高中数学立体几何第一章综合测试题

第一章空间几何体
一、选择题 1 下图是由哪个平面图形旋转得到的（）
A B C D
2 过圆锥的高的三等分点作平行于底面的截面，它们把圆锥侧面分成的三部分
的面积之比为（）
A 1:2:3
B 1:3:5
C 1:2:4
D 1:3:9
3 在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方形，
则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是（）
A 23
B 76
C 45
D 56 4 已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积
分别为1V 和2V ，则12:V V =（）
A 1:3
B 1:1
C 2:1
D 3:1
5 如果两个球的体积之比为8:27,那么两个球的表面积之比为( )
A 8:27
B 2:3
C 4:9
D 2:9
6 有一个几何体的三视图及其尺寸如下（单位cm ），则该几何体的表面积及体积为：
A 224cm π，212cm π
B 2
15cm π，212cm π C 224cm π，236cm π D 以上都不正确
二、填空题
1 若圆锥的表面积是15π，侧面展开图的圆心角是0
60，则圆锥的体积是_______ 2 一个半球的全面积为Q ，一个圆柱与此半球等底等体积，则这个圆柱的全面积是 3 球的半径扩大为原来的2倍,它的体积扩大为原来的 _________ 倍
4 一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为_________厘米
5 已知棱台的上下底面面积分别为4,16，高为3,则该棱台的体积为___________
三、解答题
1 （如图）在底半径为2，母线长为4
求圆柱的表面积
2 如图，在四边形ABCD 中，090DAB ∠=，0135ADC ∠=，5AB =，22CD =，2AD =，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积
参考答案
一、选择题
1 A 几何体是圆台上加了个圆锥，分别由直角梯形和直角三角形旋转而得
2 B 从此圆锥可以看出三个圆锥，123123::1:2:3,::1:2:3,r r r l l l ==
12312132::1:4:9,:():()1:3:5S S S S S S S S =--=
3 D 111115818322226
V V -=-⨯⨯⨯⨯⨯=正方体三棱锥 4 D 121
:():()3:13
V V Sh Sh == 5 C 121212:8:27,:2:3,:4:9V V r r S S ===
6 A 此几何体是个圆锥，2
3,5,4,33524r l h S πππ====⨯+⨯⨯=表面 2134123
V ππ=⨯⨯= 二、填空题
1 253π 设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，则123
r l ππ=，得6l r =，226715S r r r r ππππ=+⋅==，得157r =，圆锥的高15357
h =⋅ 21115152533533777
V r h πππ==⨯⨯⨯= 2 109
Q 22223,3Q S R R R Q R ππππ=+===全
32222221010,,2233339V R R h h R S R R R R Q πππππ==⋅==+⋅== 3 8 21212,8r r V V == 4 12
2
34,123
V Sh r h R R ππ===== 5 28
'11()(416)32833V S S h ==⨯⨯= 三、解答题 1
解：圆锥的高h ==1r =，
22(2S S S πππ
=+=+=侧面表面底面
1. 解：S S S S =++表面圆台底面圆台侧面圆锥侧面
25(25)2πππ=⨯+⨯+⨯⨯⨯
1)π=
V V V =-圆台圆锥
222112211()331483
r r r r h r h πππ=++-=。

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立体几何必修1第一章训练卷

高一数学立体几何训练卷考试范围：1.1-2.1姓名：___________班级：___________成绩：___________一、选择题1．已知n m ,为不同的直线，βα,为不同的平面，给出下列四个命题：①若,m n αα⊥⊂，则m n ⊥； ②若,m ααβ⊥⊥，则//m β；③若,,//,//m n m n ααββ⊂⊂，则//αβ； ④若,,,m n n m αβαβα⊥⋂=⊂⊥，则n β⊥. 其中所有正确命题的序号是（）A ．①②B ．②③C ．①③D ．①④2．设l 、m 是两条不同的直线，a,β是两个不同的平面,有下列命题：①l//m,m ⊂a,则l//a ；② l//a,m//a 则 l//m ； ③a 丄β，l ⊂a ，则l 丄β； ④l 丄a ，m 丄a,则l//m. 其中正确的命题的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 43．如图是某几何体的三视图，则此几何体的体积是（） A ．36 B ．108 C ．72 D ．1804．如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为（）A ．32πB ．2πC ．3πD ．4π5．．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ． 4B ．5C ． 6D ．7 6．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为43π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )A ．36B ．312C ． 318D ． 324 7．在几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A．．43π D ．23π8．已知正三棱锥P-ABC 的主视图和俯视图如图所示,则此三棱锥的外接球的表面积为（）A.4πB. 12πC. 316πD. 364π9．一个所有棱长均为1的正四棱锥的顶点与底面的四个顶点均在某个球的球面上，则此球的体积为（） AB ．23πC ．2π D10．如图2，在透明塑料制成的长方体ABCD A B C D -''''容器内灌进一些水，将容器底面一边BC 固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH 的面积不改变； ③棱A D ''始终与水面EFGH 平行； ④当E AA ∈'时，BF AE +是定值.A ．①②③B ．①③C ．②④D ．①③④二、填空题11．右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的表面积是． 12．一个机器零件的三视图如图所示(单位:cm),该零件的表面积为2cm13．一个正方体表面展开图中，五个正方形位置如图阴影所示．第六个正方形在编号1到5的位置，则所有可能位置的编号是_____ _．14．设三棱锥的三个侧面两两互相垂直,且侧棱长均为则其外接球的表面积为15．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 是分别是棱A 1B 1、A 1D 1的中点，则A 1B 与EF 所成角的大小为______．三、解答题 16．（本小题满分12分）下列三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图。

高一数学第一章空间几何体综合试题及答案

人教A 必修2第一章空间几何体综合试题一、选择题（每道题5分）1．有一个几何体的三视图如下图所示；这个几何体可能是一个( )．主视图左视图俯视图(第1题)A ．棱台B ．棱锥C ．棱柱D ．正八面体2．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°；腰和上底均为1的等腰梯形；那么原平面图形的面积是( )．A ．2＋2B ．221＋C ．22＋2D ．2＋13．棱长都是1的三棱锥的表面积为( )．A ．3B ．23C ．33D ．434．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3；4；5；且它的8个顶点都在同一球面上；则这个球的表面积是( )．A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对5．正方体的棱长和外接球的半径之比为( )．A ．3∶1B ．3∶2C ．2∶3D ．3∶36．在△ABC 中；AB ＝2；BC ＝1.5；∠ABC ＝120°；若使△ABC 绕直线BC 旋转一周；则所形成的几何体的体积是( )．A ．29πB ．27πC ．25πD ．23π 7．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面；且侧棱长为5；它的对角线的长分别是9和15；则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．1608．半径为R 的半圆卷成一个圆锥；则它的体积为（）A ．324RB ．38RC ．324RD ．38R9．下列关于用斜二测画法画直观图的说法中；错误．．的是( )．A．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D．水平放置的圆的直观图是椭圆10．如图是一个物体的三视图；则此物体的直观图是( )．(第10题)二、填空题（每道题5分）11．一个棱柱至少有______个面；面数最少的一个棱锥有________个顶点；顶点最少的一个棱台有________条侧棱．12．若三个球的表面积之比是1∶2∶3；则它们的体积之比是_____________．13．正方体ABCD－A1B1C1D1 中；O是上底面ABCD的中心；若正方体的棱长为a；则三棱锥O－AB1D1的体积为_____________．14．如图；E；F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心；则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是___________(第14题)15．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6；则这个长方体的对角线长是___________；它的体积为___________．16．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球；球全部没入水中后；水面升高9厘米则此球的半径为_________厘米．三、解答题（17题；18；19各15分；20题25分）17．有一个正四棱台形状的油槽；可以装油190 L；假如它的两底面边长分别等于60 cm 和40 cm；求它的深度．18．如图；在四边形ABCD中；∠DAB＝90°；∠ADC＝135°；AB＝5；CD＝22；AD＝2；求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．(第18题)19．已知圆台的上下底面半径分别是2,5；且侧面面积等于两底面面积之和；求该圆台的母线长.20．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)；已建的仓库的底面直径为12 m；高4 m；养路处拟建一个更大的圆锥形仓库；以存放更多食盐；现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？第一章空间几何体参考答案一、选择题1．A解析：从俯视图来看；上、下底面都是正方形；但是大小不一样；可以判断可能是棱台．2．A解析：原图形为一直角梯形；其面积S ＝21(1＋2＋1)×2＝2＋2． 3．A解析：因为四个面是全等的正三角形；则S 表面＝4×43＝3． 4．B解析：长方体的对角线是球的直径； l ＝2225＋4＋3＝52；2R ＝52；R ＝225；S ＝4πR 2＝50π． 5．C 解析：正方体的对角线是外接球的直径．6．D解析：V ＝V 大－V 小＝31πr 2(1＋1.5－1)＝23π． 7．D解析：设底面边长是a ；底面的两条对角线分别为l 1；l 2；而21l ＝152－52；22l ＝92－52；而21l ＋22l ＝4a 2；即152－52＋92－52＝4a 2；a ＝8；S 侧面＝4×8×5＝160．8.A 2312,,,22324R r R r h V r h R πππ===== 9．B 解析：斜二测画法的规则中；已知图形中平行于 x 轴的线段；在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段；长度为原来的一半．平行于 z 轴的线段的平行性和长度都不变．10．D解析：从三视图看底面为圆；且为组合体；所以选D.二、填空题11．参考答案：5；4；3．解析：符合条件的几何体分别是：三棱柱；三棱锥；三棱台．12．参考答案：1∶22∶33．r 1∶r 2∶r 3＝1∶2∶3；31r ∶32r ∶33r ＝13∶(2)3∶(3)3＝1∶22∶33．13．参考答案：361a ．解析：画出正方体；平面AB 1D 1与对角线A 1C 的交点是对角线的三等分点；三棱锥O －AB 1D 1的高h ＝33a ；V ＝31Sh ＝31×43×2a 2×33a ＝61a 3．另法：三棱锥O －AB 1D 1也可以看成三棱锥A －OB 1D 1；它的高为AO ；等腰三角形OB 1D 1为底面．14．参考答案：平行四边形或线段．15．参考答案：6；6．解析：设ab ＝2；bc ＝3；ac ＝6；则V = abc ＝6；c ＝3；a ＝2；b ＝1； l ＝1＋2＋3＝6．16．参考答案：12．解析：V ＝Sh ＝πr 2h ＝34πR 3；R ＝32764×＝12．三、解答题17．参考答案：V ＝31(S ＋S S ′＋S )h ；h ＝S S S S V ′＋′＋3＝6001＋4002＋60030001903×＝75．18．参考答案：S 表面＝S 下底面＋S 台侧面＋S 锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝(60＋42)π． V ＝V 台－V 锥＝31π(21r ＋r 1r 2＋22r )h －31πr 2h 1 ＝3148π． 19．解2229(25)(25),7l l ππ+=+=20．解：(1) 参考答案：如果按方案一；仓库的底面直径变成16 m ；则仓库的体积V 1＝31Sh ＝31×π×(216)2×4＝3256π(m 3)．如果按方案二；仓库的高变成8 m ；则仓库的体积V 2＝31Sh ＝31×π×(212)2×8＝3288π(m 3)． (2) 参考答案：如果按方案一；仓库的底面直径变成16 m ；半径为8 m ．棱锥的母线长为l ＝224＋8＝45；仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．如果按方案二；仓库的高变成8 m ．棱锥的母线长为l ＝226＋8＝10；仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(3) 参考答案：∵V 2＞V 1；S 2＜S 1；∴方案二比方案一更加经济些．。

(典型题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(有答案解析)

