新教材2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册同步练习：第八章 立体几何初步

单元素养评价（三）（第八章）

（120分钟150分）

一、单选题（每小题5分，共40分）

1.下列命题中正确的是

A.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱

B.底面是矩形的平行六面体是长方体

C.棱柱的底面一定是平行四边形

D.棱锥的底面一定是三角形

【解析】选A.平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱，故A

正确；三棱柱的底面是三角形，故C错误；底面是矩形的平行六面体的侧

面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错误；四棱锥的底面是四

边形，故D错误.

2.（2020•芜湖高一检测）如图，4ABC的斜二测直观图为等腰

RtAAzB'C'，其中A'B'=2,则AABC的面积为

A.2B.4C.2V2D.4企

【解析】选D.因为RtaA'B'C是一平面图形的直观图，直角边长为

1

A'B'=2,所以直角三角形的面积是-义2义2=2,因为平面图形与直观

2

图的面积的比为2AZ2所以原平面图形的面积是2X2l=4&.

3.已知棱长都相等的正三棱锥内接于一个球，某学生画出四个过球心

的平面截球与正三棱锥所得的图形,如图所示,则

A.以上四个图形都是正确的

B.只有(2)(4)是正确的

C.只有⑷是错误的

D.只有(1)(2)是正确的

【解析】选C.(1)当平行于三棱锥一底面，过球心的截面如题(1)图所

示；(2)过三棱锥的一条棱和圆心所得截面如题⑵图所示；(3)过三棱

锥的一个顶点(不过棱)和球心所得截面如题⑶图所示；(4)棱长都相

等的正三棱锥和球心不可能在同一个面上，所以题(4)图是错误的.

4.设m,n是两条不同的直线，a,B,丫是三个不同的平面，给出下列四

个命题：

⑴若那么m_l_n;(2)若m_Ln,那么

a_1_B;(3)若a〃B,mua,那么m〃B;(4)若aJ_丫，BJ.y,则

a〃B,其中正确命题的序号是

A.(1)(2)B.(2)(3)

C.(1)(3)D.(2)(4)

【解析】选C.对于（1）,如果m_La,n〃a,根据直线与平面垂直的性质

可知m_Ln,所以⑴正确；

对于（2）,如果m_Ln,m_La,n〃B,根据线面垂直与线面平行性质可知

a与B可以垂直，也可以平行，还可以相交，所以（2）错误；对于（3）,如

果a〃B,mua,根据直线与平面平行的判定可知m〃B,所以⑶正确;

对于（4）,设平面a,B,丫分别是正方体中经过同一个顶点的三个面，

则有CI_LY且B，Y,但是a±0,推不出a〃B,故⑷不正确.

5.（2020•杭州高一检测）如图，在正四面体OABC中,D是OA的中点,则

BD与0C所成角的余弦值是

A，B.立C./D.运

2626

【解析】选B.取AC的中点E,连接DE,BE,根据题意NBDE为异面直线

BD与0C所成的角，设正四面体的边长为2,则DE=1,BD=BE=由cos

,ML3+1-3V3

NBDE二一—,

2736

所以BD与0C所成角的余弦值是史.

6.如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面

圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥

与圆台的高分别为和3,则此组合体的外接球的表面积是

A.16nB.20nC.24nD.28n

【解析】选B.设外接球半径为R,球心为0,圆台较小底面圆的圆心为

01,贝I:0O：+/=R2,而001=75+2—R,故R2=l+(V5+2-R)2,所以R=V§,所以

S=4JiR2=20n.

7.(2020•西城高一检测)阅读下面题目及其证明过程，在横线处应填

写的正确结论是

如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形,0是正方形ABCD的中

心,P0J_底面ABCD,E是PC的中点，求证:平面PAC_L平面BDE.

证明：因为P0J_底面ABCD,所以P01BD.

又因为ACBD,且ACGP0=0,

所以.

又因为BDc平面BDE,所以平面PAC_L平面BDE.

