第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷基础版全解全析VIP

第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(基础版）全解全析1．D【分析】根据圆台的体积公式进行求解即可.【详解】设该圆台的高为，上､下底面圆的半径分别为.由圆台的体积公式，得，解得.故选：D2．B【分析】根据空间垂直、平行逐项讨论，即可得出结论.【详解】选项A:m⊥α，m∥n，可得n⊥α，n⊂β，则α⊥β，该选项正确；选项B:m∥n，α∩β＝m，直线n可能在α或β内，该选项不正确；选项C:是线面垂直的判定，故正确；选项D:是面面平行的判定，故正确.故选:B【点睛】本题考查有关空间线面平行、垂直性质和判定定理，属于基础题.3．D【分析】将还原成原图依次分析选项可得答案.【详解】根据题意，将还原成原图，如图，对于A，中，有，，所以，，故是等腰直角三角形，A错误；对于B，的面积是，的高为，所以的面积为，的面积是的倍，B错误；对于C，因为，B的坐标为，C错误；对于D，的周长为，D正确故选：D.4．A【分析】利用几何法求异面直线夹角.【详解】取中点，连接，，则是异面直线与所成角.如图，由题意可得，，∴，故选：A.5．C【分析】由已知求得球的半径，根据正弦定理求出外接圆半径，即可求出结果.【详解】设圆的半径为r，球的半径为.依题意得为等边三角形，则由正弦定理得，即又因为球O的表面积为，所以如图，根据球的截面性质得平面ABC，所以，所以故选：C.6．A【分析】由三角形中位线知，从而得到，；由二面角平面角的定义知，由此得到；根据线面垂直的判定定理和平行关系可知平面，由线面垂直性质知，利用勾股定理求得结果.【详解】分别为中点

，又平面，

平面二面角的平面角为

平面，又平面

故选：【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题的求解，关键是能够根据折叠后的不变量得到线面垂直的关系，结合勾股定理求得结果.7．C【分析】由面面垂直可得线面垂直，进而可确定球心的位置在DO上，根据勾股定理即可求解.【详解】如图，取AB的中点E，BC的中点D，连接PE，△PAB是等边三角形，则.因为平面PAB⊥平面ABC，平面平面，平面PAB，所以PE⊥平面ABC，又平面ABC，所以.过D作OD⊥平面ABC，则.因为，所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上，设球心为O，连接OB，OP，设外接球半径为R，由已知，.，，在直角梯形PEDO中，，