一、选择题1．已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直，且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ，又2()162a b c +=，侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（）A ．10πB ．40πC ．20πD ．18π2．已知三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的表面上，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是23，则球O 的表面积是（）A ．28π3B ．14π3C ．56π3D ．7π 33．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π4．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 为棱1AA 的中点，截面1CD E 交棱AB 于点F ，则四面体1CDFD 的外接球表面积为（）A ．394πB ．414πC ．12πD ．434π 5．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（）A ．728B ．728-C ．3714D ．3714- 6．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π7．如图所示，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N 为其所在棱的中点，则异面直线AB 与MN 所成角的大小为（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．16B ．13C ．1D ．29．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足14,7AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．77B ．2C ．714D ．14710．平行六面体1111ABCD A B C D -的六个面都是菱形，那么点1A 在面11AB D 上的射影一定是11AB D 的________心，点1A 在面1BC D 上的射影一定是1BC D 的________心（）A ．外心、重心B ．内心、垂心C ．外心、垂心D ．内心、重心 11．已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角是θ，直线DA 与平面ABC 所成的角是1θ，直线DA 与BC 所成的角是2θ，则（）A ．1θθ≥B ．1θθ≤C ．2θθ≥D ．2θθ≤ 12．已知二面角l αβ--为60，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，45ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．14B ．24C ．34D ．12二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11B C CB 所成角的正弦值是______.14．张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家､地理学家，他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五，已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A ，B ，若线段AB 31，利用张衡的结论可得该正方体的内切球的表面积为___________.15．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.16．如图，正方形BCDE 的边长为a ，已知3AB BC =，将ABE △沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB 与DE 所成角的正切值是2；②//AB CE ；③B ACE V -体积是316a ；④平面ABC ⊥平面ADC ．其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）17．如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD 为正方形，给出下列说法：①该八面体的体积为83；②该八面体的外接球的表面积为8π； ③E 到平面ADF 的距离为3；④EC 与BF 所成角为60°.其中正确的说法为__________.（填序号）18．如图，在直角梯形ABCD 中，//,,2,3,60AB CD AB AD CD AB ABC ⊥==∠=°，将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积是_________________．19．已知扇形的面积为56π，圆心角为6π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________． 20．正四棱台的上、下两底面边长分别是方程x 2－9x ＋18＝0的两根，其侧面积等于两底面面积之和，则其侧面梯形的高为________.三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ；（2）求三棱锥P ACM -的体积.22．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BCD ∠=，已知2PB PD ==，6PA E 为PA 的中点.（1）求证：PC BD ⊥；（2）求二面角B PC E --的余弦值；（3）求三棱锥P BCE -的体积.23．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，AF DE ⊥，F 是垂足.（1）证明：AF DB ⊥；（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离. 24．如图，平行四边形ABCD 中，45DAB ∠=，PD ⊥平面ABCD ，PA BD ⊥，BD PD =，4AB =.（1）求证：平面PBC ⊥平面PBD ；（2）若点,M N 分别是,PA PC 的中点，求三棱锥P MBN -的体积.25．在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为矩形，AC ⊥平面11BCC B ，D ，E 分别是棱1AA ，1BB 的中点.（1）求证：//AE 平面11B C D ；（2）求证：1CC ⊥平面ABC ；（3）若12AC BC AA ===，求直线AB 与平面11B C D 所成角的正弦值.26．如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，E 是棱1AA 的中点，122AA AB ==.（1）证明：平面EBC ⊥平面1EB C .（2）求点B 到平面1EB C 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和2()a b c +=a b =，进而得到2c a =，带入体积公式求得2,a b c ===24S R π=求出外接球的表面积.【详解】解：211166()643V abc ab ab a b ab ==⋅⋅=+，当且仅当a b =时取等号，因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，则2PC a c ==，216V a ∴==2,a b c ∴===所以2222410R a b c =++=，故外接球的表面积为10π.故选：A.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.2．A解析：A【分析】首先得到11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．【详解】因为侧棱1AA ⊥底面111A B C ，则11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒．故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =．设111AA A B a ==，则111312ABC A B C V a a -=⨯==三棱柱解得2a =．所以球O 的半径22232722233R ⎛⎫⎛⎫+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭，所以球O 的表面积22728π4π4π33S R ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭．故选：A ．【点睛】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的． 3．B解析：B【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可.【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCD V -=，而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===，所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则23R =所以外接球的表面积为2412S R ππ==故选：B【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．4．B解析：B【分析】可证F 为AB 的中点，设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的球心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，利用解三角形的方法可求DFC △的外接圆的半径，从而可求四面体1CDFD 的外接球的半径.【详解】设1DD 的中点为G ，DFC △的外接圆的圆心为1O ，四面体1CDFD 的外接球的球心为O ，连接11,,,OG OF OO A B ，因为平面11//A ABB 平面11D DCC ，平面1CD E ⋂平面11A ABB EF =，平面1CD E ⋂平面111D DCC D C =，故1//EF D C ，而11//A B D C ，故1//EF A B ，故F 为AB 的中点，所以145DF CF ==+=，故3cos 5255DFC ∠==⨯⨯，因为DFC ∠为三角形的内角，故4sin 5DFC ∠=，故DFC △的外接圆的半径为1254245⨯=，1OO ⊥平面ABCD ，1DD ⊥平面ABCD ，故11//OO DD ，在平面1GDO O 中，111,OG DD O D DD ⊥⊥，故1//OG O D ，故四边形1GDO O 为平行四边形，故1//OO GD ，1OO GD =，所以四面体1CDFD 2541116+= 故四面体1CDFD 的外接球表面积为41414164ππ⨯=，故选：B.【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”来确定.5．C解析：C 【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案. 【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==，所以2211111122B D D C B C =+=213110B E =+=222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D ==+=+，由余弦定理得，从而22211111111137cos 24214B D D E B E B D E B D D E +-∠===⨯⨯. 故选：C 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6．C解析：C 【分析】分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==，设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=，当90θ=时，max 12h x =，矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=. 故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.7．C解析：C 【分析】由MN 与正方体的面对角线平行，可得异面直线所成的角，此角是正三角形的内角，由此可得．【详解】作如图所示的辅助线，由于M ，N 为其所在棱的中点，所以//MN PQ ，又因为//AC PQ ，所以//AC MN ，所以CAB ∠即为异面直线AB 与MN 所成的角（或补角），易得AB AC BC ==，所以60CAB ∠=︒. 故选：C ．8．B解析：B 【分析】根据三视图得到直观图，根据棱锥的体积公式可得结果. 【详解】由三视图可知，该几何体是长、宽、高分别为1,2,1的长方体中的三棱锥D ABC -，如图所以：所以该几何体的体积为111121323V =⨯⨯⨯⨯=. 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据三视图还原出直观图是本题解题关键.9．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ，在ABC 中，72cos 4214ABC ∠==，14sin 4ABC ∴∠=，由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，11114214273773324O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.10．C解析：C 【分析】将三棱锥111A AB D -、三棱锥11A BC D -分离出来单独分析，根据线段长度以及线线关系证明1A 的射影点分别是11AB D 和1BC D 的哪一种心. 【详解】三棱锥111A AB D -如下图所示：记1A 在面11AB D 上的射影点为O ，连接11,,AO B O D O ，因为11111AA A D A B ==，又1A O ⊥平面11AB D ，所以222222*********1,,AA AO AO A D AO OD A B AO OB =+=+=+，所以11AO OB OD ==，所以O 为11AB D 的外心；三棱锥11A BC D -如下图所示：记1A 在面1BC D 上的射影点为1O ，连接1111,,BO C O DO ，因为11//BC AD ，且四边形11ADD A 是菱形，所以11AD A D ⊥，所以11BC A D ⊥，又因为11A O ⊥平面1BC D ，所以1111111,AO BC AO A D A ⊥=，所以1BC ⊥平面11AO D ，又因为1DO ⊂平面11AO D ，所以11DO BC ⊥，同理可知：1111,BO DC C O DB ⊥⊥，所以1O 为1BC D 的垂心，故选：C. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过1A 的射影点去证明线段长度的关系、线段位置的关系，借助线面垂直的定义和判定定理去分析解答问题.11．A解析：A 【分析】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO CE ⊥，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，排除B ，C ．当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ．由此能求出结果．【详解】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，413DE CE ==-=，2DC =，∴1cos 3233θ==⨯⨯，2233AO CO CE ===，∴12333cos 33AO AD θ===，取BC 中点F ，连结DF 、AF ，则DF BC ⊥，AF BC ⊥，又DF AF F ⋂=，∴BC ⊥平面AFD ，∴BC AD ⊥，∴290θ=︒， ∴21θθθ≥≥，排除B ，C ，当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ，故选：A . 【点睛】关键点点睛：将三棱锥看成特殊的正四面体，采用排除法，充分理解线线角、线面角以及面面的概念是解题的关键.12．B解析：B 【分析】作出图形，设2CD =，AD l ⊥，2AB =，然后以CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，可知BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，异面直线AB 与CD 所成角为BAE∠或其补角，计算出ABE △三边边长，利用余弦定理计算出cos BAE ∠，即可得解. 【详解】如下图所示：设2CD =，AD l ⊥，2AB =CA 、CD 为邻边作平行四边形ACDE ，在平面β内，AD l ⊥，2CD =，45ACD ∠=，则sin 2AD CD ACD =∠=cos 452AC CD ==，AB l ⊥，AD l ⊥，AB α⊂，AD β⊂，所以，BAD ∠为二面角l αβ--的平面角，即60BAD ∠=，AB AD ==，ABD ∴为等边三角形，则BD =，四边形ACDE 为平行四边形，//DE AC ∴，即//DE l ，AD l ⊥，AB l ⊥，DE AB ⊥∴，DE AD ⊥， AB AD A =，DE ∴⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，DE BD ∴⊥，则2BE ==，在平行四边形ACDE 中，//AE CD 且2AE CD ==，所以，异面直线AB 与CD 所成角为BAE ∠或其补角，在ABE △中，AB =2AE BE ==，由余弦定理可得222cos 2AB AE BE BAE AB AE +-∠==⋅.因此，异面直线AB 与CD 故选：B. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的【分析】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11B C CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，进而可得答案. 【详解】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，11BB A D ∴⊥，又11111A B A C ==，111A D B C ∴⊥，又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ，1A D ∴⊥平面11B C CB ，1A B ∴在平面11B C CB 上的射影为DB ，故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+= 111Rt B A C 中，1112212122B C A D ===，1Rt A BD ∴中，1112102sin 5A D A BD AB ∠===10【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.14．【分析】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径再由已知条件和球的表面积公式可得答案【详解】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径满足：则由题意知：则该正方体的内切球的解析：10【分析】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =，正方体的外接球半径2R a =，再由已知条件和球的表面积公式可得答案．【详解】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =，正方体的外接球半径R 满足：22222a R a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则R =.由题意知：12aR r -=-=，则2a =，R = 该正方体的内切球的表面积为4π，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即25168π=，所以π=所以内切球的表面积为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的外接球和内切球问题，考查空间几何新定义，解决本题的关键点是利用正方体的外接球半径，内切球半径和正方体面对角线的一半组成勾股定理，得出正方体内切球半径，进而得出表面积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．15．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC 可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故解析：【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，分别计算其棱长，可得答案．【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P -ABC ，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：AB =，BC =2,BP AC PC AP ====所以该三棱锥最长棱的长度为故答案为：【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．16．①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图由题中条件得到是异面直线与所成的角求出其正切可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理先证明平面可判断②错；根据等体积法由体积公式求出可判断③正确；根据面面垂直的解析：①③④ 【分析】作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明CE ⊥平面ABD ，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出B ACE V -，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确. 【详解】作出折叠后的几何体直观图如图所示：由题意，3AB a =，BE a =，∴2AE a =；∴22AD AE DE a =-=，222AC CD AD a ∴=+=，∵//BC DE ，∴ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，在Rt ABC 中, tan AC ABC BC∠==①正确；连结BD ，CE ，则CE BD ⊥，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE AD ⊥，又BD AD D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD ，又AB 平面ABD ，∴CE AB ⊥.故②错误．三棱锥B ACE -的体积2311113326B ACE A BCE BCE V V S AD a a a --===⨯⨯=⋅⨯. 故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC AD ⊥，又BC CD ⊥，CD AD D =，CD ⊂平面ADC ，AD ⊂平面ADC ， ∴BC ⊥平面ADC ，∵BC ⊂平面ABC ，∴ABC ⊥平面ADC .故④正确.故答案为：①③④．【点睛】思路点睛：判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明. 17．②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD 对角线交点即可得出半径求出表面积；③取AD 的中点G 连接EGFGEF 过E 作求出即可；④可得为所成角【详解】①八面体的体积为；②八面体解析：②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD 对角线交点，即可得出半径求出表面积；③取AD 的中点G ，连接EG ，FG ，EF ，过E 作EH FG ⊥，求出EH 即可；④可得DEC ∠为所成角.【详解】①八面体的体积为212(233⨯⨯=②八面体的外接球球心为正方形ABCD ，表面积为8π；③取AD 的中点G ，连接EG ，FG ，EF ，易得3EG FG ==AD ⊥平面EGF ，过E 作EH FG ⊥，交FG 的延长线于H ，又EH AD ⊥，AD FG G ⋂=，故EH ⊥平面ADF ，解得26EH =，所以E 到平面ADF 26； ④因为//ED BF ，所以EC 与BF 所成角为60︒.故答案为：②④.【点睛】解本题的关键是正确理解正八面体的性质，根据线面垂直关系得到点到平面的垂线段. 18．【分析】此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周得到的是圆台然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算【详解】将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周得到的是圆台其中圆台的上底半径为r ＝CD ＝2下底半径为R ＝AB ＝解析：23π【分析】此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算．【详解】将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，其中圆台的上底半径为r ＝CD ＝2，下底半径为R ＝AB ＝3，母线BC ＝2，∴圆台的上底面积为πr 2＝4π，下底面积为πR 2＝9π，圆台的侧面积为（πr +πR ）•BC ＝π（2+3）×2＝10π，∴圆台的表面积为4π+9π+10π＝23π，故答案为23π．【点睛】本题考查圆台表面积的计算，利用旋转体的定义确定该几何体是圆台是解决本题的关键． 19．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得解析：36π【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积.【详解】设扇形的长为l ，半径为R ，则22111222S lR R α====，解得R =l 为锥底面周长2r π，∴底面的半径r =∴5=．设外接球的半径为1R ，∴()222115R R =-+，解得13R =，∴该外接球的表面积为21436R ππ=，故答案为：36π.【点睛】本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题.20．【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高【详解】解方程x2－9x ＋18＝0得x=3或x=6∴棱台的上下底面边长分别为36设棱台的斜高为h 则∴h=即答案为【解析：52【分析】】解方程得出棱台的上下底面边长，根据面积关系和比例关系求出棱台的高和小棱锥的高．【详解】解方程x 2－9x ＋18＝0得x=3或x=6，∴棱台的上下底面边长分别为3，6．设棱台的斜高为h ，，则22143636452h ⨯⨯+=+=（）， ∴h=52．即答案为52．【点睛】本题考查了棱台的结构特征，画出草图帮助观察各线段的关系比较重要．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行；（2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得．【详解】（1）如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，则O 是BD 中点，又M 是PD 中点， ∴//OM PB ，又PB ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ，所以//PB 平面ACM ；（2）由已知12222ACD S =⨯⨯=，11422333P ACD ACD V S PA -=⋅=⨯⨯=△，又M 是PD 中点，所以1223M ACD P ACD V V --==，所以23P ACM P ACD M ACD V V V ---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论．22．（1）证明见解析；（2）155；（3）12. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接PO ，推导出BD ⊥平面PAC ，进而可得出PC BD ⊥；（2）过点O 在平面PAC 内作OF PC ⊥，垂足为点F ，连接BF ，推导出OFB ∠为二面角B PC E --的平面角，计算出OF 、BF ，可计算出cos OFB ∠，即可得解；（3）计算出PCE 的面积，利用锥体的体积公式可得出13P BCE B PCE PCE V V S OB --==⋅△，即可得解. 【详解】证明：（1）连接AC 交BD 于O 点，连接PO ，∵四边形ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥，则O 是BD 的中点，PB PD =，PO BD ∴⊥，又AC PO O =，AC 、OP ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，PC BD ∴⊥；（2）由（1）知BO ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，则OB PC ⊥，过O 在平面PAC 内作OF PC ⊥于F ，连接BF ，由OB OF O ⋂=，则PC ⊥平面OBF ，BF ⊂平面OBF ，得BF PC ⊥，故OFB ∠为二面角B PC E --的平面角，四边形ABCD 是菱形，60BAD ∠=，ABD ∴为等边三角形，2BD AB AD ∴===，112OB BD ∴==，223OC OA AB OB ==-= OB ⊥平面PAC ，OP ⊂平面PAC ，OP OB ∴⊥，223OP PB OB ∴-= 3OA =3OP =6PA =222OP PA OA +∴=，即OA OP ⊥，即PO AC ⊥，3366PO OC OF PC ⋅⨯∴===，222261012BF BO OF ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭，故615cos 510OF OFB BF ∠===，即二面角B PC E --的余弦值是155；（3）E 为PA 的中点，11333222PCE PAC POA S S S ∴====△△△，又OB ⊥平面PAC ，113113322P BCE B PCE PCE V V S OB --∴==⋅=⨯⨯=△. 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.23．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据题中条件，由线面垂直的判定定理，证明AF ⊥平面DEB ；即可推出AF DB ⊥；（2）先由题意，得到AEB △是等腰直角三角形时，三棱锥D ABE -体积最大，设点C 到平面EBD 的距离为h ，由C DBE E CBD V V --=，根据等体积法，即可求出结果.【详解】（1） EB ⊂平面AEB ，DA EB ∴⊥， AB 是圆柱底面的直径，点E 在圆周上，AE EB ∴⊥，又AE DA A ⋂=，AE ⊂平面DAE ，DA ⊂平面DAE ，BE ∴⊥平面DAE ，AF ⊂平面DAE ，EB AF ∴⊥，又AF DE ⊥，且EB DE E =，EB ⊂平面DEB ，DE ⊂平面DEB ，AF ∴⊥平面DEB ，DB ⊂平面DEB ，AF DB ∴⊥；（2）13D AEB AEB V S DA -=⨯⨯，3DA =，当D AEB V -最大时，即12AEBEA EB S =⋅最大，因为211222AEB EA EB B S EA E ⎛⎫+=⋅≤ ⎪⎝⎭，当且仅当EA EB =相等时，等号成立；即AEB △是等腰直角三角形时，AEB △的面积最大；3DA =，2AB =，BE ∴=DE ==，点E 到平面ABCD 的距离112AB =，设点C 到平面EBD 的距离为h ，则C DBE E CBD V V --=，即11113213232h ⨯=⨯⨯⨯⨯，解得：h =【点睛】方法点睛：求解空间中点P到面α的距离的常用方法：（1）等体积法：先设所求点到面的距离，根据几何体中的垂直关系，由同一几何体的不同的侧面（或底面）当作底，利用体积公式列出方程，即可求解；（2）空间向量法：先建立适当的空间直角坐标系，求出平面α的一个法向量m，以及平面α的一条斜线PA所对应的向量PA，则点P到面α的距离即为PA m dm⋅=. 24．（1）证明见解析；（2）223.【分析】（1）可由PD BD⊥，PA BD⊥证得BD⊥平面PAD，故BD AD⊥，再由BD BC⊥和PD BC⊥可得BC⊥平面PBD，从而面PBC⊥面PBD（2）可利用1144P MBN B PMN B PAC P ABCV V V V----===，进行转化求体积.【详解】解：（1）因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD BD⊥.又PA BD⊥，PA PD P=，平面PD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，而AD⊂平面PAD，所以BD AD⊥.在平行四边形ABCD中，//AD BC，所以BD BC⊥.由PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD BC⊥，而BD PD D=，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.（2）由（1）可知，BD AD⊥，而45DAB∠=，则ADB△为等腰直角三角形，又4AB=，所以22PD BD AD===，连接AC，由点,M N分别是,PA PC的中点，所以PMN PAC且12MN AC=，。

