高中数学人教A版（2019）必修第二册《第八章 立体几何初步》单元测试 （含解析）

/人教A版（2019）必修第二册《第八章立体几何初步》单元测试一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）教师拿了一把直尺走进教室，则下列判断正确的个数是(①教室地面内有且仅有一条直线与直尺所在直线平行；②教室地面内有且仅有一条直线与直尺所在直线垂直；③教室地面内有无数条直线与直尺所在直线平行；④教室地面内有无数条直线与直尺所在直线垂直．A.1 B.2 C.3 D.42.（5分）在空间，α表示平面，m，n表示二条直线，则下列命题中错误的是(A.若m//α，m、n不平行，则n与α不平行B.若m//α，m、n不垂直，则n与α不垂直C.若m⊥α，m、n不平行，则n与αD.若m⊥α，m、n不垂直，则n与α3.（5分）已知三棱锥A−BCD的顶点均在球O的球面上，且AB=AC=AD=3,∠BCD=π2A.43π B.23π C.4.（5分）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2 A.32 B.12 C.145.（5分）过空间任意一点引三条直线，它们所确定的平面个数是(A.1 B.2 C.3 D.1或36.（5分）已知ΔABC是边长为4的正三角形，点D是AC的中点，沿BD将ABCD折起使得二面角A−BD−C为π3，则三棱锥CA.26π B.523π C.5327.（5分）空间两条直线a,b与直线l都成异面直线，则直线a,b的位置关系是(

)A.平行或相交 B.异面C.平行 D.平行、相交或异面8.（5分）如图，已知平面α，β，且α∩β=l.设梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂A.AB=CD B.直线AB与C.直线AC与BD可能为异面直线 D.直线AB，CD，l相交于一点二、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F， A.直线D1D与直线AF垂直 B.直线A1C.平面AEF截正方体所得的截面面积为98 D.点C与点G到平面AEF10.（5分）已知，点E，F，G分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BCA.过B1，E，FB.点P在直线FG上运动时，EP//平面BDC.点M在直线FC1D.点Q在直线CD1上运动时，三棱锥11.（5分）已知α，β表示不同的平面，m，n表示不同的直线，则下列命题中正确的有(A.若m⊥β，m⊂αB.若m⊥α，n⊥αC.若m // n，n⊥α，D.若m // α，n // β且α // β12.（5分）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，给出下列四个命题，其中正确命题的是(A.若m//β，n//β，m,n⊂α，则B.若α⊥γ，β⊥γ，αC.若m⊥α，α⊥β，D.若m//α，m//β，α∩β13.（5分）正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1A.B1G⊥BC B.平面C.A1H//面AEF      D.二面角E−三、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）已知正三棱锥的侧棱长为2，三条侧棱两两互相垂直，则该正三棱锥外接球的表面积为______．15.（5分）已知各顶点都在一个球面上的正方体的棱长为2，则这个球的体积为______．16.（5分）正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F17.（5分）一个多面体的顶点是四个半径为3且两两外切的球的球心，则该多面体内切球的半径为______；内切球的体积为______.18.（5分）在正三棱锥P−ABC(顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)中，∠APB=30°，AB=4，过A作与PB，PC分别交于四、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD. (Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED； (Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD20.（12分）如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC−A1(1)求证：AC⊥(2)若平面A1ACC1⊥平面ABC21.（12分）如图1，四边形ABCD是直角梯形，其中BC=CD=1，AD=2，∠ADC=90°.点E是AD的中点，将ΔABE沿BE折起如图2，使得A'E⊥平面BCDE(1)求证：MN⊥(2)求三棱锥E−BNM22.（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠DAB为直角，AB//CD，AD=CD=2AB=2，(Ⅰ)证明：AB⊥平面BEF(Ⅱ)若PA=25 23.（12分）叙述并证明直线与平面垂直的判定定理．