，，所以三棱锥P-ABC外接球的表面积.故选:C.8．B【分析】根据射影面积法找到平面ABCD，平面，平面所成的锐二面角的关系，进而求的结果.【详解】如图，作，．在平面内，由平面．在平面内，由面．又因为与全等，设平面ABCD为平面α，平面为平面β，平面为平面γ.由面积射影定理知：，同理可得，所以，故有．故选：B.【点睛】射影面积法求二面角大小的方法点睛：凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式，求出二面角的大小.9．BCD【分析】根据线线平行、线面平行、面面平行的性质，结合线面垂直的性质逐一判断即可.【详解】A：当时，显然，可以成立，所以本选项说法不正确；B：因为，，所以，因此本选项说法正确；C：因为，，所以，而，所以，因此本选项说法正确；D：因为，，所以，因此本选项说法正确，故选：BCD10．ACD【分析】对于A，利用平面平面可得到到平面的距离相等，即可判断，对于B，举反例即可判断；对于C，连接，，证明平面平面即可判断；对于D，当与重合时，直线与AC所成的角最大，则求出外接球半径即可【详解】对于A，由正方体可得平面平面，且平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，所以四面体的体积为，所以四面体的体积为定值，故A正确；对于B，当与重合时，，所以的最小值不为，故B错误；对于C，连接，由正方体可得，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；对于D，因为，所以（或其补角）为直线与AC所成的角，由图可得当与重合时，此时最大，故此时直线与AC所成的角最大，所以四面体即四面体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为，即，所以四面体的外接球的体积为，故D正确；故选：ACD11．AC【分析】A选项，圆锥的侧面展开图为扇形，母线为扇形半径，底面圆周长为扇形弧长，据此可得圆锥的侧面积；B选项，当最大时，SPQ面积最大；C选项，当面积最大时，三棱锥O-SPQ体积最大；D选项，由圆锥的轴截面图可求得圆锥内切球的半径.【详解】A选项，因底面半径为，则底面圆周长为，则侧面展开扇形的圆心角为：，则侧面积为：.故A正确；B选项，当最大，即时，SPQ面积最大.则SPQ面积最大值为：，故B错误；C选项，，则当时，取最大值，又，则三棱锥O-SPQ体积的最大值为：.故C正确；D选项，如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径，设内切球半径为，内切球球心为I，连接.则.则内切球体积为：.故D错误.故选：AC【点睛】12．BCD【分析】过D作，交分别于O，R，证明平面即可推理判断A；作出二面角的平面角，计算判断B；求出点P到平面的最大距离计算判断C；取AB中点K，证明即可推理判断D作答.【详解】在正方形中，过D作，交分别于O，R，令，如图，有，则，即是BC中点，在翻折到的过程中，，，则平面，如图，若存在某一翻折位置，使得，而，平面，则平面，而平面平面，与过一点有且只有一个平面垂直于已知平面矛盾，即在翻折中AM，PB不垂直，A不正确；当平面平面时，因，平面平面，平面，则有平面，又平面，有，在平面内过O作于Q，连PQ，，平面，则平面，可得，是二面角的平面角，显然，而，，所以，B正确；梯形的面积，当且仅当平面平面，即平面时，点P到平面的距离最大，四棱锥的体积的最大值，最大体积为，C正确；取AB中点K，连接CK，CN，KN，则有，且，而，即四边形是平行四边形，，显然与同方向，由等角定理知，在中，边均为定值，夹角也为定值，由余弦定理知，CN长为定值，D正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．13．（2）【分析】根据面面平行的判定即可得到（1）错误，根据线面垂直的判定即可得到（2）正确，根据面面平行的性质即可得到（3）错误，根据线面垂直的性质即可得到（4）错误.【详解】对于（1），一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面才能得到面面平行，所以（1）缺少，故（1）错误.对于（2），两条平行的直线中，一条垂直于平面，另一条也垂直于平面，故（2）正确.对于（3），或为异面直线，故（3）错误.对于（4）可能在平面内，故（4）错误.故答案为：（2）【点睛】本题主要考查面面平行的判定，线面垂直的判定，面面平行的性质和线面垂直的性质，属于简单题.14．【分析】根据直角三角形性质可得外接圆的半径，结合锥体体积公式求球心到截面的距离，根据球的性质截面性质求球的半径，根据球的表面积公式求其表面积．【详解】因为，所以AB=2，则△ABC外接圆的半径，设O到平面ABC的距离为d，又三棱锥O-ABC的体积为，所以解得，所以球O的半径，所以球O的表面积为.故答案为：.15．③④.【分析】将正方体的平面展开图，复原为正方体，确定各点位置，根据异面直线的定义可判断①②③，根据异面直线所成角的定义，求出直线与直线所成的角，判断④.