高中数学第一章立体几何初步章末综合测评(含解析)新人教B版必修2

(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.若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是( )A.相交B.异面C.平行D.异面或相交【解析】根据空间两条直线的位置关系和公理4可知c与b异面或相交，但不可能平行.【答案】 D2.下列说法不正确的是( )A.空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B.同一平面的两条垂线一定共面C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直【解析】A、B、C显然正确.易知当直线与平面垂直时，过这条直线有无数个平面与已知平面垂直.选D.【答案】 D3.已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则( )A.β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B.β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C.β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D.β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直【解析】作两个相交平面，交线为n，使得直线m⊥α，假设β内一定存在直线a 与m平行，因为m⊥α，而a∥m，所以直线a⊥α，而a⊂β，所以α⊥β，这与平面α与平面β相交不一定垂直矛盾，所以β内不一定存在直线a与m平行，因为直线m⊥α，n⊂α，又n⊂β，所以m⊥n，所以在β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m 垂直，故选C.【答案】 C4.设a、b为两条直线，α、β为两个平面，则正确的命题是( )A.若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bB.若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bC.若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βD.若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b【解析】A中，a、b可以平行或异面；B中，a、b可以平行或异面；C中，α、β可以平行或相交.【答案】 D5.已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【解析】利用线面垂直的性质进行分析.∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l.【答案】 C6.设l为直线，α，β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( )A.若l∥α，l∥β，则α∥βB.若l⊥α，l⊥β，则α∥βC.若l⊥α，l∥β，则α∥βD.若α⊥β，l∥α，则l⊥β【解析】选项A，平行于同一条直线的两个平面也可能相交，故选项A错误；选项B，垂直于同一直线的两个平面互相平行，选项B正确；选项C，由条件应得α⊥β，故选项C 错误；选项D，l与β的位置不确定，故选项D错误.故选B.【答案】 B7.如图1所示，△ADB和△ADC都是以D为直角顶点的等腰直角三角形，且∠BAC＝60°，下列说法中错误的是( )图1A.AD⊥平面BDCB.BD⊥平面ADCC.DC⊥平面ABDD.BC ⊥平面ABD【解析】由题可知，AD ⊥BD ，AD ⊥DC ，所以AD ⊥平面BDC ，又△ABD 与△ADC 均为以D 为直角顶点的等腰直角三角形，所以AB ＝AC ，BD ＝DC ＝22AB . 又∠BAC ＝60°，所以△ABC 为等边三角形，故BC ＝AB ＝2BD ，所以∠BDC ＝90°，即BD ⊥DC .所以BD ⊥平面ADC ，同理DC ⊥平面ABD . 所以A 、B 、C 项均正确.选D. 【答案】 D8.如图2所示，在三棱锥V -ABC 中，∠VAB ＝∠VAC ＝∠ABC ＝90°，下列结论不正确．．．的是( )图2A.平面VAC ⊥平面ABCB.平面VAB ⊥平面ABCC.平面VAC ⊥平面VBCD.平面VAB ⊥平面VBC【解析】 AV ⊥BA ，VA ⊥AC ，BA ∩AC ＝A ，∴VA ⊥平面ABC ，易知A 、B 正确，∵BC ⊥AB ，平面VAB ∩平面ABC ＝AB ，∴BC ⊥平面VAB ，易知D 正确，故选C.【答案】 C9.将正方形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，M 为CD 的中点，则∠AMD 的大小是( )A.45°B.30°C.60°D.90°【解析】如图，设正方形边长为a ，作AO ⊥BD ，则AM ＝AO 2＋OM2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＝32a ，又AD ＝a ，DM ＝a 2，∴AD 2＝DM 2＋AM 2，∴∠AMD ＝90°.【答案】 D10.在矩形ABCD 中，若AB ＝3，BC ＝4，PA ⊥平面AC ，且PA ＝1，则点P 到对角线BD 的距离为( )A.292 B.135 C.175D.1195【解析】如图，过点A 作AE ⊥BD 于点E ，连接PE .∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BD ，∴BD ⊥平面PAE ， ∴BD ⊥PE . ∵AE ＝AB ·AD BD ＝125，PA ＝1， ∴PE ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝135. 【答案】 B11.如图3所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图3A.17πB.18πC.20πD.28π【解析】由三视图还原为直观图后计算求解.由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图.设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.【答案】 A12.正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H .以下结论中，错误的是( )A.点H 是△A 1BD 的垂心B.AH ⊥平面CB 1D 1C.AH 的延长线经过点C 1【解析】因为AH ⊥平面A 1BD ，BD ⊂平面A 1BD ，所以BD ⊥AH .又BD ⊥AA 1，且AH ∩AA 1＝A . 所以BD ⊥平面AA 1H .又A 1H ⊂平面AA 1H . 所以A 1H ⊥BD ，同理可证BH ⊥A 1D ，所以点H 是△A 1BD 的垂心，A 正确. 因为平面A 1BD ∥平面CB 1D 1，所以AH ⊥平面CB 1D 1，B 正确.易证AC 1⊥平面A 1BD .因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以AC 1和AH 重合.故C 正确.因为AA 1∥BB 1，AA 1与AH 显然不垂直，∴AH 与BB 1也不垂直，故D 错误. 【答案】 D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4所示，四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，E 是SA 上一点，当点E 满足条件：________时，SC ∥平面EBD .图4【解析】当E 是SA 的中点时，连接EB ，ED ，AC .设AC 与BD 的交点为O ，连接EO . ∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴点O 是AC 的中点. 又E 是SA 的中点， ∴OE 是△SAC 的中位线.∵SC ⊄平面EBD ，OE ⊂平面EBD ， ∴SC ∥平面EBD . 【答案】 E 是SA 的中点15.如图5所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和AB 上的点，若∠B 1MN 是直角，则∠C 1MN 等于________.【导学号：45722065】图5【解析】 ∵B 1C 1⊥平面A 1ABB 1，MN ⊂平面A 1ABB 1，∴B 1C 1⊥MN ，又∠B 1MN 为直角， ∴B 1M ⊥MN ，而B 1M ∩B 1C 1＝B 1.∴MN ⊥平面MB 1C 1，又MC 1⊂平面MB 1C 1， ∴MN ⊥MC 1，∴∠C 1MN ＝90°. 【答案】 90°16.已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线.以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的序号) 【解析】 (图略)由条件可得AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而PA ∥PB ，这是不可能的，故②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD >PA 知③正确；由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错.【答案】①③三、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6所示，已知△ABC中，∠ACB＝90°，SA⊥平面ABC，AD⊥SC，求证：AD⊥平面SBC.图6【证明】∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.又∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC，∵SA∩AC＝A，∴BC⊥平面SAC，∴BC⊥AD.又∵SC⊥AD，SC∩BC＝C，∴AD⊥平面SBC.18.(本小题满分12分)如图7所示，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AC＝9，BC ＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点.图7(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.【证明】(1)∵C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1.∴AC1∥平面CDB1.19.(本小题满分12分)某几何体的三视图如图8所示，P是正方形ABCD对角线的交点，G是PB的中点.(1)根据三视图，画出该几何体的直观图；(2)在直观图中，①证明：PD∥面AGC；②证明：面PBD⊥面AGC.图8【解】(1)该几何体的直观图如图所示：(2)证明：①连接AC，BD交于点O，连接OG，因为G为PB的中点，O为BD的中点，所以OG∥PD.②连接PO，由三视图知，PO⊥平面ABCD，所以AO⊥PO.又AO⊥BO，所以AO⊥平面PBD.因为AO⊂平面AGC，所以平面PBD⊥平面AGC.20.(本小题满分12分)如图9所示，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.图9(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE .【证明】 (1)如图，设AC 与BD 交于点G .因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形. 所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE . (2)连接FG ，∵EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1， ∴四边形CEFG 为平行四边形，又∵CE ＝EF ＝1，∴▱CEFG 为菱形， ∴EG ⊥CF .在正方形ABCD 中，AC ⊥BD .∵正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直， ∴BD ⊥平面CEFG .∴BD ⊥CF . 又∵EG ∩BD ＝G ，∴CF ⊥平面BDE .21.(本小题满分12分)如图10所示，ABCD 是正方形，O 是正方形的中心，PO ⊥底面ABCD ，底面边长为a ，E 是PC 的中点.图10(1)求证：PA ∥平面BDE ；(2)平面PAC ⊥平面BDE . 【解】 (1)证明：连接OE，如图所示.∵O、E分别为AC、PC的中点，∴OE∥PA.∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，∴PA∥平面BDE.(2)∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD.在正方形ABCD中，BD⊥AC，又∵PO∩AC＝O，∴BD⊥平面PAC.又∵BD⊂平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE.22.(本小题满分12分)如图11所示，三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.图11(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.【解】(1)证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点.又H为BC的中点，所以MH∥BD.又MH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEFABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)连接HE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.11。

高中数学人教A版必修2立体几何--第一章、单元测试卷 (WORD文档有答案)

高中数学人教A 版必修2立体几何第一章、单元测试卷班级姓名学号一、选择题1．每个顶点的棱数共有3条边的正多面体共有（） A ．2 种 B ． 3 种 C ．4 种 D ．5种2．已知轴截面是正方形的圆柱与高与球的直径相等，则圆柱的全面积与球的表面积的比是（） A ．6∶5 B ．5∶4 C ．4∶3 D ．3∶2 3．下列命题中的真命题的是（） A ．各侧面都是矩形的棱柱是长方体； B ．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱； C ．各侧面都是等边三角形的四棱锥是正四棱锥； D ．底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱；4．如果正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，那么A 1—ABD 的体积为（） A ．213a B ．313a C ．413a D ．613a5．其正棱锥的底面边长与侧棱相等，则该棱锥一定不是（） A ．三棱锥 B ．四棱锥 C ．五棱锥 D ．六棱锥6．设圆柱和圆锥的底面半径都是r ，高是,h 若要使圆柱侧面积小于圆锥侧面积，则（）A ．h >r 3B ．r 33< h < r 3 C ．h <r 33D ．不存在这种可能性 7．湖面上漂着一个球，湖结冰后将球取出，冰面上留下了一个面直径为24cm ，深为8cm 的空穴，该球的半径（）A ．8cmB ．12cmC ．13cmD ．82cm8．已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（） A ．1200 B ．1500 C ．1800 D ．24009．一个棱锥的底面积是Q ，经过这个棱锥的高的中点作一个平行于底面的截面，那么这个截面的面积是（） A ．21Q B ．31Q C ．41Q D ．22Q10．设长方体的对角线为4，过一顶点有两条棱与对角线的夹角为600，则此长方体的体积是（） A ．27332 B ．28 C ．38 D ．316 11．正三棱锥内有一个内切球，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的图是（）A B C D12．要制作一底面半径为4cm ，母线长为6cm 的圆锥，用一块长方形材料来做它的侧面，这样的长方形材料的长和宽的最小值分别是（）A ．36cm 和9cmB ．36cm 和6cmC ．)36( cm 和9cmD ．12cm 和9cm二、填空题13．若正方体的对角线长为3，那么正方体的全面积是14．若正三棱锥的底面边长为,a 侧面积为,32a 则它的体积是15．一直平行六面体的四个侧面全等，过不相邻的侧棱所作的两个截面面积分别是10和8，则它的侧面积是16．如果圆锥的底面半径为,r 高为,2r则过此圆锥顶点的截面中，最大截面的面积是三、解答题17．一个圆锥形容器和一个圆柱形容器，它们的轴截面尺寸如图，两容器内盛的液体的体积正好相等，且液面高度h 正好相同，求.h18．点A ，B 在北纬450线上，点A 在东经300线上，点B 在东经1200线上，地球半径是R ，求A 、B 两点的球面距离。

(好题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测(包含答案解析)