答案和解析1.【答案】A;【解析】 该题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，考查分类讨论思想和空间想象能力，属于中档题． 考虑直尺所在直线与教室地面平行，相交或在底面上，结合直线与直线的位置关系，即可得到结果．  解：①教室地面上若有一条直线与直尺所在直线平行， 可得存在无数条直线与直尺所在直线平行，故①错误； ②教室地面上若有一条直线与直尺所在直线垂直，则与教室地面上的直线平行的直线 与直尺所在直线都垂直，故②错误； ③若直尺所在直线与教室地面相交，教室地面上不存在直线与直尺所在直线平行，故③错误； ④不管直尺所在直线与教室地面平行，相交或在底面上， 教室地面上都存在无数条直线与直尺所在直线垂直，故④正确． 故选：A． 2.【答案】A;【解析】解：对于A，若m//α，m、n不平行，则n与α可能平行、相交或n⊂α故选A. 对于A，若m//α，m、n不平行，则n与α可能平行、相交或n⊂α此题主要考查空间线面位置关系，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．3.【答案】C;【解析】解：因为AB=所以由三角形全等可得HB=即H为ΔBCD因为∠BCD=π2，则则球心在AH上， 由勾股定理AH=设球O的半径为R，则R2所以R=3球O的表面积为4πR故选：C． 根据题意可知HB=HC=HD，且H为BD的中点，可求出高该题考查四面体的外接球，以及外接球的表面积，属于中档题．4.【答案】C;【解析】 此题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．属于中档题． 利用平行线，找到异面直线所成角，然后利用余弦定理求解即可.  解：连接AB1，交A1B于点O，取AC中点为 因为O为AB1的中点，所以则∠BOE是异面直线A1B由三角形的中位线的性质可知OE//B又OB=12在ΔBOE中，由余弦定理可得cos∠异面直线A1B与B1故选C.5.【答案】D;【解析】 根据三条直线的位置关系求得平面的个数． 该题考查了直线与平面；注意三条直线是否共面来解答．要全面考虑．   解：当三条直线在同一个平面内时，它们所确定的平面个数是1个； 当三条直线不在同一个平面内时，它们所确定的平面个数是3个； 故选D．6.【答案】A;【解析】解因为ΔABC是边长为4的正三角形，点D是AC的中点，AD=CD所以BD⊥AC，在折起的过程中，始终由BD⊥AD，所以BD⊥面ACD，y可得外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中截面的交点，设外接球的半径为R 且由题意知∠ADC折起的二面角A−BD−C又AD=CD，所以折起的底面ΔACD则2r=ACsin所以R2所以外接球的表面积S=4π故选：A． 由题意折起的三棱锥为一条侧棱垂直于底面，由一条侧棱垂直于底面，可得外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中截面的交点，求出折起的三棱锥的棱长，进而求出外接球的表面积． 考查三棱锥的棱长与外接球的半径的关系及球的表面积公式，属于中档题．7.【答案】D;【解析】解：在空间两条直线a，b与直线l都成异面直线，则a，b的位置关系是a//b，或a与b相交，或a，b是异面直线． 故选：D． 根据空间直线的位置关系进行判断即可． 这道题主要考查空间直线的位置关系的判断，比较基础．8.【答案】D;【解析】解：梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂α，CD⊂AB和CD不为异面直线；AC和BD不为异面直线； 由AB、CD相交，设交点为P，可得P在AB上，又AB在平面α内，可得P在平面α内； 同理可得P也在平面β内，则P在平面α、β的交线上， 即直线AB，CD，l相交于一点． 故选：D. 由梯形的定义和平面的基本性质，结合图形，可得结论． 