新人教A版必修第二册第八章立体几何初步章末检测试卷（附解析）

立体几何初步(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与对角线BD的位置关系是(　　)A．平行　　　　　B．相交但不垂直C．相交垂直D．异面垂直解析：选D　∵PC⊥平面α，BD⊂平面α，∴PC⊥BD.又在菱形ABCD中，AC⊥BD，PC∩AC＝C，∴BD⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC，∴BD⊥PA.显然PA与BD异面，故PA与BD异面垂直．2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是(　　)A．等边三角形B．矩形C．等腰梯形D．以上都有可能解析：选D　当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图①；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图②；当点Q不与点D，D1重合时，令Q，R分别为DD1，C1D1的中点，则截面图形为等腰梯形AQRB1，如图③.3．已知直线PG⊥平面α于点G，直线EF⊂α，且PF⊥EF于点F，那么线段PE，PF，PG的长度的大小关系是(　　)A．PE>PG>PFB．PG>PF>PEC．PE>PF>PGD．PF>PE>PG解析：选C　Rt△PFE中，PE>PF，Rt△PGF中，PF>PG，所以PE>PF>PG.4．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)A．α∥β，且l∥αB．α⊥β，且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l10 解析：选D　由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则交线平行于l，故选D.5．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，VA1BCD＝(　　)A．60B．30C．20D．10解析：选D　VA1BCD＝××3×5×4＝10.6．底面半径为，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为(　　)A．6πB．12πC．8πD．16π解析：选D　由题意，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O＝R－1，由勾股定理可知R2＝(R－1)2＋()2，∴R＝2，∴球O的表面积为4πR2＝16π.故选D.7．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面积是△ACD的面积的2倍，沿AD将△ABC翻折，使翻折后BC⊥平面ACD，此时二面角BADC的大小为(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C　由已知BD＝2CD，翻折后，在Rt△BCD中，∠BDC＝60°，而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角BADC的平面角，其大小为60°.故选C.8.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条解析：选C　由对称性结合题意可知，过EF，AC，BD的直线为旋转轴，共3条，10 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.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．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∥bB．若a∥β，b∥β，则a∥bC．若a∥β，b⊥β，则a⊥bD．若a∥β，b⊂β，则a∥b解析：选AC　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A、C.10.如图，在棱长均相等的正四棱锥PABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，则下列结论中正确的是(　　)A．PC∥平面OMNB．平面PCD∥平面OMNC．OM⊥PAD．直线PD与直线MN所成角的大小为90°解析：选ABC　连接AC(图略)，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，故A正确；同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，故B正确；由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，故C正确；由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即∠PDC.又△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，故D错误．11.如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是(　　)A．直线A1C1与AD1为异面直线B．A1C1∥平面ACD1C．BD1⊥AC10 D．三棱锥D1ADC的体积为解析：选ABC　对于A，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，AD1⊂平面ADD1A1，D1∉直线A1C1，则易得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；对于B，因为A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，故B正确；对于C，连接BD(图略)，因为正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，所以BD1⊥AC，故C正确；对于D，三棱锥D1ADC的体积V三棱锥D1ADC＝××2×2×2＝，故D错误．故选A、B、C.12.如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是(　　)A．存在某个位置，使得CN⊥AB1B．翻折过程中，NC的长是定值C．若AB＝BM，则AM⊥B1DD．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1AMD的体积最大时，三棱锥B1AMD的外接球的表面积是4π解析：选BD　对于A，如图①，取AD中点E，连接EC交MD于F，连接NE，NF，则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，∵∠AB1M＝∠ABM＝90°，∴可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，∴CN⊥AB1不可能，故A错误；对于B，如图①，易得∠NEC＝∠MAB1(定值)，NE＝AB1(定值)，EC＝AM(定值)，在△NEC中，由余弦定理可得NC2＝NE2＋EC2－2NE·ECcos∠NEC，∴NC的长是定值，故B正确；对于C，如图②，取AM中点O，连接B1O，DO，假设AM⊥B1D成立，由AB＝BM知B1D⊥AM，易得AM⊥平面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，由题意不成立，故C错误；对于D，当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，易得AD的中点就是三棱锥B1AMD外接球的球心，球半径为1，表面积是4π，故D正确．故选B、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．将一个半径为2的半圆面围成一个圆锥，所得圆锥的轴截面面积等于________．解析：易知所得圆锥的母线长为2，底面周长为2π，故底面半径为1，10 所以该圆锥的轴截面是一个边长为2的正三角形，其面积为.答案：14．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成角的大小为________．解析：如图，连接A1C1，BC1，A1B.∵M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴MN∥BC1.又A1C1∥AC，∴∠A1C1B为异面直线AC与MN所成的角或其补角．∵△A1BC1为正三角形，∴∠A1C1B＝60°.答案：60°15.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为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________．