一、选择题1．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（）A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥2．现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC -，点P 在底面ABC 的投影为Q ，满足12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =，若要将此工艺品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（）A ．42πB ．44πC ．48πD ．49π3．在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1BC AC ，且12AC BC =，则直线11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π5．如图为某几何体的三视图，正视图、左视图和俯视图均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积是（）A ．23+B ．223+C ．63+D ．66．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（） A ．77 B ．142 C ．714 D ．147 7．三个平面将空间分成n 个部分，则n 不可能是（）A ．5B ．6C ．7D ．88．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AD =，12AA =，点E 为11C D 的中点，则二面角11B A B E --的余弦值为（） A ．3-B ．3-C ．3 D ．3 9．正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，M 为1CC 的中点，则点1B 到面1A BM 的距离为（） A ．2B ．22C ．12D ．3210．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（）A ．263+B ．463+C ．4263-D ．2263-11．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则（）A ．8,14253V L ==+ B ．8,1425V L ==+ C ．8,16253V L ==+ D ．8,1625VL ==+12．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥'二、填空题13．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．14．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =，3BC =，4PA =，4ABC π∠=，则该三棱锥的外接球体积为___________.15．在正三棱锥O ABC -中，已知45AOB ∠=︒，记α为二面角--A OB C 的大小，cos =+m n α，其中m ，n 为整数，则以||n ，||m ，||m n +分别为长、宽、高的长方体的外接球直径为__________．16．已知某空心圆锥的母线长为5cm ，高为4cm ，记该圆锥内半径最大的球为球O ，则球O 与圆锥侧面的交线的长为________cm .17．如图在菱形ABCD 中，2AB =，60A ∠=，E 为AB 中点，将AED 沿DE 折起使二面角A ED C '--的大小为90，则空间A '、C 两点的距离为________；18．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．19．有一个半径为4的球是用橡皮泥制作的,现要将该球所用的橡皮泥重新制作成一个圆柱和一个圆锥,使得圆柱和圆锥有相等的底面半径和相等的高,若它们的高为8,则它们的底面圆的半径是___________．20．已知A ，B ，C 三点都在球O 的表面上，球心O 到平面ABC 的距离是球半径的13，且22AB =，AC BC ⊥，则球O 的表面积是______.三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAB △是等边三角形，CB ⊥平面,//PAB AD BC 且22PB BC AD F ===，为PC 中点．（1）求证：//DF 平面PAB ；（2）求直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ；（2）求三棱锥P ACM -的体积.23．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，若12AB BB =，AD DC =，试证明：（1）1//AB 平面1BC D ；（2）11AB BC ⊥.24．如图，在四棱锥C ﹣ABDE 中，F 为CD 的中点，DB ⊥平面ABC ，BD ∥AE ，BD =2AE ．（1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）若AB =BC =CA=BD =6，求点A 到平面ECD 的距离 25．如图，在三棱锥P ABC -中，1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，1cos ,3BAP AP BC ∠=-⊥．（1）若23BM MC =，求证：PM BC ⊥；（2）当3AP =，且N 为BC 中点时，求AN 与平面PBC 所成角的正弦值． 26．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，6BC =，2PA AD CD ===，E 是BC 上一点且23BE BC =，PB AE ⊥.（1）求证：AB ⊥平面PAE ；（2）求点C 到平面PDE 的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC ABAB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 2．D解析：D 【分析】作QM AB ⊥，连接PM ，易证AB PM ⊥，由112122QAB PABAB QMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到2PM QM =，再根据12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得到AB BC AC ==，然后根据22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =6,3AB AQ ==，在AOQ△中，由222AO OQ AQ =+求解半径即可.【详解】如图所示：作QM AB ⊥与M ，连接PM ，因为PQ ⊥平面ABC ，所以PQ AB ⊥，又QM PQ Q ⋂=，所以AB ⊥平面PQM ，所以AB PM ⊥，所以112122QAB PAB AB QM S S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△, 2PM QM =,因为12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得AB BC AC ==,又因为22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS=所以21sin 60932ABCSAB =⨯⨯= 解得6,3AB AQ == 所以3,23,3QM PM PQ ===，设外接球的半径为r ，在AOQ △中，222AO OQ AQ =+，即()(222323r r =-+，解得72r =，所以外接球的表面积为2449S r ππ==，即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是由1 2QAB QAC QBCPAB PAC PBCS S SS S S===△△△△△△得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心的位置而得解..3．A解析：A【分析】证明CBA∠就是BC与平面1ABC所成的角，求出此角后，利用11//B C BC可得结论，【详解】∵90BAC∠=︒，12AC BC=，∴30CBA∠=︒，∵1BC AC，AB AC⊥，1BC AB B，1,BC AB⊂平面1ABC，∴AC⊥平面1ABC，∴CBA∠就是BC与平面1ABC所成的角，即BC与平面1ABC所成的角是30，∵棱柱中11//B C BC，∴11B C与平面1ABC所成的角的大小为30，故选：A．【点睛】思路点睛：本题考查求直线与平面所成的角，解题方法是定义法，即过直线一点作平面的垂直，得直线在平面上的射影，由直线与其射影的夹角得直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角．解题过程涉及三个步骤：一作出图形，二证明所作角是直线与平面所成的角，三是计算．4．C解析：C【分析】分析出当平面P AD'⊥平面ABCD时，四棱锥P ABCD'-的体积取最大值，求出AD、P A'的长，然后将四棱锥P ABCD'-补成长方体P AMD QBNC'-，计算出该长方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积.【详解】取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则P E AD '⊥，设AD x =，则1122P E AD x '==，设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1sin 2h x θ=，当90θ=时，max 12h x =，矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解得22x =.将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为22222226R P N P A P D P Q AD AB ''''==++=+=，则6R =，因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R ππ=. 故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.5．A解析：A 【分析】由三视图可知原几何体是三棱锥，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅底面是等腰直角三角形，底为2AC =，高为1BE =，ABD BCD ≅是边长为2的等边三角形，计算四个三角形面积之和即可求解. 【详解】由三视图可知原几何体是三棱锥：底面ACB △是等腰直角三角形，底2AC =，高1BE =，平面ACD ⊥平面ABC ，ACD ACB ≅，由三视图知ACB △中，2AC =，ACB △是等腰直角三角形，所以2AB BC ==ACD △是等腰直角三角形，2AD CD ==，2AC =，222BD BE DE =+=所以等腰直角三角形ACB △的面积为12112⨯⨯=，等腰直角三角形ACD △的面积为12112⨯⨯=，等边ABD △的面积为233242=，等边BCD △2332=，所以该几何体的表面积是331123++=+，故选：A.6．A解析：A 【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ，在ABC 中，72cos 4214ABC ∠==，14sin 4ABC ∴∠=，由正弦定理可得28sin ACr ABC==∠，即4r =，则22543OD =-=，11114214273773324O ABC ABCV SOD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【点睛】本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.7．A解析：A 【分析】三个平面不重合，先按其中平行的平面的个数分类：三个平面两两平行，两个平面平行，没有平行的平面(两两相交)，对两两相交的情况，再根据三条交线互相平行，重合，交于一点，分别讨论. 【详解】按照三个平面中平行的个数来分类：（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成4部分；（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成6部分；（3）三个平面中没有平行的平面：（i ）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成7部分；（ii ）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成8部分.（iii ）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成6部分；综上，可以为4，6，7，8部分，不能为5部分，故选：A.8．C解析：C 【分析】取11A B 的中点F ，过F 作1FG A B ⊥，垂足为G ，连EG ，可证EGF ∠为二面角11B A B E --的平面角，通过计算可得结果.【详解】取11A B 的中点F ，过F 作1FG A B ⊥，垂足为G ，连EG ，因为,E F 分别为1111,C D A B 的中点，所以11//EF A D ，在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11A D ⊥平面11ABB A ，所以EF ⊥平面11ABB A ，因为1A B ⊂平面11ABB A ，所以1EF A B ⊥，因为1FG A B ⊥，且FGEF F =，所以1A B ⊥平面EFG ，因为EG ⊂平面EFG ，所以1A B EG ⊥，所以EGF ∠为二面角11B A B E --的平面角，因为12AB AA ==，所以14FAG π∠=，因为11A F =，所以12222FG A F ==，在直角三角形EFG 中，2216122EG EF FG =+=+=，所以cos FGEGF EG ∠==23262=. 所以二面角11B A B E --的余弦值为33. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据二面角的定义作出其中一个平面角是解题关键.9．B解析：B 【分析】连接11A N B AB =，根据已知条件先证明11B A A B ⊥、1⊥MN AB ，再通过线面垂直的判定定理证明1AB ⊥平面1A BM ，由此确定出1B N 的长度即为点1B 到面1A BM 的距离，最后完成求解. 【详解】连接1B A 交1A B 于N ，连接11,,,,MB MN MB MA MA ，如图所示：因为11A ABB 为正方形，所以11B A A B ⊥，又因为22111115142MB MC C B =+=+=2215142MA MC CA =+=+=，所以1MB MA =且N 为1AB 中点，则MN 为等腰三角形1AMB 的中垂线， ∴1⊥MN AB 且1MNA B N =，∴1AB ⊥平面1A BM ，∴1B N 就是点1B 到截面1A BM 的距离，又因为111121122B N AB ==+=，所以点1B 到截面1A BM 2，故选：B. 【点睛】方法点睛：求解平面外一点A 到平面α的距离的方法：（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到A 在平面α内的投影点A '，则AA '即为A 到平面α的距离；（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点B ；②求解出AB 和平面α的法向量n ；③根据AB n d n⋅=即可求解出点A 到平面α的距离.10．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =2241625DE DF AD AE ==++=2222EF BE BF =+= 在DFE △中，22210cos 21022522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯，所以DEF ∠为锐角，所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=， DEF 的外接圆的半径为5522sin 3310DF r DEF ===∠，则球心到DEF 2223R r -=，以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为1R OO +263. 故选：A. 【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.11．A解析：A 【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，E 分别为11,B C BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ．由三视图可知2AB =，则5,3PCPB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=．故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．12．C解析：C 【分析】设AH a =，则3BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则3BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，()2''221C H AC AHa =-=-Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ，故选：C.【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.二、填空题13．【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形利用平面上两点间线段最短可得【详解】由题意所以圆锥侧面展开图中心角为如图则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题空间几何体表面上两点间的最解析：42【分析】把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得．