已知中的三视图可得DC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形,解三角形即可求解. 【详解】由三棱锥D ABC -及其三视图中的正视图和侧视图可知， DC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形，在△ABC 中AC =4，AC 边上的高为故4BC ==，在Rt △DBC 中，由DC =4，4BC =，可得DB 22442．故选：A8．（2021·河北唐山市·高二期末）在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（ ） A ．1 B ．32C ．2D ．3【答案】C 【解析】首先通过延长直线,DC AB ，交于点G ，平面BAE 变为GAE ，连结PG ，EG 交于点F ，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值. 【详解】延长,DC AB ，交于点G ，连结PG ，EG 交PC 于点F ，//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，又点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，∴点F 是重心，得2PFFC=故选：C9．（2021·安徽合肥市·高二期末（文））设有直线m ，n ，l 和平面α，β，下列四个命题中，正确的是（ ） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若//,//,//l m αβαβ，则//l m C ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥ D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α【答案】D 【解析】在A 中，m 与n 相交、平行或异面； 在B 中，l 与m 不一定平行，有可能相交；在C 中，m ⊥β或m ∥β或m 与β相交；在D 中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m ∥α． 【详解】由直线m 、n ，和平面α、β，知：对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误； 对于B ，若//,//,//l m αβαβ，l 与m 不一定平行，有可能相交，故B 错误；对于C ，若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β或m ∥β或m 与β相交，故C 错误；对于D ，若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m ∥α，故D 正确． 故选：D ．10．（2021·江苏淮安市·高二期末）蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A ．B ．C ．D ，满足任意两点间的直线距离为6cm ，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为31g/cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）（参考数据）π 3.14≈ 1.41≈ 1.73≈ 2.45≈． A ．101g B ．182gC ．519gD ．731g【答案】B【解析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果. 【详解】由题意可知，几何体ABCD 是棱长为6cm 的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a =，设正四面体外接球半径为R ，则2222()()332R R a =-+⨯，解得R =，所以3D 打印的体积为：3233411343223812V a a a a ππ⎛⎫=-⋅⋅⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭， 又336216a ==，所以207.71125.38182.331182V =-≈-=≈， 故选：B 二、多选题11．（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考）设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误．．的是（ ） A ．若,,//m n m n αβ⊂⊂，则//αβ B ．若,m n m α⊂⊥，则n α⊥ C ．若,mn αα，则m n ⊥D ．若//,,m n αβαβ⊂⊂，则//m n【答案】ABD 【解析】根据空间线、面关系，结合空间关系相关图例以及线线、线面、面面间的平行、垂直判定与性质，即可知选项的正误. 【详解】A ：,,//m n m n αβ⊂⊂，α、β不一定平行，错误.B ：,m n m α⊂⊥，n 不一定垂直于α，错误.C ：由线面垂直的性质：,m n αα，则必有m n ⊥，正确.D ：//,,m n αβαβ⊂⊂，m 、n 不一定平行，错误.故选：ABD12．（2020·全国高三月考）在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2AB BC ==，12AA =，M 是BC 的中点，N 是11A C 的中点，点P 在线段1B N 上，点Q 在线段AM 上，且23AQ AM =，S 是1AC 与1A C 的交点，若//PS 面1B AM ，则（ ）A ．1//PSB Q B ．