A.BD平面PBCB.AC_L平面PBD

C.BD，平面PACD.AC_L平面BDE

【解析】选C.因为PO_L底面ABCD,

所以PO±BD.

又因为AC_LBD,且ACAPO=O,

所以BD_L平面PAC.

又因为BDc平面BDE,

所以平面PAC_L平面BDE.

8.(2020•九江高一检测)半正多面体亦称“阿基米德多面体”，如图

所示,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,体现了数学的对称

美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可

截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体,它们的边长都相

等，其中八个为正三角形，六个为正方形,称这样的半正多面体为二十

四等边体.若二十四等边体的棱长为则该二十四等边体外接球的表

面积为

A.4nB.6nC.8nD.12n

【解析】选C.由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即

为底面棱长为衣，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以

(2R)2=(V2)2+(V2)2+22,所以R=企,所以该二十四等边体的外接球的表

面积S=4JiRJ4nX(A/2)2=8n.

二、多选题(每小题5分，共20分,全部选对的得5分,选对但不全的得

3分,有选错的得0分)

9.等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周，

则所形成的几何体的表面积可以为

A.V2nB,(1+V2)川

C.2V2nD.(2+V2n)

【解析】选AB.若绕一条直角边旋转一周时，则圆锥的底面半径为1,高

为1,所以母线长这时表面积为三X2五•1,/+3T•1J=(1+V2);

2

若绕斜边旋转一周时，旋转体为两个倒立圆锥对底组合在一起，且由题

意底面半径为三，两个圆锥的母线长都为1,所以表面积

2

S=2xix2n.^Xl=V2n，综上所述该几何体的表面积为企冗或

22

(1+V2)口.

10.(2020•潍坊高一检测)正方体ABCD-ABCD的棱长为2,已知平面

a_LAG,则关于a截此正方体所得截面的判断正确的是

A.截面形状可能为正三角形

B.截面形状可能为正方形

C.截面形状可能为正六边形

D.截面面积最大值为3V3

【解析】选ACD.显然A,C成立，B不成立，下面说明D成立，如图截得正

六边形，面积最大，MN=2&，GH=&,OE=Jl+(f)=*所以

S=2XiX(V2+2A/2)X—=3V3,故D成立.

22

1L设a,B,丫为两两不重合的平面为两两不重合的直线，则下

列命题中正确的是

A.若mua,nua,m//B,n〃B,则a〃B

B.若m±a,n±B且m±n,则aJ_B

C.若/〃a,aJ_B,则/J.B

D.若aCB=/,0Ay=m,yAa=n,Z/7y,则m〃n

【解析】选BD.由a,B,Y为两两不重合的平面，I,m,n为两两不重合

的直线知:A.若mUa,nUa,m〃B,n〃B,则a与B相交或平行，故

A错误；

B.若m_La,n±0，且m_Ln,则由面面垂直的判定定理得a_LB,故B正

确；

C.若/〃a,aJ_B,则/与B相交、平行或/uB,故C错误；D.若

aGB=/,BGY=m,yGa=n，/〃丫，则由线面平行的性质定理得m〃n.

故D正确.

12.在三棱锥C-ABD中（如图），AABD与ACBD是全等的等腰直角三角

形,0为斜边BD的中点,AB=4,二面角A-BD-C的大小为60°,下面结论

中正确的是

A.AC±BD

B.AD±C0

C.cosZADC=—

2

D.三棱锥C-ABD的外接球表面积为32ar

【解析】选AD.因为aABD与4CBD是全等的等腰直角三角形，0为斜边

BD的中点，所以CO_LBD,AOJ_BD,A0G0C=0,所以BDJ_平面AOC,所以

AC±BD,因此A正确；假设CO_LAD,又COJ_BD,ADGBD=D,可得COJ_平面

ABD,与NAOC是二面角A-BD-C的平面角且为60°矛盾，因此B不正确；

AB=4,AC=0A=2V2,AD=CD=4,

所以cosNADC」"-警乏巴

2X4242

因此C不正确；

三棱锥C-ABD的外接球的球心为0,半径为2企，表面积

S=4nX（2V2）2=32n,因止匕D正确.