【详解】由题意1,4r l ==，所以圆锥侧面展开图中心角为2142ππθ⨯==，如图，2APA π'∠=，则2442AA '=⨯=．故答案为：42．【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．14．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等 1326π【分析】利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱12O O 的外接球直径为()2222R r h =+.本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，在ABC 中，22AB =3BC =，4ABC π∠=，由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠=，由正弦定理可知，ABC 的外接圆直径为5210sin 2ACr ABC===∠ 则三棱锥P ABC -的外接球直径为()222226R PA r =+=26R =，因此，三棱锥P ABC -的外接球的体积为334426132633V R ππ==⨯=⎝⎭. 故答案为：13263. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 15．【分析】过作垂足为连接则为二面角的平面角即在中利用余弦定理结合为整数求出的值进而可得外接球直径【详解】如图过作垂足为连接则为二面角的平面角即不妨设因为所以所以所以在中因为为整数所以则设以为长宽高的长解析：6【分析】过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α，在AHC 中，利用余弦定理结合m ，n 为整数，求出m ，n 的值，进而可得外接球直径．【详解】如图，过A 作AH OB ⊥，垂足为H ，连接CH ，则AHC ∠为二面角--A OB C 的平面角，即∠=AHC α．不妨设2OC a =，因为45AOB ∠=︒，所以===CH a AH OH ，所以21)=HB a ，所以22222(422)=+=-=BC HB HC a AC ．在AHC 中，222cos 2+-==⋅⋅HA HC AC HA HC α2222(422)212+--==a a a m n a 因为m ，n 为整数，所以1m =-，2n =，则||1m =，||2n =，||1m n +=．设以||m ，||n ，||m n +为长、宽、高的长方体的外接球半径为R ，则2222(2)||||||6=+++=R m n m n 6．6【点睛】关键点点睛：本题考查二面角的应用，考查几何体的外接球，考查解三角形，解决本题的关键点是利用定义法找出二面角的平面角，在AHC 中，利用余弦定理结合已知条件求出m ，n 的值，考查学生空间想象能力，考查计算能力，属于中档题．16．【分析】由题可求出底面半径根据三角形相似关系可求出球半径再利用三角形面积关系可求出球O 与圆锥的侧面的交线的半径即可求出交线长【详解】圆锥的轴截图如图所示由题可知圆锥的高母线设的内切圆与圆锥的母线相切解析：125π 【分析】由题可求出底面半径，根据三角形相似关系可求出球半径，再利用三角形面积关系可求出球O 与圆锥的侧面的交线的半径，即可求出交线长.【详解】圆锥的轴截图如图所示，由题可知，圆锥的高4cm AF =，母线5cm AB AC ==，设ABC 的内切圆O 与圆锥的母线相切与点E ，则OE AB ⊥，则该圆锥内半径最大的球即以O 为圆心，OE 为半径的球，在直角三角形ABF 中，2222543cm BF AB AF =--=，由圆的切线性质可得3cm BE BF ==，所以532cm AE AB BE =-=-=，在直角三角形AFB 和直角三角形AEO 中，因为∠∠EAO BAF =，所以△△AFB AEO ~，所以AE OE AF BF =，则可得3cm 2OE =，过点E 作ED AF ⊥，D 为垂足，则球O 与圆锥的侧面的交线是以DE 为半径的圆， 354cm 22AO AF OF =-=-=，因为1122△AEO S AE OE ED AO =⋅=⋅，所以6cm 5ED =，所以球O 与圆锥的侧面的交线长为6122cm 55ππ⨯=. 故答案为：125π. 【点睛】本题考查圆锥与球的相切问题，解题的关键是利用轴截面，用平面几何的知识解决. 17．【分析】由二面角的大小为可得平面平面得到平面由勾股定理可得答案【详解】连接所以是等边三角形所以因为为中点所以所以即所以因为平面平面平面平面所以平面平面所以所以故答案为：【点睛】对于翻折问题解题时要认解析：22. 【分析】由二面角A ED C '--的大小为90，可得平面A ED '⊥平面EDCB ，得到A E '⊥平面EDCB ，由勾股定理可得答案.【详解】连接DB CE 、，2AB AD ==，60A ∠=，所以ABD △、CBD 是等边三角形，所以2AD BD CD ===，因为E 为AB 中点，1AE A E '==，所以DE AB ⊥，DE A E ⊥'，3DE =，30EDB ∠=，所以90EDC ∠=，即DE CD ⊥，所以222347EC ED CD =+=+=，因为平面A ED '⊥平面EDCB ，DE A E ⊥'，平面A ED '平面EDCB DE =，所以A E '⊥平面EDCB ，EC ⊂平面EDCB ，所以A E EC '⊥，所以221722A C A E EC ''=+=+=.故答案为：22.【点睛】对于翻折问题，解题时要认真分析图形，确定有关元素间的关系及翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，根据线线、线面、面面关系正确作出判断，考查了学生的空间想象力.. 18．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考解析：33【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论．【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AE DE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==，112ME BC ==，又1133233EO DE ==⨯⨯=，由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3cos 3EO MEO ME ∠==．故答案为：33．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤． 19．【详解】设它们的底面圆的半径为()依题意得化简得所以故答案为：解析：2【详解】设它们的底面圆的半径为r (0r >)．依题意得3443V π=⨯球V V =+圆柱圆锥221(+)83r r ππ=⨯, 化简得28r =,所以22r =故答案为：220．【分析】先在直角三角形中列关系求得再求球的表面积即可【详解】是直角三角形外接圆圆心为的中点因为三点都在球的表面上球心到平面的距离为是球半径的所以中即故解得所以球的表面积故答案为：【点睛】本题考查了球解析：9π【分析】先在直角三角形中列关系，求得R ，再求球的表面积即可.【详解】 22AB =，AC BC ⊥，ABC ∆是直角三角形，外接圆圆心为AB 的中点M ,因为A ，B ，C 三点都在球O 的表面上，球心O 到平面ABC 的距离为OM ,是球半径的13，所以OMB ∆中()()222OA OM MA =+,即2221132R R AB ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 故222112232R R ⎛⎫⎛⎫=+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得29=4R ，所以球O 的表面积29=4494S R πππ=⋅=. 故答案为：9π.【点睛】本题考查了球的表面积，属于中档题. 三、解答题21．（1）证明见解析；（2）24 【分析】（1）取PB 边的中点E ，即可证明四边形AEFD 为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（2）取BC 边的中点G ，由//DG AB ，即可得到直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角，再由等体积法求得2G PCD d -=，即可求得直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．【详解】解：（1）如图所示：取PB 边的中点E ，连,AE FE ，则三角形中位线可知：//EF BC 且12EF BC =，由题可知：//AD BC 且12AD BC =， //AD EF ∴且AD EF =，即四边形AEFD 为平行四边形，//DF AE ∴又DF ⊄平面,PAB AE ⊂平面PAB ，故//DF 平面PAB ；（2）取BC 边的中点G ，则//DG AB ，且2DG AB ==，直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角，又1CDG S =，且易得DC PD =,所以1122CDP S PC DF =⋅=⨯=由等体积法，11133P CDG G PCD G PCD V V d ---==⨯=，得2G PCD d -=，DG ∴与平面PDC 所成角的正弦值为22=故直线AB 与平面PDC ．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用等体积法求出G 点到平面PCD 的距离.22．（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，由中位线定理得//OM PB ，从而得证线面平行；（2）由M 是PD 中点，得12M ACD P ACD V V --=，求出三棱锥P ACD -的体积后可得．【详解】（1）如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，则O 是BD 中点，又M 是PD 中点， ∴//OM PB ，又PB ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ，所以//PB 平面ACM ；（2）由已知12222ACD S=⨯⨯=，11422333P ACD ACD V S PA -=⋅=⨯⨯=△，又M 是PD 中点，所以1223M ACD P ACD V V --==，所以23P ACM P ACD M ACD V V V ---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论．23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接1B C 交1BC 于点E ，连接DE ，则E 为1B C 的中点，利用中位线的性质可得1//DE AB ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取BC 中点F ，连接AF 、1B F ，证明出1BC ⊥平面1AB F ，进而可证得11AB BC ⊥.【详解】（1）连接1B C 交1BC 于点E ，连接DE ，在正三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 为平行四边形，且11B CBC E =，则E 为1B C 的中点，又D 为AC 的中点，所以1//AB DE ,又1AB ⊄平面1BC D ，DE ⊂平面1BC D ，所以1//AB 平面1BC D ；（2）取BC 中点F ，连接AF 、1B F ，设11B FBC O =，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，AF ⊂平面ABC ，1AF BB ∴⊥，ABC 为正三角形，且F 为BC 的中点，AF BC ∴⊥，1BB BC B =，AF ∴⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，1AF BC ∴⊥，在侧面11BCC B 中，12BC BB =，F 是BC 的中点，11112BB BF BB B C ∴==，又11190B BF BB C ∠=∠=，所以，111R t t BB R B C FB △△，111BFB B BC ∴∠=∠，所以，1111190BFB CBC B BC CBC ∠+∠=∠+∠=，90BOF ∴∠=，所以11BC B F ⊥，1AF B F F =，所以，1BC ⊥面1AB F ，因为1AB ⊂平面1AB F ，所以11BC AB ⊥.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．24．（1）证明见解析（2）322 【分析】（1）取CB 的中点M ，连,MF AM ，可证四边形AMFE 为平行四边形，从而可得//EF AM ，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；（2）根据A ECD D ACE B ACE E ACB V V V V ----===可求得结果.【详解】（1）取CB 的中点M ，连,MF AM ，因为F 为CD 的中点，所以//MF BD ，且12MF BD =，因为//AE BD 且12AE BD =，所以//MF AE 且MF AE =，所以四边形AMFE 为平行四边形，所以//EF AM ，因为EF ⊄平面ABC ，AM ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC .（2）因为DB ⊥平面ABC ，BD ∥AE ，所以AE ⊥平面ABC ，所以BD BC ⊥，BD AB ⊥，AE AC ⊥，AE AB ⊥，因为AB =BC =CA=BD =6，BD =2AE ．所以3AE =，所以CD ==CE ==DE ==，又F 为CD 的中点，所以EF CD ⊥，所以EF ==所以1122ECD S CD EF =⋅⋅=⨯=△因为2113633E ACB ABC V AE S -=⋅=⨯=△因为//AE BD ，所以A ECD D ACE B ACE E ACB V V V V ----====设点A 到平面ECD 的距离为h ，则1133A ECD ECD V hS h -==⨯=△，所以=h =所以点A 到平面ECD 的距离为2. 【点睛】关键点点睛：利用等体积法求点面距是解题关键.25．（1）证明见解析；（2）7 【分析】（1）利用正余弦定理解三角形，求出222AM BM AB +=得AM BC ⊥，即可结合⊥AP BC 得出BC ⊥平面AMP ，证出PM BC ⊥；（2）过A 作AG PM ⊥，ANG ∠即AN 与平面PBC 所成角，利用余弦定理求出各边长度，即可求出.【详解】（1）1,135AB AC BAC ︒==∠=，由余弦定理可得22212152BC ⎛=+-⨯-= ⎝⎭，BC ∴=由正弦定理sin sin BC AC BAC ABC =∠∠，则可得5sin 5ABC ∠=，即25cos 5ABC ∠=， 23BM MC =，则可得2535,55BM MC ==，在ABM 中，利用余弦定理可得22225252511215555AM ⎛⎫=+-⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，即5AM =，则满足222AM BM AB +=，AM BC ∴⊥，AP BC ⊥，AP AM A ⋂=， BC ∴⊥平面AMP ，PM ⊂平面AMP ，PM BC ∴⊥；（2）过A 作AG PM ⊥，由（1）BC ⊥平面AMP 可得平面AMP ⊥平面PBC ，且平面AMP 平面PBC PM =，AG ∴⊥平面PBC ，则ANG ∠即AN 与平面PBC 所成角，1,3,cos 13AB A A P P B ∠==-=，则由余弦定理可得222113213123PB ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，即3PB = BC PM ⊥，22270PM PB BM ∴=-=，则2225cos 2PA AM PM PAM PA PM +-∠==⋅，即2sin 3PAM ∠=， 15sin 2PAM S PA AM PAM ∴=⋅⋅∠=，则152PM AG ⨯⨯=， 1414AG ∴=，222512cos 1214254AN AB BN AB BN ABC =+-⨯⨯⨯∠=+-⨯⨯=， 12AN ∴=，sin 7AG ANG AN ∴∠==. 【点睛】关键点睛：本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查线面角的求解，解题的关键是正确求出图中各线段长度，会应用余弦定理求解，考查计算能力.26．（1）证明见解析；（2）7. 【分析】（1）先证明AE ⊥平面PAB ，从而得出AE AB ⊥，PA AB ⊥，最后由线面垂直的判定定理证明即可；（2）分别以点P 、C 为三棱锥C PDE -的顶点，利用等体积法求出点C 到平面PDE 的距离.【详解】解：（1）证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA AE ⊥又∵PB AE ⊥，PBPA P =，PB 、PA ⊂平面PAB ，∴AE ⊥平面PAB 又AB平面PAB ，∴AE AB ⊥ 又∵PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，∴PA AB ⊥ 又PA AE A =，PA 、AE ⊂平面PAE∴AB ⊥平面PAE （2）解：由123EC BC AD ===，且ABCD 为梯形，//AD EC ，且2AD DC == 则ADCE 为菱形，所以2AE =由（1）得，AB AE ⊥，又4BE =，所以30ABE ∠=︒，则120AEC ∠=︒ 从而有CDE △是边长为2的等边三角形.在PDE △中：PE PD ==2DE =设C 到平面PDE 的距离为h由P ECD C PDE V V --=得1133ECD PDE S PA S h ⋅=⋅△△11112223232h ⨯⨯=⨯⨯解得h =，即C 到平面PDE . 【点睛】关键点睛：在证明点C 到平面PDE 的距离时，关键是采用等体积法求高，从而得出点C 到平面PDE 的距离.。