P 为1B N 的中点C ．AC PS ⊥D ．三棱锥1P B AM -的体积为23【答案】ACD 【解析】连接交NS 交AC 于G 点，连接BG ，利用线面平行的性质定理判断A ；根据三角形相似判断B ；由线面垂直的判定定理及性质定理判断C ；由11P AB M B ABM V V --=计算可得，从而判断D ；【详解】解：对于选项A ：连接交NS 交AC 于G 点，连接BG ，则由AB BC =，23AQ AM =，可得BG 必过点Q ，且23BQ BG =，因为PS ⊂面1BB NG ，//PS 面1AMB ，面1AMB 面11BB NG B Q =，所以1//PS B Q ，故A 正确；对于选项B ：1//PS B Q ，1NPS NBQ B QB ∴∠=∠=∠，1Rt Rt PNS QBB ∴∽△△，112PN NS BQ BB ∴==，即111212233PN BQ BG B N ==⋅=， P ∴为靠近N 的三等分点，故B 错误；对于选项C ：AC NG ⊥，AC BG ⊥，,NG BG ⊂面1BB NG ，NG BG G =AC ∴⊥面1BB NG ，PS ⊂面1BB NG ，AC PS ∴⊥，故C 正确；对于选项D ：1//B P BQ ，且1B P BQ =，1BB PQ ∴是矩形，111112221323P AB M B AB M B ABM V V V ---∴===⋅⋅⋅⋅=，故D 正确. 故选：ACD13．（2020·全国高三专题练习）如图所示，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE △，若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻转过程中，则下列命题正确的是（ ）A ．||BM 是定值B ．点M 在球面上运动C ．一定存在某个位置，使1DE A C ⊥D ．一定存在某个位置，使//MB 平面1A DE【答案】ABD【解析】取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，由平行线性质得1A DE MNB ∠=∠，可判断A ，这时可得出平面//MNB 平面1A DE ，从而判断D ，利用BM 长为定值可判断B ，结合1A C 在平面ABCD 内的射影可判断C ．A 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，1A DE MNB ∠=∠，112MN A D ==定值，NB DE ==定值，根据余弦定理得，2222cos MB MN NB MN NB MNB =+-⋅⋅∠，∴||BM 是定值，B 对，B 是定点，∴M 是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，C 错，当矩形ABCD 满足AC DE ⊥时存在，其他情况不存在，否则若AC DE ⊥不成立，作CF DE ⊥于F ，连接1A F ，可得DE ⊥平面1A CE ，从而有1DE A F ⊥，因此有原图形中,,A F C 共线，AC DE ⊥，矛盾．D 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，∴平面//MNB 平面1A DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴//MB 平面1A DE .故选ABD.14．（2021·湖北黄石市·黄石二中高二期末）在矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿矩形对角线BD 将BCD △折起形成四面体ABCD ，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（ ）A ．在四面体ABCD 中，当DA BC ⊥时，BC AC ⊥B ．四面体ABCD 的体积的最大值为245C ．在四面体ABCD 中，BC 与平面ABD 所成角可能为3π D ．四面体ABCD 的外接球的体积为定值.【答案】ABD【解析】 A.根据线面垂直判定定理证明BC ⊥平面ACD 进而有BC AC ⊥；B.当平面ABD ⊥平面BCD 时，四面体ABCD 的体积最大，根据体积公式计算即可；C.当平面ABD ⊥平面BCD 时BC 与平面ABD 所成的角CBD ∠最大，计算得3CBD π∠<； D.斜边BD 中点到,,,A B C D 距离相等，所以四面体ABCD 的外接球的半径为定值52，其题意奕为定值.解：对于A.当DA BC ⊥时，又因为,,,BC CD CD DA D CD DA ⊥=⊂平面ACD ，所有BC ⊥平面ACD ，所以BC AC ⊥，故A 正确；对于B.当平面ABD ⊥平面BCD 时，四面体ABCD 的体积最大在BCD △中根据等面积法可得C 到平面ABD 的距离满足125345h h =⨯⇒=所以11112243433255A BCD ABD V S h -⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故B 正确； 对于C. 当平面ABD ⊥平面BCD 时BC 与平面ABD 所成的角CBD ∠最大，此时4tan 3CBD ∠=<3CBD π∠<，故C 错误； 对于D.因为BAD 和BCD △都是直角三角形且共斜边，所以斜边BD 中点到,,,A B C D 距离相等，所以四面体ABCD 的外接球的半径1522R BD ==，所以四面体ABCD 的外接球的体积为定值34532π⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭故选：ABD三、填空题15．