此题主要考查空间中线线的位置关系，以及平面的基本性质，考查数形结合思想和推理能力，属于基础题．9.【答案】BC;【解析】 此题主要考查空间中直线、平面间的位置关系及截面面积和空间中的距离，属于中档题. A.利用线面垂直的定义进行分析；B.作出辅助线利用面面平行判断；C.作出截面然后根据线段长度计算出截面面积；D.根据平面AEF是否过CG中点进行判断.  解：若D1D⊥AF，又因为D1D⊥所以D1D⊥平面因为EF⊂平面AEF，所以D因为D1D//C故A错误； 取B1C1中点N，连接A1N, 因为N，G分别是B1C1，B因为E,F分别是BC，CC1的中点，所以所以EF//NG.因为NG⊄平面AEF，EF⊂平面所以NG//平面AEF.因为N、E分别为B1C1所以AA1 // 所以A1因为A1N⊄平面AEF，AE⊂所以A1N//平面因为NG∩A1所以平面A1NG//平面因为A1G⊂平面A1NG，所以故B正确; 连接D1F， 因为E，F分别为BC，C1所以EF//BC所以A,E,F,D1四点共面，所以截面为梯形在梯形AEFDEF=1 AE=故梯形AEFDS=2故C正确; 假设C，G到平面AEF距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG中点，连接CG交EF于H，  易知H不是CG中点，故假设不成立，故D错误; 故选BC10.【答案】ABD;【解析】 此题主要考查棱柱的结构特征、空间直线与平面的位置关系、体积的运算． 由棱柱的结构特征、空间直线与平面的位置关系可分析每项得答案．  解：对于A，连接B1D1、EF、B1E、D1F，易知B1D1//EF，B对于B，连接BD、GF，因为EF//BD，EF⊄平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以EF//平面BDD1B1，同理GF//平面BDD1B1，因为EF∩GF=F，EF，GF⊂对于C，连接A1C、C1F，因为A1D1⊥平面CC1D1D，C1F⊂平面对于D，连接CD1、A1B、A1D，因为CD1//A1B，CD1⊄平面A1BD，A1B故选ABD11.【答案】AB;【解析】 此题主要考查空间线面、线线间的位置关系. 根据面面垂直的判定定理判断A；根据线面垂直的性质定理判断B；由m有可能在平面β内排除C；根据m和

n有可能相交或异面排除D.解：若m⊥β，m⊂α，由面面垂直的判定定理可得α⊥若m⊥α，n⊥α，根据线面垂直的性质可得m // 

若m // n，n⊥α，α⊥β，则直线m若m // α，n // β且α // β，则直线m和n有可能相交或异面，故D12.【答案】BD;【解析】  此题主要考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判断，比较基础． 根据直线与平面的位置关系逐一判断即可.  解：A若m//β，n//β，m、n⊂α，则α//β或α与β相交；故AB若α⊥γ，β⊥γ，∵n⊂γ∴m⊥n成立，故B正确； C若m⊥α，α⊥β，α∩βD若m//α，m//β，α∩β=n，那么m//n故选BD. 13.【答案】BC;【解析】 此题主要考查了线面平行的判定、二面角的平面角、平面的基本性质、空间直线与直线的位置关系，属于中档题. 根据相关知识逐个分析解答.  对于A.连接BG，∵BB1⊥面ABCD，BC∴BC⊥BB1，若BC⊥所以BC⊥平面B从而证得BC⊥所以BC不与B1G垂直，对于B.连接AD1，则可证明所以AFED1共面，故对于C.取B1C1的中点M，连接HM则显然AF//A1M所以可证明面A1HM//面进而由面面平行的性质知C正确； 对于D.过点C作AF的垂线CN，垂足为N，连接EN， 则∠ENCsin∠所以∠ENC>π故选BC.14.【答案】12π．;【解析】解：∵正三棱锥三条侧棱两两互相垂直， ∴构造边长为2的正方体， 则正方体的体对角线为外接球的直径， 设球半径为r， 则正方体的体对角线长为23即正三棱锥外接球的半径r=3∴正三棱锥外接球的表面积为4πr故答案为：12π． 利用正三棱锥三条侧棱两两互相垂直，构造边长为2的正方体，则正方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径即可求出球的表面积． 此题主要考查球的表面积公式的计算，根据正三棱锥的侧棱关系构造正方体，根据正方体的体对角线和球直径之间的关系求出球半径是解决本题的关键．15.【答案】43【解析】 求出正方体的对角线的长度，就是外接球的直径，利用球的体积公式求解即可． 该题考查球的内接体，球的体积的求法，求出球的半径是解答该题的关键，考查计算能力．  