(典型题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》检测题(答案解析)

一、选择题1．如下图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是平面11ADD A 的中心，M 、N 、F 分别是11B C 、1CC 、AB 的中点，则下列说法正确的是（）A ．12MN EF =，且MN 与EF 平行B ．12MN EF ≠，且MN 与EF 平行 C ．12MN EF =，且MN 与EF 异面 D ．12MN EF ≠，且MN 与EF 异面 2．在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是梭BC ，CD 的中点，则1A F 与1C E 所成角的余弦值为（）A ．5B ．25C ．5D ．25 3．如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<< 4．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为（）A 13B 3C 33D 115．已知正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，M 是1CC 的中点，则异面直线AM 与1A B 所成角的大小为（）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2 6．如图，正三棱柱111ABC A B C -的高为4，底面边长为43，D 是11B C 的中点，P 是线段1A D 上的动点，过BC 作截面AP α⊥于E ，则三棱锥P BCE -体积的最小值为（）A ．3B ．23C ．43D ．127．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A ．24B ．30C ．47D ．7 8．一个底面为正三角形的棱柱的三视图如图所示，若在该棱柱内部放置一个球，则该球的最大体积为（）A ．6πB ．12πC ．43πD ．83π 9．一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CDE10．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（）A．该四面体外接球的体积为48πB．该四面体内切球的体积为2 3πC．该四面体外接球的表面积为323πD．该四面体内切球的表面积为2π11．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V，该几何体所有棱的棱长之和为L，则（）A．8,14253V L==+B．8,1425V L==+C．8,16253V L==+D．8,1625V L==+12．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．16B ．13C ．23D ．2二、填空题13．在边长为3的菱形ABCD 中，对角线3AC =，将三角形ABC 沿AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为2π，则三棱锥B ACD -外接球的体积是_________________．14．已知三棱锥P ABC -的外接球O 的表面积为12π，PA ⊥平面ABC ，BA AC ⊥，2PA =，则ABC 面积的最大值为__________．15．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且所有顶点都在球O 的表面上，侧面PAB ⊥底面ABCD ，23PA PB ==，120APB ∠=︒，4=AD ，则球O 的表面积为_______.16．在如图棱长为2的正方体中，点M 、N 在棱AB 、BC 上，且1AM BN ==，P 在棱1AA 上，α为过M 、N 、P 三点的平面，则下列说法正确的是__________．①存在无数个点P ，使面α与正方体的截面为五边形；②当11A P =时，面α与正方体的截面面积为33③只有一个点P ，使面α与正方体的截面为四边形；④当面α交棱1CC 于点H ，则PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点．17．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.18．如图，矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）BM 是定值（2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置，使1DE A C ⊥（4）存在某个位置，使//MB 平面1A DE19．如图，在长方体1111ABCDA B C D ﹣中，O 是11B D 的中点，P 是线段AC 上一点，且直线1PA 交平面11AB D 于点M ．给出下列结论：①A ，M ，O 三点共线；②A ，M ，O ，1A 不共面；③A ，M ，C ，O 共面；④B ，1B ，O ，M 共面．其中正确结论的序号为______．20．如图，已知正四面体P ABC -的棱长为2，动点M 在四面体侧面PAC 上运动，并且总保持MB PA ⊥，则动点M 的轨迹的长度为__________.三、解答题21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，122AB BC AC BB ===，1B 在底面ABC 上的射影恰好是点A ，E 是11A C 的中点.（1）证明：1//A B 平面1B CE ；（2）求1A B 与平面11BCC B 所成角的正弦值.22．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. 23．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2AD AA AB ===，点E 是AB 的中点.（1）证明：1//BD 平面1A DE ；（2）证明：11D E A D ⊥；（3）求二面角1D EC D --的正切值.24．如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为23的正三角形，43PB =﹐60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点．（1）证明：PC ⊥平面ABC ；（2）求直线BF 与平面PAC 所成角的大小．25．在四棱锥P ABCD -中，90ABC ACD ∠=∠=，60BAC CAD ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，M 为AD 的中点，24PA AB ==．（1）取PC 中点F ，证明：PC ⊥平面AEF ；（2）求点D 到平面ACE 的距离.26．如图，ABC 中，2AC BC AB ==，ABED 是边长为1的正方形，平面ABED ⊥平面ABC ，若G 、F 分别是EC 、BD 的中点．（1）求证：//GF 平面ABC ；（2）求证：AC ⊥平面EBC ．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，利用正方体性质可求得2MN =，3EF =知12MN EF ≠，再利用三角形中位线性质知1//MN B C ，从而//MN ED ，又EF 与ED 相交，可知MN 与EF 异面，即可选出答案.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则22112MN MC C N =+=作E 点在平面ABCD 的投影点G ，即EG ⊥平面ABCD ，连接,EG GF ，在直角EGF △中，1EG =，222GF AG AF =+=2222123EF EG GF =+=+=以12MN EF ≠，故排除A 、C 连接DE ，由E 是平面11ADD A 的中心，得112DE A D = 又M N 、分别是11B C 、1CC 的中点，所以1//MN B C又11//A D B C ，所以//MN ED ，又EF ED E ⋂=，所以MN 与EF 异面故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.2．D解析：D【分析】延长DA 至G ，使AG CE =，可证11//A G C E ，得1GA F ∠是异面直线1A F 与1C E 所成的角（或其补角）．在1AGF △中，由余弦定理可得结论．【详解】延长DA 至G ，使AG CE =，连接1,GE GA ,GF ，11,AC A C ，又//AG CE 所以AGEC 是平行四边形，//,GE AC GE AC =，又正方体中1111//,AC AC AC AC =，所以1111//,AC DE AC DE =，所以11AC EG 是平行四边形，则11//A G C E ，所以1GA F ∠是异面直线1A F 与1C E 所成的角（或其补角）．设正方体棱长为2，在正方体中易得15AG =10GF =22222112(21)3A F AA AF =+=++=，1AGF △中，2221111125cos 2253AG A F GF GA F AG A F +-∠===⋅⨯⨯．故选：D ．【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法：（1）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论；（2）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．3．A解析：A 【分析】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果. 【详解】连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以PCE α∠=，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=，易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=，因为sin PE PC α=，sin POPC β=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>，因为sin PO PE γ=，sin POPCβ=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>. 故选：A 【点睛】关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.4．B解析：B 【分析】取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，12EF AB =，则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），设1AB =，则12EF =，32DE DF ==， ∴在等腰三角形DEF 中，11324cos 63EFFED DE ∠===．所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为36．故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．5．D解析：D 【分析】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，先通过BE ⊥平面11ACC A 可得BE AM ⊥，再由1ACM A AE ≅可得1AM A E ⊥，即可得出AM ⊥平面1A BE ，即1AM A B ⊥.【详解】取AC 中点E ，连接1,A E BE ，ABC 为正三角形，BE AC ∴⊥，正三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1CC BE ∴⊥，1ACCC C =，BE ∴⊥平面11ACC A ，AM ⊂平面11ACC A ，BE AM ∴⊥，在直角三角形ACM 和直角三角形1A AE 中，1,AC A A CM AE ==,1ACM A AE ∴≅， 1CAM AA E ∴∠=∠，12CAM A EA π∴∴∠+∠=，则1AM A E ⊥，1BE A E E ⋂=，AM ∴⊥平面1A BE ，1A B ⊂平面1A BE ，1AM A B ∴⊥，故异面直线AM 与1A B 所成角的大小为2π.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，解题的关键是通过证明AM ⊥平面1A BE 判断出1AM A B ⊥.6．C解析：C 【分析】因为P BCE P ABC E ABC V V V ---=-则当E ABC V -取最大值时，三棱锥P BCE -体积有最小值，建立坐标系求得当点E 的高为3时，问题得解.【详解】以点O 为原点，,,OA OD OB 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设点(),0,E x z ，依题意得()6,0,0A ，则()6,0,AE x z =- ，(),0,OE x z = 因为过BC 作截面AP α⊥于E ，所以AE OE ⊥则0AE OE ⋅=，故()2600x x z -++= 所以()6z x x =-3x =时max 3z =又()143P BCE P ABC E ABC ABCV V V S z ---=-=-因为max 3z =所以三棱锥P BCE -体积的最小值()1114343643332P BCE ABC V S-=-=⋅⋅=故选：C 【点睛】关键点点晴：本题的解题关键是将问题转化为求E ABC V -的最大值，通过建系求得三棱锥E ABC -的高的最大值即可.7．D解析：D 【分析】先找到几何体的原图，再求出几何体的高，再求几何体的体积得解. 【详解】由三视图可知几何体为图中的四棱锥1P CDD E -，由题得22437AD =-7 所以几何体的体积为11(24)676732⋅+⋅=. 故选：D 【点睛】方法点睛：通过三视图找几何体原图常用的方法有：（1）直接法；（2）拼凑法；（3）模型法.本题利用的就是模型法.要根据已知条件灵活选择方法求解.8．C解析：C 【分析】先由三视图计算底面正三角形内切圆的半径，内切圆的直径和三棱柱的高比较大小，确定球的半径的最大值，计算球的最大体积. 【详解】由三视图知该直三棱柱的高为4，底面正三角形的高为33半径为高的三分之一，即3r =234<，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大3343433V ππ==.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的第一个关键是由三视图确定底面三角形的高是33定球的最大半径.9．C解析：C 【分析】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. 【详解】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.【点睛】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 .10．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD ,42AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得1222OE BF AB ===,所以222(22)2,23R R =+∴=, 所以外接球的体积为34(23)3233ππ⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误；由题得22(42)(22)210AC AD ==+=，所以△ACD △的高为24026-=，设内切球的半径为r ，则1111111(422242222446)24423222232r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以22r，所以内切球的体积为3422)323ππ⨯=（，所以选项B 错误；所以内切球的表面积为224()22ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .11．A解析：A【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，E 分别为11,B C BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ．由三视图可知2AB =，则5,3PCPB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=．故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．12．C解析：C 【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果. 【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD△是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD⊥底面BCD，1AD=，所以112 =221=323V⨯⨯⨯⨯，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.二、填空题13．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因解析：56π；【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积.【详解】根据题意，画出图形，3的菱形ABCD 中，对角线3AC = 所以ABC 和DBC △都是正三角形，又因为二面角B AC D --的大小为2π，所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于O ，则O 是棱锥B ACD -外接球的球心，且11,2GD OG GE ===，所以球的半径2252R GD OG =+=，所以其体积为3344555(33V R ππ==⋅=， 55π. 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置；（3）利用勾股定理求得半径；（4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.14．2【分析】由球的表面积可求出半径取的中点可得设由基本不等式可得即可求出面积的最大值【详解】因为球的表面积为所以球的半径取的中点则为的外接圆圆心平面设由得因为所以当且仅当时取等因为的面积为所以面积的最解析：2 【分析】由球的表面积可求出半径3R =，取BC 的中点D ，可得1OD =，设AB x =，AC y =，由基本不等式可得4xy ≤，即可求出ABC 面积的最大值.【详解】因为球O 的表面积为12π，所以球O 的半径3R =．取BC 的中点D ，则D 为ABC 的外接圆圆心，PA ⊥平面ABC ，112OD PA ∴==，设AB x =，AC y =，由2222134+==+=+=x y R OC CD OD ，得228x y +=．因为222x y xy +≥，所以4xy ≤，当且仅当2x y ==时取等．因为ABC 的面积为1122⋅=AB AC xy ，所以ABC 面积的最大值为2．故答案为：2.【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是是建立勾股关系，利用基本不等式求出4xy ≤.15．【分析】首先利用垂直关系和底面和侧面外接圆的圆心作出四棱锥外接球的球心再计算外接球的半径以及球的表面积【详解】连结交于点取中点连结并延长于点点是外接圆的圆心侧面底面侧面底面平面过点作平面侧面所以点是解析：64π【分析】首先利用垂直关系和底面ABCD 和侧面ABCD 外接圆的圆心，作出四棱锥P ABCD -外接球的球心，再计算外接球的半径，以及球O 的表面积. 【详解】连结,AC BD ，交于点M ，取AB 中点N 连结AN ，MN ，并延长于点E ，点E 是PAB △外接圆的圆心，侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB 底面ABCD AB =，MN AB ⊥ MN ∴⊥平面PAB ，过点M 作MO ⊥平面ABCD ，//EO MN ，EO ∴⊥侧面PAB ，所以点O 是四棱锥P ABCD -外接球的球心，可知四边形MNEO 是矩形，右图，23PA PB ==，120APB ∠=，2cos306AB PB ∴==，点E 是PAB △外接圆的圆心，sin 303PN PB ∴==，PBE △是等边三角形，23PE =， 2333NE ∴=-=，3MO ∴=，2211641322MC AC ==+=， 223134R OC MO MC ∴==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==故答案为：64π 【点睛】本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,a b c ，那么外接球的直径2222R a b c =++2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R 的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.16．①②④【分析】让从开始逐渐向运动变化观察所得的截面从而可得正确的选项【详解】由题设可得为所在棱的中点当时如图（1）直线分别交与连接并延长于连接交于则与正方体的截面为五边形故①正确当如图（2）此时与正解析：①②④ 【分析】让P 从A 开始逐渐向1A 运动变化，观察所得的截面，从而可得正确的选项．【详解】由题设可得,M N 为所在棱的中点. 当203AP <<时，如图（1），直线MN 分别交,AD DC 与,T S ，连接TP 并延长1DD 于G ，连接GS 交1CC 于H ，则α与正方体的截面为五边形，故①正确.当11A P =，如图（2），此时α2，其面积为2362=33B 正确.当,A P 重合或1,A P 重合时，如图（3），α与正方体的截面均为四边形，故③错误.如图（4），在平面α内，设PM HN S ⋂=，则S PM ∈，而PM ⊂平面11A B BA ，故S ∈平面11A B BA ，同理S ∈平面11C B BC ，故S ∈平面11A B BA ⋂平面111C B BC BB =即PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点. 故答案为：①②④. 【点睛】思路点睛：平面的性质有3个公理及其推理，注意各个公理的作用，其中公理2可用来证明三点共线或三线共点，公理3及其推理可用来证明点共面或线共面，作截面图时用利用公理2来处理.17．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ，可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值，且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 11171827477tan tan()7117O HN O HO NHO ----∠=∠-∠====++ 11171827477tan tan()7117O HM O HO OHM ++++∠=∠+∠====- 所以tan θ的取值范围是4747,33⎡+⎢⎣⎦，故答案为：4747-+⎣⎦.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下：（1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值；（3）结合图形求得相应角的正切值；（4）利用和差角正切公式求得结果.18．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4）【分析】首先取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设1DE A C ⊥成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得11DA A E ⊥矛盾来判断（3）. 【详解】取CD 中点Q ，连结MQ ，BQ ，则1//MQ DA ，//BQ DE ，∴平面//MBQ 平面1A DE ，又MB ⊂平面MBQ ，//MB ∴平面1A DE ，故（4）正确；由1A DE MQB ∠=∠，112MQ A D ==定值，QB DE ==定值，由余弦定理可得2222cos MB MQ QB MQ QB MQB =+-⋅⋅∠ 所以MB 是定值，故（1）正确；B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，故（2）正确；145A DE ADE ∠=∠=，45CDE ∠=，且设1AD =，2AB =，则2DE CE ==若存在某个位置,使1DE A C ⊥,则因为222DE CE CD +=,即CE DE ⊥,因为1AC CE C =,则DE ⊥平面1A CE ,所以1DE A E ⊥,与11DA A E ⊥矛盾，故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.19．①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确用反证法可得④错误【详解】∵连接∵是的中点∴平面与平面有公共点与则平面平面对于①平面则平面又平面则即三点共线故①正确；对于②在平面内由①知∴平解析：①③ 【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确，用反证法可得④错误. 【详解】∵连接11A C ，∵O 是11B D 的中点，∴11O A C ∈．平面11AB D 与平面11AAC C 有公共点A 与O ，则平面11AAC C平面11AB D AO =．对于①，1M PA ∈，1PA ⊂平面11AAC C ，则M ∈平面11AAC C ，又M ∈平面11AB D ，则M AO ∈，即A ，M ，O 三点共线，故①正确；对于②，A ，O ，1A 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC C ，即A ，M ，O ，1A 共面，故②错误；对于③，A ，O ，C 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AA C CA ，则A ，M ，C ，O 共面11AAC C ，故③正确；对于④，连接BD ，则B ，1B ，O 都在平面11BB D D 上，若M ∈平面11BB D D ，则直线OM ⊂平面11BB D D ，∴A ∈面11BB D D ，显然A ∉面11BB D D 的，故④错误． ∴正确命题的序号是①③．故答案为：①③．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中的直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题.20．【分析】取PA 的中点E 连接EBEC 推出PA ⊥平面BCE 故点M 的轨迹为线段CE 解出即可【详解】取PA 的中点E 连接EBEC 因为几何体是正四面体P ﹣ABC 所以BE ⊥PAEC ⊥PAEB∩EC ＝E ∴PA ⊥平面解析：3【分析】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，推出PA ⊥平面BCE ，故点M 的轨迹为线段CE ，解出即可．【详解】取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，因为几何体是正四面体P ﹣ABC ，所以BE ⊥PA ，EC ⊥PA ，EB ∩EC ＝E ，∴PA ⊥平面BCE ，且动点M 在正四面体侧面PAC 上运动，总保持MB PA ⊥，∴点M 的轨迹为线段CE ，正四面体P ﹣ABC 的棱长为2，在等边三角形PAC 中求得CE ＝3232⨯=. 故答案为：3【点睛】本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．三、解答题21．（1）证明见解析；（2105. 【分析】（1）连接1BC 与1B C 相交于M ，连接EM ，证明1//EM A B ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）证明平面1AB F ⊥平面11BCC B ，得出NO ⊥平面11BCC B ，结合线面角的定义得出OBN ∠即为1A B 与平面11BCC B 所成角，再由相似三角形、勾股定理、直角三角形边角关系得出1A B 与平面11BCC B 所成角的正弦值. 【详解】（1）连接1BC 与1B C 相交于M ，连接EM由于E ，M 分别是11A C ，1BC 的中点，则1//EM A B因为EM ⊂平面1B CE ，1A B ⊄平面1B CE ，所以1//A B 平面1B CE .（2）取BC 中点F ，连接AF ，1B F ，则AF BC ⊥ 因为1B A ⊥平面ABC ，所以1B A BC ⊥又1,AF B A ⊂平面1AB F ，1AF B A A ⋂=，所以BC ⊥平面1AB F又BC ⊂平面11BCC B ，所以平面1AB F ⊥平面11BCC B ，过N 作1NO B F ⊥于O 因为NO ⊂平面1AB F ，平面1AB F ⋂平面111BCC B B F =所以NO ⊥平面11BCC B ，连接OB ，则OBN ∠即为1A B 与平面11BCC B 所成角设12BB =，易知2211022BN AN AB =+=+=，6AF =，1142B F = 由11ONB AFB △△，114214B N ON AF B F =⋅= 所以105sin 35ON OBN BN ∠==. 【点睛】关键点睛：解决第一问的关键在于由中位线定理证明线线平行，再由线面平行的判定定理证明线面平行；解决第二问的关键在于由线面垂直找出线面角，再由直角三角形边角关系求出正弦值.22．（1）证明见解析；（23【分析】（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 =，3CG =2EG =，所以，直线EG 与平面ABC 所成角的余弦值为32，故直线OF 与平面ABC 3 【点睛】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.。