（2021·周至县第二中学高一期末）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，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则杯子高h =_______cm ．【答案】8【解析】根据题意半球的体积等于圆锥的体积，根据等体积法化简即可.解：由题意得半球的半径和圆锥底面圆的半径4r =，如果冰淇淋融化后正好盛满杯子，则半球的体积等于圆锥的体积 所以()32141448233h h ππ⨯⨯=⨯⨯⇒= 故答案为：816．（2021·安徽蚌埠市·高二期末（理））正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是1CC 的中点，则异面直线AP 与1BC 所成角的大小为_________. 【答案】4π 【解析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，连接11,AD D P ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AD BC ，所以1D AP ∠(或其补角)为异面直线AP 与1BC 所成角，即可求解.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，连接11,AD D P在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AD BC所以1D AP ∠(或其补角)为异面直线AP 与1BC 所成角113,AD AP D P ====所以2221111cos 22AP AD D PD AP AP AD +-∠===⨯⨯ 所以14D AP π∠=故答案为：4π17．（2021·海南高三二模）如图，位于山西省朔州市应县佛宫寺内的释迦塔，俗称应县木塔，是我国现存最高最古老的木结构塔式建筑，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为30︒，则该正八棱锥的高和底面边长之比为________.(参考数据：tan 22.51︒=)【解析】 设底面边长为a ，根据正八棱锥底边所对的圆心角为45，求得圆心到底边的距离，再由侧面与底面成30︒求解.【详解】如图所示:点P 是正八棱锥的顶点，点O 是底面的中心，AB 是底面的一条边，M 是AB 的中点,根据题意知22.5BOM ︒∠=，因为tan 22.51︒=，设AB a ，则1tan 22.52BM OM a ︒+==， 又因为二面角P AB O --的大小为30︒，即30PMO ︒∠=，所以tan306OP OM ︒+==，故答案为：6四、双空题 18．（2020·浙江杭州市·高一期末）一圆台的母线长为20cm ，母线与轴的夹角为30，上底面半径为15cm ，则下底面半径为____，圆台的高为_______.【答案】25【解析】根据题意画出图形，结合图形求出圆台的高和下底面圆的半径和高．【详解】解：如图所示，圆台的母线长为20l cm =，母线与轴的夹角为30，上底面的半径为15r cm =，所以圆台的高为cos3020)h l cm =︒==， 则1sin3020102R r l -=︒=⨯=， 所以底面圆的半径为151025()R cm =+=，故答案为：25；19．（2020·浙江省杭州第二中学高二期中）如图，在四面体ABCD 中， AB CD =，M 、N 、P 、Q 分别是BC 、AD 、AC 、BD 的中点，则MN 和PQ 所成角为_________，若AB 与CD 所成角为30︒，则MN 和CD 所成角为_________．【答案】90 15或75.【解析】（1）连接,,,MP PN NQ MQ ，可证明四边形MPNQ 是菱形，即可得出；（2）可得PMQ ∠即为AB 与CD 所成角（或其补角），且30PMQ 或150，继而得出MN 和CD 所成角为15NMQ ∠=或75.【详解】（1）连接,,,MP PN NQ MQ ，M 、N 、P 、Q 分别是BC 、AD 、AC 、BD 的中点，11,22MQ CD PN CD ∴，MQ PN ∴， ∴四边形MPNQ 是平行四边形， 12MP AB =，AB CD =，12MP CD ∴=，MP MQ ∴=，故四边形MPNQ 是菱形，MN PQ ∴⊥，故MN 和PQ 所成角为90；//,//MP AB MQ CD ，PMQ ∴∠即为AB 与CD 所成角（或其补角），30PMQ ∴∠=或150，而NMQ ∠为MN 和CD 所成角，且15NMQ ∠=或75，即MN 和CD 所成角为15或75.故答案为：90；15或75.20．（2020·全国高二单元测试）设P A ⊥Rt △ABC 所在的平面α，∠BAC=90°，PB ､PC 分别与α成45°和30°角，P A=2，则P A 与BC 的距离是___________；点P 到BC 的距离是___________.【解析】作AD ⊥BC 于点D ，连接PD ，根据P A ⊥面ABC ，易得AD 是P A 与BC 的公垂线，BC ⊥平面P AD 求解.【详解】如图所示：作AD ⊥BC 于点D ，因为P A ⊥面ABC ，所以P A ⊥AD ，所以AD 是P A 与BC 的公垂线.因为PB ､PC 分别与α成45°和30°角，P A=2，所以AB=2，AC=BC=4，，连接PD ，由,,BC AD BC PA PA AD A ⊥⊥⋂=则BC ⊥平面P AD ，则PD ⊥BC ，所以点P 到BC 的距离.21．（2021·浙江杭州市·高二期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，棱1AA 与面对角线1BC 所成角的大小是____；面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角的大小是_____.