【详解】如图，将正方体的平面展开图，复原为正方体，对于①，平面，平面,平面,故直线与直线是异面直线，①错误；对于②，平面，平面,平面,故直线与直线是异面直线，②错误；对于③，平面平面,平面,平面,故直线BM与直线不相交，连接,则,而相交，故不平行，否则，则，不合题意，故直线BM与直线是异面直线，③正确；对于④，连接,则为正三角形，则,由于，则即为直线与直线所成角，即直线与直线成角，④正确，故答案为：③④.16．##【分析】通过做图，做出，的外心，则外接球球心为过外心的两平面垂线的交点，后利用正余弦定理可得外接球半径.【详解】如图1，取BD的中点E，由，可得，又，可得，又，所以为等边三角形．因为，，平面AEC，平面AEC，，则平面ACE．如图2，延长AE至Q，使得，延长CE至P，使得，由正弦定理，可得，外接圆半径为，又，，，则P为的外心，Q为的外心，过点P作平面BCD的垂线，过点Q作平面ABD的垂线，两垂线的交点O就是四面体ABCD外接球的球心．连接OE，因，则，由，，可得，则在中，，由余弦定理，故四面体ABCD外接球的表面积为．故答案为：..【点睛】方法点睛：本题涉及求几何体的外接球的表面积，解决外接球问题有以下常见手段：（1）侧棱与底面垂直的三棱锥，可将三棱锥补形为长方体或正方体；（2）正棱锥外接球常用解决问题，其中R为外接球半径，h为正棱锥高，r为底面外接圆半径；（3）侧面和底面呈一定角度的几何体，常利用过外心做平面垂线确定球心位置，后结合图像及正余弦定理解决问题.17．（1）；（2）.【分析】（1）连结，相交于点，连结，利用中位线证得，利用线面垂直的性质定理证得面，从而求得结果；（2）先求得，然后利用等体积转化求得三棱锥的体积.【详解】解：（1）连结，相交于点，连结因为为正方形，所以为中点又因为为中点，所以且又因为面，所以面所以点到平面的距离为（2）因为为中点，所以所以18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过中位线等几何关系证明线面平行；（2）通过空间几何关系来找出线面角的平面角，将空间的线面角关系转化成平面的角度计算问题.(1)证明：取PB中点E，连接AE，EF，∵E，F分别为PB，PC中点，∴EF//BC且又AD//BC且∴AD//EF且∴AE//DF，又面面∴∥平面(2)延长BA，CD交于点G，连PG，GF，BF∵面PAB⊥面ABCD，BC⊥AB，面∴BC⊥面PAB，面∴BC⊥PG，∵AD//BC，且∴PA=AB=AG，∴PG⊥PB，又∴PG⊥面PBC，∴PG⊥BF，又BF⊥PC，∴BF⊥面PCD∴即为直线与平面PCD所成角.所以直线与平面所成角的正弦值为.19．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2.【解析】（Ⅰ）连接BD与AC相交于点O，连接OP，，得到，再由，利用线面垂直的判定定理证明即可.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，结合平面底面，易得平面，得到与底面所成的角为，然后根据，求得四棱锥的底面积和高，代入体积公式求解.【详解】（Ⅰ）如图所示：连接BD与AC相交于点O，连接OP，因为，所以，又，所以平面，又平面，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又平面底面，平面底面，所以平面，所以与底面所成的角为，因为，所以，所以菱形ABCD的面积为：，所以四棱锥的体积是.【点睛】方法点睛：1、证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．2、求线面角常用方法：（1）几何法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解；（2）向量法：①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．20．(1)(2)．【分析】（1）连接，交于，连接，由平面平面，可推出平面，平面，故即为所求；在中，由可得解；（2）取的中点，连接、，易证，，故即为所求，在中，利用余弦定理求出，即可得到两平面的夹角；【详解】（1）连接交于，连接，四边形是菱形，，平面平面，平面平面，平面，平面，即为与平面所成角．四边形为矩形，，又平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，在中，，，故与平面所成角的正弦值为．（2）解：取的中点，连接、，由（1）知，平面，四边形是菱形，四边形为矩形，，，，，即为二面角的平面角，在中，，，由余弦定理知，，，故二面角的大小为，则平面与平面的夹角为．21．（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由线面平行的性质定理可推出，再由平行的传递性可证得（2）先找出二面角的平面角，表示出，求出，再设，建立方程求出，进而求出.【详解】（1）在棱柱中，面，面，面面，由线面平行的性质定理有，又，故；（2）证明：在底面中，，，.，，又因为侧棱底面，则底面面，又，面过点作于，连接，则是二面角的平面角．，，则，故，，．设，则．，故，故．【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线