高中数学第一章立体几何初步单元质量测评(含解析)新人教B版必修2-新人教B版高一必修2数学试题

第一章单元质量测评对应学生用书P41 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．由6个大小一样的正方形所组成的图形是正方体的展开图C ．正方体各条棱长都相等D ．棱柱的各条棱都相等答案 C解析根据棱柱的定义可知，棱柱的侧面都是平行四边形，侧棱长相等，但是侧棱和底面内的棱长不一定相等，而正方体的所有棱长都相等．2．中心角为135°，面积为B 的扇形围成一个圆锥，若圆锥的全面积为A ，则A∶B 等于( )A ．11∶8 B．3∶8 C．8∶3 D．13∶8 答案 A解析设扇形的半径为R ，围成的圆锥的底面圆的半径为r ，则扇形弧长l ＝135πR 180＝34πR，又2πr＝34πR，∴r＝38R ，S 扇形＝135π360R 2＝38πR 2，S 圆锥全＝S 底＋S 侧＝πr 2＋S 扇形＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫38R 2＋38πR 2＝3364πR 2，∴S 扇形S 圆锥全＝38πR 23364πR 2＝811，∴A B ＝118，故选A ．3．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案 C解析由几何体的俯视图与左视图的宽度一样，可知C不可能是该锥体的俯视图，故选C．4．给出下列四个命题：①三点确定一个平面；②一条直线和一个点确定一个平面；③若四点不共面，则每三点一定不共线；④三条平行线确定三个平面．正确的结论个数有( )A．1 B．2 C．3 D．4答案 A解析①中不共线的三点确定一个平面；②中一条直线和直线外一点确定一个平面；③中若四点不共面，则每三点一定不共线，故③正确；④中不共面的三条平行线确定三个平面．5．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若α∥β，l∥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析若l∥α，l∥β，则α∥β或α∩β＝m，l∥m，故A错误．若α∥β，l∥α，则l∥β或l在β内，故C错误．若α⊥β，l∥α，则l∥β或l在β内或l⊥β或l与β相交，故D错误．6．体积为27，全面积为54的长方体( )A．必是正方体 B．不存在C．有无穷多个 D．最多只能有三个答案 A解析设长、宽、高分别为a ，b ，c ，则abc ＝27． 2(ab ＋bc ＋ac)＝54，∴ab＋bc ＋ac ＝abc ．易知a ＝b ＝c ，故应为棱长为3的正方体．7．如图，平行四边形ABCD 中，AB⊥BD，沿BD 将△ABD 折起，使面ABD⊥面BCD ，连接AC ，则在四面体ABCD 的四个面所在平面中，互相垂直的平面的对数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 ①平面ABD⊥平面BCD ，②平面ABC⊥平面BCD ，③平面ACD⊥平面ABD ． 8．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S 1，S 2，S 3，则( )A ．S 1<S 2<S 3B ．S 3<S 2<S 1C ．S 2<S 1<S 3D ．S 1<S 3<S 2 答案 A解析由截面性质可知，设底面积为S ． S S 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫212⇒S 1＝14S ； S S 2＝21⇒S 2＝12S ； S S 3＝3212⇒S 3＝134S ．可知S 1<S 2<S 3，故选A ． 9．夹在两个平行平面间的圆柱、圆锥、球，若它们在平行平面上的正投影是等圆，那么它们的体积之比为( )A ．3∶1∶4 B．9∶3∶4 C ．3∶1∶2 D．1∶2∶3 答案 C解析它们的高都等于两平行平面间的距离设为h ，圆柱体积V 1，圆锥体积V 2，球体积V 3，正投影的面积为S ，则V 1＝Sh ，V 2＝13Sh ，V 3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫S π3＝43S Sπ．又因为h ＝2S π，所以S π＝h 2．所以V 3＝43S·h 2＝23Sh ，所以V 1∶V 2∶V 3＝1∶13∶23＝3∶1∶2．10．已知集合A ，B ，C ，A ＝{直线}；B ＝{平面}，C ＝A∪B，若a∈A，b∈B，c∈C，给出下列命题：①⎩⎪⎨⎪⎧a∥b，c∥b⇒a∥c；②⎩⎪⎨⎪⎧a⊥b，c⊥b⇒a∥c；③⎩⎪⎨⎪⎧a⊥b，c∥b⇒a⊥c．其中正确的命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 B解析 ①当c 为直线时，⎩⎪⎨⎪⎧a∥b，c∥b ⇒a∥c 或a ，c 异面或相交，故①错误．②当c 为平面时，⎩⎪⎨⎪⎧a⊥b，c⊥b⇒a∥c 或a ⊂c ，故②错误．经验证得③正确．11．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 最短，则AP ＋D 1P 的最小值为( )A ．2＋ 2B ．2＋62C ．2＋ 2D ．2 答案 A解析 D 1－A 1B －A 展成平面，如图所示，则AD 1即为AP ＋D 1P 的最小值．过D 1作D 1M⊥AA 1的延长线于M ，由∠AA 1D 1＝∠AA 1B ＋∠BA 1D 1＝45°＋90°＝135°，可知∠MA 1D 1＝45°．所以A 1M ＝D 1M ＝22．在Rt△MD 1A 中，AD 1＝MA 2＋MD 21＝ 2＋2．12．三棱锥P －ABC 的高PO ＝8，AC ＝BC ＝3，∠ACB＝30°，M ，N 分别在BC 和PO 上，且CM ＝x ，PN ＝2x(x∈[0，3])，下列四个图象大致描绘了三棱锥N －AMC 的体积V 与x 的变化关系，其中正确的是( )答案 A解析 V ＝13S △AMC ·NO＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3x×sin30°· (8－2x)＝－12(x －2)2＋2，x∈[0，3]，故选A ．第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．直线a ，b 分别是长方体相邻两个面上的对角线所在直线，则a 与b 的位置关系为________．答案相交或异面解析画一个长方体，则有两直线交于一顶点或两直线异面．14．设A ，B ，C ，D 为球O 上四点，若AB ，AC ，AD 两两互相垂直，且AB ＝AC ＝6，AD ＝2，则A ，D 两点间的球面距离为________．答案2π3解析由题意知，球O 的直径为以AB ，AC ，AD 为棱的长方体的体对角线，即2R ＝AB 2＋AC 2＋AD 2＝4，即R ＝2，则OA ＝OD ＝AD ＝2，∴△OAD 为正三角形，则∠AOD＝π3，∴A，D 球面距离为2π3．15．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．答案 2 3解析由三视图可知该多面体的直观图如图所示，即图中的四棱锥P －ABCD ，所以最长的一条棱的长为PA ＝PC 2＋AC 2＝PC 2＋AB 2＋BC 2＝23．16．一个正六棱锥的底面边长为2、高为1，则过两条不相邻侧棱所作的截面中，面积最大值为________．答案6解析如图先计算截面PAD 的面积，由题知h ＝PO ＝1，AD ＝4，∴S △PAD ＝12×1×4＝2，下面计算截面PAC 的面积，连接OB 交AC 于M 点，连接PM ，则PM⊥AC，AC ＝23，BM ＝1，∴OM＝1，∴PM＝PO 2＋OM 2＝12＋12＝2，∴S △PAC ＝12×AC×PM＝12×23×2＝6，6>2，∴S △PAC >S △PAD ，∴填6．三、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)定线段AB所在直线与定平面α相交，P为直线AB外任一点，且P∉α，直线AP，PB与α交于A′，B′．求证：不论P在什么位置，A′B′过一定点．证明设定线段AB所在直线与定平面α相交于定点O．∵AP，AB相交于点A，∴由AP，AB可确定平面β．∵AP∩α＝A′，PB∩α＝B′，AB∩α＝O，∴A′，B′，O为平面α与平面β的公共点．∴A′，B′，O三点共线，即A′B′过定点O．18．(本小题满分12分)如图，已知平面α∥β，O为α，β外一点，三条射线OA，OB，OC分别交β于A，B，C，交α于A1，B1，C1．(1)求证：△ABC∽△A1B1C1；(2)若OA＝a，AA1＝b，B1C1＝c，求BC的长．解(1)证明：因为α∥β，平面AOB∩α＝A1B1，平面AOB∩β＝AB，所以A1B1∥AB，所以OA1OA＝OB1OB＝A1B1AB，同理B1C1∥BC，所以OB1OB＝OC1OC＝B1C1BC．同理，A1C1∥AC，OA1OA＝OC1OC＝A1C1AC，所以A1B1AB＝B1C1BC＝C1A1CA．所以△ABC∽△A1B1C1．(2)由(1)知，OA1OA＝B1C1BC，又因为OA1＝OA－AA1＝a－b，∴a－ba＝cBC，∴BC＝aca－b．19．(本小题满分12分)如图所示的四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，求证：(1)PA∥平面BDE；(2)平面PAC⊥平面PBD．证明(1)连接AC交BD于点O，连接OE．∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO．∵E为PC的中点，∴EO∥PA．∵PA⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE．(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．∵AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．20．(本小题满分12分)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，∠C1CB＝∠C1CD ＝∠BCD＝60°．(1)求证：C1C⊥BD；(2)当CDCC1的值为多少时，可使A1C⊥平面C1BD?解(1)证明：连接A1C1，AC，设AC和BD交于点O，连接C1O．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC＝CD．又∵∠BCC1＝∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B＝C1D．∵DO＝OB，∴C1O⊥BD．又∵AC∩C1O＝O，∴BD⊥平面ACC1A1．又∵C1C⊂平面ACC1A1，∴C1C⊥BD．(2)由(1)知BD⊥平面ACC1A1．∵A1C⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1C．当CDCC1＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形．同理可证BC1⊥A1C．又∵BD∩BC1＝B，∴A1C⊥平面C1BD．21．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC ＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．解(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB．又因为AB⊥BC，BB1，BC为平面B1BCC1内两条相交直线，所以AB⊥平面B1BCC1，又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1．(2)证明：取AB中点G，连接EG，FG，如图．因为E，F，G分别是A1C1，BC，AB的中点，所以FG∥AC，且FG ＝12AC ，EC 1＝12A 1C 1．因为AC∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG∥EC 1，且FG ＝EC 1．所以四边形FGEC 1为平行四边形．所以C 1F∥EG．又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F∥平面ABE ．(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB⊥BC，所以AB ＝AC 2－BC 2＝3．所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33．22．(本小题满分12分)已知某几何体的直观图(图1)与它的三视图(图2)，其中俯视图为正三角形，主视图及左视图是矩形．(1)求该几何体的体积；(2)D 是棱A 1C 1上的一点，若使直线BC 1∥平面AB 1D ，试确定点D 的位置，并证明你的结论； (3)在(2)成立的条件下，求证：平面AB 1D⊥平面AA 1D ．解由三视图可知该几何为正三棱柱，底面是高为3的正三角形，三棱柱的高h ＝3，(1)底面是高为3的正三角形，易知底面边长为2，word- 11 - / 11 所以底面面积S ＝12×2×3＝3，所求体积V ＝Sh ＝33．(2)连接A 1B ，且A 1B∩AB 1＝O ，因为正三棱柱侧面是矩形，所以点O 是A 1B 的中点，解法一：若BC 1∥平面AB 1D ，连接DO ，BC 1⊂平面A 1BC 1，平面AB 1D∩平面A 1BC 1＝DO ，所以BC 1∥DO，所以DO 是△A 1BC 1的中位线，所以D 为A 1C 1的中点．即D 为A 1C 1的中点时，BC 1∥平面AB 1D ．解法二：若D 为棱A 1C 1的中点．连接DO ，所以DO 是△A 1BC 1的中位线．所以BC 1∥DO，又DO ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，所以BC 1∥平面AB 1D ．即D 为A 1C 1的中点时，BC 1∥平面AB 1D ．解法三：在△A 1BC 1中，过O 作OD∥BC 1，交A 1C 1于D ，所以OD 为△A 1BC 1的中位线，所以D 为A 1C 1的中点，又DO ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，所以C 1B∥平面AB 1D ．即D 为A 1C 1的中点时，BC 1∥平面AB 1D ．(3)证法一：在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，三角形A 1B 1C 1为正三角形，所以B 1D⊥A 1C 1，又由三棱柱性质知平面A 1B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，且平面A 1B 1C 1∩平面ACC 1A 1＝A 1C 1， B 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以B 1D⊥平面AA 1D ，又B 1D ⊂平面AB 1D ，所以平面AB 1D⊥平面AA 1D ．证法二：在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，三角形A 1B 1C 1为正三角形，所以B 1D⊥A 1C 1，又因为AA 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥B 1D ．AA 1∩A 1C 1＝A 1，AA 1⊂平面AA 1D ，A 1C 1⊂平面AA 1D ，所以B 1D⊥平面AA 1D ，又B 1D ⊂平面AB 1D ，所以平面AB 1D⊥平面AA 1D ．。