【答案】45︒ 30︒【解析】连接1BC ，11A C ，AC ，BD ，记AC 与BD 交点为O ，连接1C O ，根据异面直线所成角，以及线面角的概念，得到11B BC ∠等于棱1AA 与面对角线1BC 所成的角，1BC O ∠即为面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角，再根据正方体的结构特征，即可得出结果.【详解】连接1BC ，11A C ，AC ，BD ，记AC 与BD 交点为O ，连接1C O ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，侧棱相互平行，即11//AA BB ， 所以11B BC ∠等于棱1AA 与面对角线1BC 所成的角（或所成角的补角）， 因为在正方形11BCC B 中，1145B BC ∠=︒，异面直线所成角大于0︒且小于等于90︒， 所以棱1AA 与面对角线1BC 所成角的大小是45︒； 又在正方体1111ABCD A B C D -中，侧棱垂直于底面，所以1AA ⊥平面ABCD ， 因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥，又底面ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，因为1AC AA A =∩，1AA ⊂平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，所以BD ⊥平面11AAC C ，因此1BC O ∠即为面对角线1BC 与体对角面11ACC A 所成角， 所以111112sin 2BD BO BC O BC BC ∠===， 因为1BC O ∠显然为锐角，所以130BC O ∠=︒.故答案为：45︒；30︒.五、解答题22．（2020·陕西西安市·高一期末）如图，在三棱锥P ABC -中，,PA PC AB BC ==，O 是AC 的中点，PO BO ⊥，2,3PO AC BO ===.（1）证明：AC PB ⊥；（2）求三棱锥A PBC -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）通过,PO AC BO AC ⊥⊥得出AC ⊥平面POB ，即可证明；（2）先证明PO 是三棱锥的高，再直接求出三棱锥体积.【详解】（1）,PA PC AB BC ==，O 是AC 的中点，,PO AC BO AC ∴⊥⊥，PO BO O =，AC ∴⊥平面POB ，∴AC PB ⊥；（2）,PO AC PO BO ⊥⊥，AC BO O ⋂=，PO ∴⊥平面ABC ，即PO 是三棱锥的高，1112322332A PBC ABC V S PO -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 23（2020·陕西西安市·西安一中高一月考）一个透明的球形装饰品内放置了两个具有公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球的表面积的316，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r .（1）试确定R 与r 的关系，并求出大圆锥与小圆锥的侧面积的比值.（2）求出两个圆锥的总体积(即体积之和)与球的体积之比.【答案】（1）2r R =；（2）3:8. 【解析】（1）求出球的表面积和圆锥底面积，即可得出r R =，根据几何特征表示出圆锥的高和母线长，即可求出侧面积之比；（2）根据体积公式计算出，即可得出比值.【详解】解：（1）球的表面积为24R π，∴圆锥的底面积为223416r R ππ=⨯，解得2r R =， 由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形；由此可以求得球心到圆锥底面的距离是：112OO R ==，所以小圆锥的高为：1122R R R -=R =；同理可得大圆锥的高为：1322R R R +==； 又由这两个圆锥的底面半径相同，:R =.（2）由（1）可得两个圆锥的体积和为：321232R r R ππ⋅⋅⋅=， 球的体积为：343R π， 故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为：334:3:823R R ππ=.24．（2021·浙江嘉兴市·高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形，1AB 与1A B 交于点O ，E ，F 是棱1CC 上的两点，且满足112EF CC =.（1）证明：//OF 平面ABE ；（2）当1CE C F =，且12AA AB =，求直线OF 与平面ABC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】 （1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，可证明四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，由线面平行的判定定理即可求证；（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角，EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，在EGC 中即可求EGC ∠的余弦值.【详解】（1）取AB 中点G ，连结OG ､EG ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1OG BB ∥，则OG EF ∥， 又112EF CC =，则OG EF =， 所以四边形OGEF 为平行四边形，则 OF EG ∥，又EG ⊂平面ABE ，OF ⊄平面ABE ， 故//OF 平面ABE .