解：因为一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2， 所以正方体的外接球的直径就是正方体的对角线的长度：23所以球的半径为：3． 所求球的体积为：4π3故答案为：43 16.【答案】26【解析】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为 设AB=2，则C(0,2,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，C∴C→D1=(0,−2,2)设平面A1C1则n→.EF→=−x+y=0设直线CD1与平面A1则sinθ=∴直线CD1与平面A1：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CD该题考查线面角的正弦值的求法，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，是中档题．17.【答案】222【解析】解：由题意可得，该多面体为正四面体，棱长为23如图，  设底面三角形的中心为E，则BE=则AE=∴正四面体的体积V=13S则4×13S内切球的体积为43故答案为：22；2由题意可得，该多面体为正四面体，棱长为23此题主要考查多面体内切球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．18.【答案】43【解析】 画出正三棱锥的侧面展开图，利用两点之间线段最短得出截面ΔADE的周长最小时为线段AA'的长，再利用余弦定理和勾股定理求得该题考查了利用几何体的侧面展开图求截面周长最值的问题，是中档题．  解：此正三棱锥的侧面展开图如图所示： 则ΔADE的周长为AD∴当D、E处于如图位置时，截面ΔADE的周长最小，即为AA 又∠APB=30°在等腰三角形PAB中，设PA=x，且AB由余弦定理得42解得x2=16∴AA即截面ΔADE周长的最小值是4故答案为：4319.【答案】(I)证明：因为四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点， 所以AC⊥又因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面所以BE⊥而BD∩BE=B，BD，BE所以AC⊥面BED又因为AC⊂平面AEC所以平面AEC⊥平面BED (II)解：设BE=x，菱形ABCD因为BE⊥平面ABCD，AB、BC⊂平面所以BE⊥AB，因此AE=又因为∠ABC所以AC=又因为AE⊥所以AC=因此2×a2又因为VE−=3而三棱锥E−ACD的体积为6所以624a3=6因此AD=DC=2所以SΔSΔ因此三棱锥E−ACD的侧面积为3+2【解析】此题主要考查了线面垂直的性质与判定，面面垂直的判定和棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积. (I)利用线面垂直的性质得BE⊥AC，再利用线面垂直的判定得AC⊥(II)利用利用线面垂直的性质得BE⊥AB，BE⊥BC，利用三棱锥20.【答案】(1)证明：由∠A1AC设AC中点为O，则AC⊥A1又A1O∩BO=O，所以AC⊥平面A1OB，又A故AC⊥(2)解：因为平面A1ACC且平面A1ACC1∩A1O⊂平面A1ACC又BO⊂平面ABC，所以A所以ΔA因为棱长为2，∠A所以A1所以VA在ΔA1BC则SΔ设A到平面A1BC的距离为由VA1−解得d=2所以A到平面A1BC的距离为   ;【解析】此题主要考查棱锥的体积公式，线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的性质定理，以及空间中点到面的距离，属于中档题. (1)设AC中点为O，证出AC⊥平面A(2)求出三棱锥A1−ABC21.【答案】（1）证明：∵四边形BCDE为正方形，且N是EC的中点， ∴N是BD的中点，又M是A′B的中点，∴MN∥A′D， ∵BE⊥A′E，BE⊥ED，且A′E∩ED=E， ∴BE⊥平面A′ED，∴BE⊥A′D， 则BE⊥MN； （2）解：∵A'E⊥平面BCDE，且M是线段A'B的中点， ∴M到底面BEN的距离为12又BCDE是边长为1的正方形，∴S△∴三棱锥E-BNM的体积V=VM−【解析】 (1)由四边形BCDE为正方形，且N是EC的中点，得N是BD的中点，又M是A'B的中点，得MN//A'D，由已知连线线面垂直的判定证得BE⊥平面A'ED，可得BE(2)由A'E⊥平面BCDE，且M是线段A'B的中点，得M到底面BEN的距离为12A'E=12，求出三角形此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面位置