新教材高中数学第一章空间向量与立体几何综合训练含解析新人教A版选择性必修第一册

第一章综合训练(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知平面α和平面β的法向量分别为m =(3,1,-5),n =(-6,-2,10),则( )A.α⊥βB.α∥βC.α与β相交但不垂直D.以上都不对n =(-6,-2,10),m =(3,1,-5),∴n =-2m .∴m ∥n .∴α与β平行.2.(2020黑龙江哈尔滨六中高二检测)已知O 为坐标原点,向量a =(-2,1,1),点A (-3,-1,4),B (-2,-2,2).若点E 在直线AB 上,且OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥a ,则点E 的坐标为( ) A.-65,-145,25B.65,145,-25C.65,-145,25D.-65,145,-25解析因为E 在直线AB 上,故存在实数t 使得OE⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2)=(-3+t ,-1-t ,4-2t ).若OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥a ,则OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·a =0,所以-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t=95.因此点E 的坐标为-65,-145,25.故选A .3.已知正四面体ABCD 的棱长为a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.a 2 B.14a 2C.12a 2D.√34a 2ABCD 中,E ,F 分别是BC ,AD 的中点,∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ . 则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ .因为是正四面体,所以BE ⊥AD ,∠BAD=π3,即BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =|AB||AD|cos π3=a22,所以AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =a 24,故选B.4.(2020福建莆田高二检测)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,以D 为坐标原点建立空间直角坐标系,E 为BB 1的中点,F 为A 1D 1的中点,则下列向量能作为平面AEF 的法向量的是( )A.(1,-2,4)B.(-4,1,-2)C.(2,-2,1)D.(1,2,-2)2,则A (2,0,0),E (2,2,1),F (1,0,2),所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2).设向量n =(x ,y ,z )是平面AEF 的法向量,则{n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =2y +z =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +2z =0,取y=1,得x=-4,z=-2,则n =(-4,1,-2)是平面AEF 的一个法向量.结合其他选项,检验可知只有B 选项是平面AEF 的法向量.5.若正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等,D 是A 1C 1的中点,则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.45B.35C.34D.√55AC 的中点O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设三棱柱的棱长为2,则A (0,-1,0),D (0,0,2),C (0,1,0),B 1(√3,0,2), ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2).设n =(x ,y ,z )为平面B 1CD 的法向量,由{n ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-y +2z =0,√3x -y +2z =0,故{x =0,y =2z ,令z=1,得n =(0,2,1).设直线AD 与平面B 1DC 所成角为α,则sin α=|cos <AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√5×√5=45,所以直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为45.故选A.6.如图,棱长为6的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,E ,F 分别是棱AB ,BC 上的动点,且AE=BF.当A 1,E ,F ,C 1四点共面时,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.√32B.12C.15D.2√65D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略),则A 1(6,0,6),E (6,3,0),F (3,6,0).设平面A 1DE 的法向量为n 1=(a ,b ,c ),依题意得{n 1·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =6a +3b =0,n 1·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6a +6c =0,令a=-1,则c=1,b=2,所以n 1=(-1,2,1).同理得平面C 1DF 的一个法向量为n 2=(2,-1,1),由题图知,平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|=12.7.(2020江西九江一中检测)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,E 是棱AB 的中点,则点E 到平面ACD 1的距离为( )A.12B.√22C.1D.16,以D 为坐标原点,以DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系,则D 1(0,0,1),E (1,1,0),A (1,0,0),C (0,2,0).连接D 1E ,所以D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1).设平面ACD 1的法向量为n =(a ,b ,c ),则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-a +2b =0,-a +c =0,令a=2,得b=1,c=2,则n =(2,1,2).所以点E 到平面ACD 1的距离为h=|D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=2+1-23=13.故选C .8.在三棱锥P-ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,则点C 到平面PAB 的距离是( ) A.3√427B.4√427 C.5√427D.6√427在三棱锥P-ABC 中,PC ⊥底面ABC ,∠BAC=90°,AB=AC=4,∠PBC=60°,∴以A 为坐标原点,AB 为x 轴,AC 为y 轴,过A 作平面ABC 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系, 则C (0,4,0),P (0,4,4√6),A (0,0,0),B (4,0,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,4√6), 设平面PAB 的法向量n =(x ,y ,z ),则{n ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =4y +4√6z =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4x =0,取z=1,得n =(0,-√6,1),∴点C 到平面PAB 的距离d=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√6√7=4√427.故选B.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.空间四个点O ,A ,B ,C ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为空间的一个基底,则下列说法正确的是( ) A.O ,A ,B ,C 四点不共线 B.O ,A ,B ,C 四点共面,但不共线 C.O ,A ,B ,C 四点中任意三点不共线 D.O ,A ,B ,C 四点不共面O ,A ,B ,C 四点共面,则OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面,则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不可能为空间的一个基底.故AD 正确,B 不正确;若O ,A ,B ,C 中有三点共线,则四点一定共面,故C 也正确.10.(2020山东淄博高二期末)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=√3AD=√3AA 1=√3,P 为线段A 1C 上的动点,则下列结论正确的是( )A.当A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,B 1,P ,D 三点共线B.当AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗C.当A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,D 1P ∥平面BDC 1D.当A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =5A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,A 1C ⊥平面D 1APABCD-A 1B 1C 1D 1中,以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=√3AD=√3AA 1=√3,所以AD=AA 1=1,则A (1,0,0),A 1(1,0,1),C (0,√3,0),D 1(0,0,1),C 1(0,√3,1),D (0,0,0),B (1,√3,0),则A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-1),D 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1).对于A,当A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,P 为线段A 1C 的中点,根据长方体结构特征,P 为体对角线的中点,因此P 也为B 1D 中点,所以B 1,P ,D 三点共线,故A 正确; 对于B,当AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,AP ⊥A 1C ,由题意可得,A 1C=√1+1+3=√5,AC=√1+3=2,由S△A 1AC=12AA 1·AC=12A 1C ·AP ,解得AP=25√5,所以A 1P=√55,即P 为线段A 1C 上靠近点A 1的五等分点,所以P45,√35,45,则D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =45,√35,-15,AP⃗⃗⃗⃗⃗ =-15,√35,45,所以D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-425+325−425=-15≠0,所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 与D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不垂直,故B 错误;对于C,当A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-13,√33,-13,设平面BDC 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3y +z =0,x +√3y =0,令y=1,可得n =(-√3,1,-√3).又D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23,√33,-13,所以D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,因此D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n ,又点D 1不在平面BDC 1内,所以D 1P ∥平面BDC 1,故C 正确; 对于D,当A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =5A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时,A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =15A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-15,√35,-15,所以D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =45,√35,-15,所以A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·D 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因此A 1C ⊥D 1P ,A 1C ⊥D 1A ,又D 1P ∩D 1A=D 1,则A 1C ⊥平面D 1AP ,故D 正确.故选ACD .11.在四面体P-ABC 中,下列说法正确的有( ) A.若AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则可知BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B.若Q 为△ABC 的重心,则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ C.若PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 D.若四面体P-ABC 各棱长都为2,M ,N 分别为PA ,BC 的中点,则|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1A,∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴3AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ -2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴2BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC⃗⃗⃗⃗⃗ ,即3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故A 正确; 对于B,若Q 为△ABC 的重心,则QA ⃗⃗⃗⃗⃗ +QB ⃗⃗⃗⃗⃗ +QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴3PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ +QA ⃗⃗⃗⃗⃗ +QB ⃗⃗⃗⃗⃗ +QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴3PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC⃗⃗⃗⃗⃗ , 即PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故B 正确; 对于C,若PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0, ∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0, ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故C 正确; 对于D,∵MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-12PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ −PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ), ∴|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |, ∵|PA⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ −PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |= √PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ -2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC⃗⃗⃗⃗⃗=√22+22+22-2×2×2×12-2×2×2×12+2×2×2×12 =2√2,∴|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2.故D 错误.12.(2020山东烟台高三期末)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点P 在线段B 1C 上运动,则( )A.直线BD 1⊥平面A 1C 1DB.三棱锥P-A 1C 1D 的体积为定值C.异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是〖45°,90°〗D.直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为√63A,连接B 1D 1,由正方体可得A 1C 1⊥B 1D 1,且BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,则BB 1⊥A 1C 1,所以A 1C 1⊥平面BD 1B 1,故A 1C 1⊥BD 1;同理,连接AD 1,易证得A 1D ⊥BD 1,则BD 1⊥平面A 1C 1D ,故A 正确;对于选项B,V P -A 1C 1D =V C 1-A 1PD ,因为点P 在线段B 1C 上运动,所以S △A 1DP =12A 1D ·AB ,面积为定值,且C 1到平面A 1PD 1的距离即为C 1到平面A 1B 1CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确;对于选项C,当点P 与线段B 1C 的端点重合时,AP 与A 1D 所成角取得最小值为60°,故C 错误; 对于选项D,因为直线BD 1⊥平面A 1C 1D ,所以若直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值最大,则直线C 1P 与直线BD 1所成角的余弦值最大,则P 运动到B 1C 中点处,即所成角为∠C 1BD 1,设棱长为1,在Rt △D 1C 1B 中,cos ∠C 1BD 1=C 1B BD 1=√2√3=√63,故D 正确.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,5,3),则平面ABC 的单位法向量是 .ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{2x +2y +z =0,4x +5y +3z =0.令z=1,得{x =12,y =-1,所以n =(12,-1,1),故平面ABC 的单位法向量为±n |n |=±(13,-23,23).(13,-23,23)14.已知正四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1中,上底面A 1B 1C 1D 1边长为1,下底面ABCD 边长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为 .O 1,O ,则OO 1⊥平面ABCD ,以O 为原点,直线BD ,AC ,OO 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,A 1B 1=1,所以AC=BD=2√2,A 1C 1=B 1D 1=√2.因为平面BDD 1B 1⊥平面ABCD ,所以∠B 1BO 为侧棱与底面所成的角,故∠B 1BO=60°. 设棱台高为h ,则tan60°=√2-√22,h=√62, 所以A (0,-√2,0),D 1(-√22,0,√62),B 1(√22,0,√62),C (0,√2,0),所以AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,√62), B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√2,-√62),故cos <AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=14, 故异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为14.15.(2020浙江宁波九校高二期末联考)在正四面体ABCD 中,M ,N 分别为棱BC ,AB 的中点,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,用a ,b ,c 表示向量DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ,异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为 .,画出对应的正四面体如图所示,设棱长为1,则DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-c +12(a +b )=12(a +b -2c ).又CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a -b =12(a -2b ),易知a ·b =a ·c =b ·c =12.设异面直线DM 与CN 所成角为θ, 则cos θ=|2DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·2CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√3·√3=|a 2-2a ·b+a ·b -2b 2-2a ·c+4b ·c |3=|1-1+12-2-1+2|3=16.a +b -2c ) 1616.在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为CC 1的中点,P ,Q 是平面A 1B 1C 1D 1内相异两点,满足BP ⊥A 1E ,BQ ⊥A 1E.(1)PQ 与BD 的位置关系是 ; (2)|A 1P|的最小值为 .以D 为空间直角坐标系的原点,以DA ,DC ,DD 1所在的直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示:A 1(1,0,1),E (0,1,12),B (1,1,0),A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-12),因为P ,Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内,所以设P (a ,b ,1),Q (m ,n ,1),所以BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-1,b-1,1),BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(m-1,n-1,1), 因为BP ⊥A 1E ,BQ ⊥A 1E ,所以{BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-(a -1)+(b -1)-12=0,BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-(m -1)+(n -1)-12=0,解得{b -a =12,n -m =12,PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(n-b ,n-b ,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),所以PQ 与BD 的位置关系是平行.(2)由(1)可知b-a=12,|A 1P|=√(a -1)2+b 2=√(a -1)2+(a +12)2=√2a 2-a +54 =√2(a -14)2+98.当a=14时,|A 1P|有最小值,最小值为3√24.平行 (2)3√24四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)已知向量a =(1,-3,2),b =(-2,1,1),点A (-3,-1,4),B (-2,-2,2). (1)求|2a+b |.(2)在直线AB 上,是否存在一点E ,使得OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b (O 为原点)?若存在,求出点E 的坐标;若不存在,请说明理由.a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=√02+(-5)2+52=5√2. (2)存在.OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2)=(-3+t ,-1-t ,4-2t ), 若OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,则OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·b =0,所以-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t=95,因此存在点E ,使得OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥b ,此时点E的坐标为E (-65,-145,25).18.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=π2,D 是棱AC 的中点,且AB=BC=BB 1=2.(1)求证:AB 1∥平面BC 1D ;(2)求异面直线AB 1与BC 1所成的角.,连接B 1C 交BC 1于点O ,连接OD.因为O 为B 1C 的中点,D 为AC 的中点, 所以OD ∥AB 1.因为AB 1⊄平面BC 1D ,OD ⊂平面BC 1D ,所以AB 1∥平面BC 1D.Bxyz ,则B (0,0,0),A (0,2,0),C 1(2,0,2),B 1(0,0,2),因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,2),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).所以cos <AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√2×2√2=12,设异面直线AB 1与BC 1所成的角为θ,则cos θ=12,由于θ∈(0,π2),故θ=π3.19.(12分)如图,已知菱形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直,AB=AF=2,∠ADC=60°. (1)求直线BF 与平面ABCD 的夹角; (2)求点A 到平面FBD 的距离.AC ∩BD=O ,因为菱形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直,所以易得AF ⊥平面ABCD.以O 点为坐标原点,以OD 为x 轴,OA 为y 轴,过O 点且平行于AF 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,(1)由已知得A (0,1,0),B (-√3,0,0),C (0,-1,0),D (√3,0,0),F (0,1,2),因为z 轴垂直于平面ABCD ,因此可令平面ABCD 的一个法向量为m =(0,0,1), 又BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,2),设直线BF 与平面ABCD 的夹角为θ,则有sin θ=|cos <m ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗||m ||BF⃗⃗⃗⃗⃗ |=1×2√2=√22,即θ=π4,所以直线BF 与平面ABCD 的夹角为π4.(2)因为BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,0,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,2), 设平面FBD 的法向量为n =(x ,y ,z ),{BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0⇒{2√3x =0,√3x +y +2z =0, 令z=1得n =(0,-2,1),又因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2), 所以点A 到平面FBD 的距离d=|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√5=2√55.20.(12分)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,四边形A 1C 1CA 为菱形,∠B 1A 1A=∠C 1A 1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1,点Q 在线段AC 上移动,P 为棱AA 1的中点.(1)若Q 为线段AC 的中点,H 为线段BQ 的中点,延长AH 交BC 于点D ,求证:AD ∥平面B 1PQ ; (2)若二面角B 1-PQ-C 1的平面角的余弦值为√1313,求点P 到平面BQB 1的距离.,取BB 1的中点E ,连接AE ,EH.因为H 为BQ 中点,所以EH ∥B 1Q.在▱AA 1B 1B 中,P ,E 分别为AA 1,BB 1的中点,所以AE ∥PB 1. 又EH ∩AE=E ,PB 1∩B 1Q=B 1, 所以平面EHA ∥平面B 1QP.因为AD ⊂平面EHA ,所以AD ∥平面B 1PQ.,连接PC 1,AC 1,因为四边形A 1C 1CA 为菱形,∠C 1A 1A=60°,所以AA 1=AC 1=A 1C 1=4,即△AC 1A 1为等边三角形.因为P 为AA 1的中点,所以PC 1⊥AA 1.因为平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1,平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1,PC 1⊂平面ACC 1A 1,所以PC 1⊥平面ABB 1A 1.在平面ABB 1A 1内过点P 作PR ⊥AA 1交BB 1于点R.以PR ,PA 1,PC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ,则P (0,0,0),A 1(0,2,0),A (0,-2,0),C 1(0,0,2√3),C (0,-4,2√3).设AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,-2,2√3),λ∈〖0,1〗, 所以Q (0,-2(λ+1),2√3λ), 所以PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2(λ+1),2√3λ). 因为A 1B 1=AB=2,∠B 1A 1A=60°, 所以B 1(√3,1,0),所以PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0). 设平面PQB 1的法向量为m =(x ,y ,z ), 则{m ·PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2(λ+1)y +2√3λz =0,√3x +y =0, 令x=1,则y=-√3,z=-λ+1λ,所以平面PQB 1的一个法向量为m =1,-√3,-λ+1λ.平面AA 1C 1C 的一个法向量为n =(1,0,0). 设二面角B 1-PQ-C 1的平面角为θ, 则cos θ=|m ·n ||m ||n |=√1+3+(-λ+1λ) 2=√1313. 所以λ=12或λ=-14(舍),所以AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以Q (0,-3,√3).又B (√3,-3,0),所以QB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-√3), 所以|QB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+3=√6. 又|B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√22,所以BQ 2+B B 12=B 1Q 2,所以∠QBB 1=90°.设点P 到平面BQB 1的距离为h ,则13×12×4×√3×√3=13×12×4×√6×h , 所以h=√62,即点P 到平面BQB 1的距离为√62.21.(12分)如图所示,已知四棱锥P-ABCD ,侧面PAD 是边长为2的正三角形,且平面PAD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是菱形,且∠ABC=60°,M 为棱PC 上的动点,且PMPC =λ,λ∈〖0,1〗. (1)求证:BC ⊥PC ;(2)试确定λ的值,使得平面PAD 与平面ADM 夹角的余弦值为√1010.AD 的中点O ,连接OP ,OC ,AC ,由题意可得△PAD ,△ACD 均为正三角形, 所以OC ⊥AD ,OP ⊥AD.又OC ∩OP=O ,所以AD ⊥平面POC. 又PC ⊂平面POC ,所以AD ⊥PC. 因为BC ∥AD ,所以BC ⊥PC.(1)可知PO ⊥AD ,又平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD=AD ,PO ⊂平面PAD ,所以PO ⊥平面ABCD.故可得OP ,OC ,OD 两两垂直,以O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz , 则P (0,0,√3),A (0,-1,0),D (0,1,0),C (√3,0,0),所以PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-√3). 由PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(√3,0,-√3)(λ∈〖0,1〗),可得点M 的坐标为(√3λ,0,√3−√3λ), 所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3λ,1,√3−√3λ),DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3λ,-1,√3−√3λ).设平面MAD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 由{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3λx +y +(√3-√3λ)z =0,n ·DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3λx -y +(√3-√3λ)z =0,可得{x =λ-1λz ,y =0,令z=λ,则n =(λ-1,0,λ).又平面PAD 的一个法向量为OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0), 设平面PAD 与平面ADM 的夹角为θ, 则cos θ=|cos <n ,OC⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||OC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3(√λ2+(λ-1)·√3=√1010,解得λ=34或λ=32(舍去).所以当λ=34时,平面PAD与平面ADM 夹角的余弦值为√1010.22.(12分)如图所示,等腰梯形ABCD 中,AB ∥CD ,AD=AB=BC=2,CD=4,E 为CD 中点,AE 与BD 交于点O ,将△ADE 沿AE 折起,使点D 到达点P 的位置(P ∉平面ABCE ).(1)证明:平面POB ⊥平面ABCE.(2)若PB=√6,试判断线段PB 上是否存在一点Q (不含端点),使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为√155,若存在,求出PQ OB的值;若不存在,说明理由.ABCD 中,连接BE ,在等腰梯形ABCD 中,AD=AB=BC=2,CD=4,E 为中点,∴四边形ABED 为菱形,∴BD ⊥AE ,∴OB ⊥AE ,OD ⊥AE ,即OB ⊥AE ,OP ⊥AE ,且OB ∩OP=O ,OB ⊂平面POB ,OP ⊂平面POB ,∴AE ⊥平面POB.又AE ⊂平面ABCE ,∴平面POB ⊥平面ABCE..由(1)可知四边形ABED 为菱形,∴AD=DE=2, 在等腰梯形ABCD 中,AE=BC=2,∴△PAE 为正三角形,∴OP=√3,同理OB=√3,∵PB=√6,∴OP 2+OB 2=PB 2,∴OP ⊥OB.由(1)可知OP ⊥AE ,OB ⊥AE , 以O 为原点,OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz , 由题意得,各点坐标为P (0,0,√3),A (-1,0,0),B (0,√3,0),C (2,√3,0),E (1,0,0), ∴PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,-√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,-√3),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1),AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3λ,√3−√3λ), 设平面AEQ 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x =0,x +√3λy +(√3-√3λ)z =0,取x=0,y=1,得z=λλ-1,∴n =(0,1,λλ-1),设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ,θ∈[0,π2],则sin θ=|cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√155, 即|√3+√3λ1-λ|√10√1+(λλ-1)2=√155, 化简得4λ2-4λ+1=0,解得λ=12,∴存在点Q为PB的中点时,使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为√15.5。

高中数学立体几何第一章综合检测题

第一章立体几何综合检测题一、选择题1．如下图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是( )A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④不是棱柱2．若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原三角形面积的( )A.12倍 B ．2倍 C.24倍 D.22倍 3．某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )4．已知某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A ．长方体B ．圆柱C ．四棱锥D ．四棱台5．正方体的体积是64，则其表面积是( )A ．64B ．16C ．96D ．无法确定6．圆锥的高扩大到原来的2倍，底面半径缩短到原来的12，则圆锥的体积( )A ．缩小到原来的一半B ．扩大到原来的2倍C ．不变D ．缩小到原来的167．三个球的半径之比为1:2:3，那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的( )A ．1倍B ．2倍 C.95倍 D.74倍 8．有一个几何体的三视图及其尺寸如下图(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )A ．12πcm 2B ．15πcm 2C ．24πcm 2D ．36πcm 29．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7 学B ．6C ．5D ．310．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为( ) A.32，1 B.23，1 C.32，32 D.23，3211．某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为5的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为5的等腰三角形．则该几何体的体积为( )A ．24B ．80C ．64D ．24012．如果用表示1个立方体，用表示两个立方体叠加，用表示3个立方体叠加，那么图中由7个立方体摆成的几何体，从正前方观察，可画出平面图形是( )13．圆台的底半径为1和2，母线长为3，则此圆台的体积为________．14．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为___________________．15．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为________．16．一个几何体的三视图及其尺寸如下图所示，其中主视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，则这个几何体的表面积是________．17．画出如图所示几何体的三视图．19．如下图所示是一个空间几何体的三视图，试用斜二测画法画出它的直观图(尺寸不限)．等腰三角形，已知底面边长为2m，高为7m，制造这个塔顶需要多少铁板？21．如下图，在底面半径为2、母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．22．(本题满分12分)如图所示(单位：cm)，四边形ABCD是直角梯形，求图中阴影部分绕AB旋转一周所成几何体的表面积和体积．出师表两汉：诸葛亮先帝创业未半而中道崩殂，今天下三分，益州疲弊，此诚危急存亡之秋也。

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