（2）由（1）可知，OF EG ∥，则直线OF 与平面ABC 所成角即为直线EG 与平面ABC 所成角， 连接CG ，由直三棱柱111ABC A B C -可得EC ⊥平面ABC ，则EGC ∠即为直线EG 与平面ABC 所成的角，设2AB =，则114AA CC ==，又1CE C F =，则1CE =，CG =2EG =，所以，直线EG 与平面ABC故直线OF 与平面ABC 方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；（3）利用面面平行的性质定理：直线在一平面内，由两平面平行，推得线面平行；直线在两平行平面外，且与其中一平面平行，这这条直线与另一个平行.25．（2021·六盘山高级中学高一期末）如图，AB是O的直径，P A垂直于O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.（1）证明：BC⊥面P AC；（2）若P A=AC=1，AB=2，求直线PB与平面P AC所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）证明AC⊥BC和P A⊥BC，BC⊥面P AC即得证；BC PC即得解.（2）先证明∠BPC为PB与平面P AC所成的角，再通过解三角形求出,【详解】证明：(1)AB为圆O直径∴∠ACB=90°即AC⊥BCP A⊥面ABC，∴P A⊥BCAC P A=A∴BC⊥面P AC.(2)BC⊥面P AC，∴∠BPC为PB与平面P AC所成的角，在直角三角形ABC 中，BC在直角三角形PAC 中，PC ==,在直角三角形PBC 中，tan ∠BPC2=.故直线PB 与平面P AC 方法点睛：求线面角常用几何法求解，其步骤为：找→作→证（定义）→指→求（解三角形）. 26．（2021·安徽宿州市·高二期末（文））如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）证明：//PB 平面AEC ；（2）设1AP =，AD =P ABCD -的体积为1，求证：平面PAC ⊥平面PBD ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（ 1）设BD 与AC 的交点为O ，连接EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明//PB 平面AEC ； （ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ,因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点,又E 为PD 的中点，所以//EO PB ,EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以//PB 平面AEC .（2）因为113P ABCD V AB AD AP -=⨯⨯⨯=,所以AB =ABCD 为正方形，所以BD AC ⊥，因为PA ABCD ⊥，所以BD PA ⊥，且AC PA A ⋂=，所以BD ⊥平面PAC ，又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAC ⊥平面PBD .27．（2021·陕西西安市·高三一模（文））如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PAD △为正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD E F ，、分别是AD CD 、的中点.（1）证明：BD PF ⊥；（2）若M 是棱PB 上一点，三棱锥M PAD -与三棱锥P DEF -的体积相等，求M 点的位置.【答案】（1）证明见解析；（2）M 点在PB 上靠近P 点的四等分点处.【解析】（1）连接AC ，由//AC EF ，可证明BD EF ⊥，BD PE ⊥，从而得BD ⊥平面PEF ，得证线线垂直； （2）设设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+，根据棱锥的体积公式，利用体积法得出结论，由11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---==++，1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，可得λ值． 【详解】（1）连接AC PA PD =，且E 是AD 的中点，PE AD ⊥∴.又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD PE =⊂，平面PAD .PE ∴⊥平面ABCD BD ⊂，平面ABCD BD PE ∴⊥，.又ABCD 为菱形，且E F 、分别为棱AD CD 、的中点，//EF AC ∴. BD AC BD EF ⊥∴⊥，，又BD PE PE EF E BD ⊥⋂=∴⊥，，平面PEF ；PF ∴⊂平面PEF BD PF ∴⊥，. （2）如图，连接MA MD 、， 设PM MB λ=，则1PM PB λλ=+， 11M PAD B PAD P ABD V V V λλλλ---∴==++， 14DEF DAC S S =△△，则1144P DEF P ACD P ABD V V V ---==，又M PAD P DEF V V --=. 114λλ∴=+. 解得13λ=，即M 点在PB 上靠近P 点的四等分点处.。