三、填空题（每小题5分，共20分）

13.（2020・南京高一检测）在三棱柱ABC-ABG中，点P是棱CG上一点,

记三棱柱ABC-AB3与四棱锥P-ABBA的体积分别为V,与%,则

纥

［解析】设AB=a,在4ABC中AB边所对的高为b,三棱柱ABC-ABC的

高为h,

11

则VF-abh,V2=-Xah•b,

答案:士2

3

14.如图所示,ABCD-ABCD是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的

棱AB,B.C,的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=p过P,M,N的平面

交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=.

【解析】因为平面ABCD〃平面ABG»,MNu平面ABCD,所以MN〃平

面ABCD,

又PQ二平面PMNA平面ABCD,

所以MN〃PQ.

因为M,N分别是AB,BG的中点，

所以MN〃AC〃AC,所以PQ〃AC,又AP=；ABCD-ABCD是棱长为a的正

3

方体，

【补偿训练】

如图所示，四棱锥P-ABCL）的底面是一

梯形，AB〃CD,CD=3AB,过点B作平面

PAD的平行线交直线PC于点E，则PE:EC

【解析】设平面ABE与PD交点为F,连接

FA,FE,易得四边形ABEF是平行四边形，

―工所以理=工

PC~CD~3，「以EC2,

答案：1：2

15.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形，其中

AD=BD=V2,NBAC=30°,若它们的斜边AB重合，让三角板ABD以AB为轴

转动,则下列说法正确的是（填序号）.

①当平面ABDL平面ABC时一,C,D两点间的距离为企；

②在三角板ABD转动过程中，总有AB±CD;

③在三角板ABD转动过程中，三棱锥D-ABC体积的最大值为色.

6

D

【解析】①取AB中点0,连接DO,CO,

因为AD=BD=V2,所以D0=1,AB=2,0C=1.

因为平面ABDJ■平面ABC,DO±AB,DOc平面ABD,所以DO,平面ABC,DO

±0C,所以DC=J2①正确；

②若AB±CD,AB±OD,ODACD=D,则AB_L平面CDO,所以AB_LOC,因为0

为AB中点，所以AC=BC,NBAC=45°与NBAC=30°矛盾，所以②错误；

111

③当DO,平面ABC时，棱锥的高最大，此时V棱十一X-XAC-BC・D0二一义

326

73X1X1=—,③正确.

6

答案：①③

16.在四面体S-ABC中，SA=SB=2,且SA±SB,BC=V5,AC=V3,则该四面体

体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.

【解析】四面体的体积最大时即面SABJ_i^ABC,SA=SB=2,

且SA±SB,所以AB=2衣,

因为BC=V5,AC=V3,所以AC2+BC2=AB2,

所以NACB=90°,

取AB的中点H,连接CH,SH,

1

SH±AB,面SABA面ABC=AB,SH在面SAB内，所以SH_L面ABC,而SH=-X

2

=

V2SA-V2,所以Vs-ABC--SAABC•SH=—X—XV5XV3XV2"；

3326

则外接球的球心在SH所在的直线上，设球心为0,连接0C,CH:-AB二-X

22

2企二衣，因为SH=V2,所以。与H重合，所以R=CH=SH二衣，所以四面体

的外接球的表面积为4n片=8n.

…-J3O_

答案:---8n

6

四、解答题（共70分）

17.（10分）某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是正四

棱台ABCD-ABCD,其上部是底面与四棱台的上底面重合的正四棱柱

ABCD-A2B2C2D2,现需对该零部件表面进行防腐处理，已知

AB=10,A1Bi=20,AAz=30,AA=13（单位:cm）,若加工处理费为0.2元/cm；

求需支付的加工处理费.