解析：由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴＝＝.S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴＝＝.答案：　16．已知三棱锥PABC的体积为8，且AB＝6，AC＝BC＝AP＝BP＝5，则CP的长为________．解析：如图，取AB的中点D，连接PD，CD，易知AB⊥CD，AB⊥PD，又PD∩CD＝D且PD，CD⊂平面PCD，所以AB⊥平面PDC.因为AB⊂10 平面ABC，所以平面ABC⊥平面PCD，那么P点到CD的距离即P点到平面ABC的距离．依题意可得CD＝＝4，PD＝＝4，S△ABC＝AB·CD＝12，所以V三棱锥PABC＝S△ABC·PDsin∠PDC＝8，解得sin∠PDC＝，所以cos∠PDC＝±，在△PDC中，由余弦定理可得cos∠PDC＝，解得CP＝4或CP＝4.答案：4或4四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图所示，E，F分别是长方体A1B1C1D1ABCD的棱A1A，C1C的中点．求证：四边形B1EDF是平行四边形．证明：如图，设Q是DD1的中点，连接EQ，QC1.∵E是AA1的中点，∴EQ綉A1D1，又在矩形A1B1C1D1中，A1D1綉B1C1，∴EQ綉B1C1，∴四边形EQC1B1为平行四边形．∴B1E綉C1Q.又∵Q，F是DD1，C1C两边的中点，∴QD綉C1F.∴四边形QDFC1是平行四边形．∴C1Q綉DF，∴B1E綉DF.∴四边形B1EDF是平行四边形．18．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE于点F，且点F在CE上．10 (1)求证：AE⊥BE；(2)求三棱锥DAEC的体积．解：(1)证明：由题意知，AD⊥平面ABE，且AD∥BC，∴BC⊥平面ABE.∵AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC.∵BF⊥平面ACE，且AE⊂平面ACE，∴BF⊥AE，又BC∩BF＝B，∴AE⊥平面BCE，又∵BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE.(2)在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H(图略)．∵AD⊥平面ABE，且AD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABE，又∵平面ACD∩平面ABE＝AB，EH⊂平面ABE，∴EH⊥平面ACD.由已知及(1)得EH＝AB＝，S△ADC＝2.故VDAEC＝VEADC＝×2×＝.19．(本小题满分12分)如图，△ABC是边长为2的正三角形，AE⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，BD＝CD，BD⊥CD，且AE＝1.(1)求证：AE∥平面BCD；(2)求证：平面BDE⊥平面CDE.证明：(1)如图，取BC的中点M，连接DM，AM.因为BD＝CD，且BD⊥CD，BC＝2，所以DM＝1，DM⊥BC.又平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，所以DM⊥平面ABC.又AE⊥平面ABC，所以AE∥DM.又DM⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，所以AE∥平面BCD.(2)由(1)知AE∥DM，又AE＝1，DM＝1，所以四边形DMAE是平行四边形，所以DE∥AM.10 因为△ABC为正三角形，所以AM⊥BC.又平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，所以AM⊥平面BCD，所以DE⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，所以DE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∩DE＝D，所以CD⊥平面BDE.因为CD⊂平面CDE，所以平面BDE⊥平面CDE.20．(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，△PAD为正三角形，AB∥CD，AB＝2CD，∠BAD＝90°，PA⊥CD，E，F分别为棱PB，PA的中点．(1)求证：平面PAB⊥平面EFDC；(2)若AD＝2，直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥PABCD的体积．解：(1)证明：∵△PAD为正三角形，F为棱PA的中点，∴PA⊥DF.又PA⊥CD，CD∩DF＝D，∴PA⊥平面EFDC，又PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面EFDC.(2)∵AB∥CD，PA⊥CD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∴∠CPD为直线PC与平面PAD所成的角，即∠CPD＝45°，∴CD＝PD＝AD＝2.又AB＝2CD，∴AB＝4，∴S直角梯形ABCD＝×AD×(CD＋AB)＝×2×(2＋4)＝6.又AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.过P作PO⊥AD，垂足为O(图略)，则PO⊥平面ABCD.∵△PAD为正三角形，∴PO＝AD＝×2＝，∴V四棱锥PABCD＝×PO×S直角梯形ABCD＝××6＝2.21．(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝.(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；(2)求二面角ABEP的大小．10 解：(1)证明：如图所示，连接BD.∵四边形ABCD是菱形且∠BCD＝60°，∴△BCD是等边三角形．∵E是CD的中点，∴BE⊥CD.∵AB∥CD，∴BE⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE.∵PA∩AB＝A，∴BE⊥平面PAB.又∵BE⊂平面PBE，∴平面PBE⊥平面PAB.(2)由(1)知BE⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，∴PB⊥BE.又∵AB⊥BE，∴∠PBA是二面角ABEP的平面角．在Rt△PAB中，tan∠PBA＝＝，∴∠PBA＝60°，故二面角ABEP的大小是60°.22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝.(1)求证：B1C∥平面A1BM；(2)求证：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，连接AB1交A1B于O，连接OM.在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，所以OM∥B1C.又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，所以B1C∥平面A1BM.(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM.因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC.又AA1∩AC＝A，所以BM⊥平面ACC1A1，10 所以BM⊥AC1.因为M为棱AC的中点，AC＝2，所以AM＝1.又AA1＝，所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝，所以∠AC1C＝∠A1MA，所以∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，所以A1M⊥AC1.因为BM∩A1M＝M，所以AC1⊥平面A1BM.(3)存在点N，且当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.设AC1的中点为D，连接DM，DN，如图．因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DM∥CC1，且DM＝CC1.又N为BB1的中点，所以BN∥CC1，且BN＝CC1，所以DM∥BN，且DM＝BN，所以四边形BMDN为平行四边形，所以BM∥DN.因为BM⊥平面AA1C1C，所以DN⊥平面AA1C1C.又DN⊂平面AC1N，所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.10