【解析】因为四棱柱ABCD-A?B2c2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩

形,

所"以该零部件上部的表面才只Si—S四枝柱上底面+S四枝柱侧面二A2Bm+4AB•AA2-10+4

X10X30=1300(cm2),

又四棱台ABCD-ABCD的上下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯

形，

、、、、91

所以该零部件下部的表面积S2二S四棱台下底面+S四棱台侧面二+4义-X(AB+AB)

12

22

Xh第媵梯影的居二2。2+4X2X(10+20)x13-[-x(20-10)]^1

2\12J

120(cm2),

2

则该实心零部件的表面积S=Si+S2=1300+1120=2420(cm),0.2X2

420=484(元),

故需支付加工处理费484元.

18.(12分)如图,四边形BCCB是圆柱的轴截面.AAi是圆柱的一条母线,

已知AB=2,AC=2A/2,AAL3.

⑴求证:AC_LBAi;

⑵求圆柱的侧面积.

B\Ci

A

【解析】⑴依题意ABJ_AC.

因为AA」平面ABC,所以AA,±AC.

又因为ABClAALA,所以ACJ■平面AABB.

因为BAc平面AABB,所以ACJ_BB.

⑵在RtAABC中，AB=2,AC=2&,ZBAC=90°,

所以BC=2V3.S母=2V3nX3=6V3n.

19.（12分）（2020•全国I卷）如图,D为圆锥的顶点,0是圆锥底面的圆

心，AABC是底面的内接正三角形,P为D0上一点，ZAPC=90°.

⑴证明：平面PABJ_平面PAC;

⑵设D0=J2圆锥的侧面积为旧“，求三棱锥P-ABC的体积.

【解题指南】（1）根据已知可得PA=PB=PC,进而有APAC之△PBC,可得

ZAPC=ZBPC=90°,即PB_LPC,从而证得PB,平面PAC,即可证得结论；

（2）将已知条件转化为母线/和底面半径r的关系,进而求出底面半径,

求出正三角形ABC的边长，在等腰直角三角形APB中求出AP,结合

PA=PB=PC即可求出结论.

【解析】（1）由题设可知，PA二PB=PC.

由于4ABC是正三角形，

故可得△PACgZiPAB.

△PAC名△PBC.

又NAPC=90°，故NAPB=90°，/BPC=90°.

从而PB±PA,PB±PC,故PB_L平面PAC,因为PB在平面PAB内，所以平面

PABJL平面PAC.

⑵设圆锥的底面半径为r,母线长为/.

由题设可得rZ=V3,Z2-r2=2.

解得r=1,/=V3,

从而AB=V3.

由⑴可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=—.

2

3

所以三棱锥P-ABC的体积为二X」XPAXPBXPCJXL><U^).

3232\2/8

20.(12分)如图，在直三棱柱ABC-A.B,C,中,D,E分别为BC,AC的中

点，AB=BC.

求证：⑴AB〃平面DEG;

(2)BE±CIE.

【证明】（1）因为D,E分别为BC,AC的中点，

所以ED〃AB.

在直三棱柱ABC-ABG中，AB〃AB,

所以AB〃ED.

又因为DEc平面DEG,ABQ平面DEG,

所以AB〃平面DEG.

（2）因为AB=BC,E为AC的中点,

所以BELAC.

因为三棱柱ABC-AB3是直棱柱,所以GC,平面ABC.

又因为BEu平面ABC,所以CC_LBE.

因为GCu平面AACG,ACu平面AACG,3CGAC=C,

所以BE,平面AiACG.

因为C.Ec平面AiACG,所以BE±C,E.

21.（12分）如图①，在直角梯形ABCD

中，AD/7BC,ZBAD=-7TAB=BC=1-AD=a,E是AD的中点，。是AC与BE的交点.

22

将4ABE沿BE折起到图②中AAiBE的位置，得到四棱锥A-BCDE.

⑴证明:CD_L平面AOC;

⑵当平面ABE,平面BCDE时，四棱锥A-BCDE的体积为36&,求a的

值.

1五

【解析】⑴在题图①中，因为AB=BC=-AD=a,E是AD的中点，NBAD二一,

22

所以BE±AC.

即在题图②中，BE_LAQ,BE±OC,5