第八章立体几何初步-福建省龙岩市2021-2023年高一下学期期末数学试题分类汇编

专题三：第八章立体几何初步期末复习讲义福建省龙岩市20212023年高一下学期期末数学试题分类汇编一、单选题1．（福建省龙岩市20202021学年高一下学期期末数学试题）已知圆柱OO1的侧面积为4π，体积为2π,则该圆柱的轴截面的面积为（A．2 B．4 C．6 D．82．（福建省龙岩市20202021学年高一下学期期末数学试题）若α,β是两个不重合的平面，a,b,c是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是（

）A．若a//α,α∩β=b，则a//bB．若a⊂α,b⊂β,b//c,a//β，则α//βC．若a⊂α,b⊂α，且c⊥a,c⊥b，则c⊥αD．若a⊥α,α∩β=c,b//c，则a⊥b3．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（

）A．2 B．22 C．4 D．4．（福建省龙岩市20212022学年高一下学期期末数学试题）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（

）A．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥βB．如果α∥β，m⊂α，m∥n，那么n∥βC．如果α∩β=l，α⊥β，m⊥l，那么m⊥βD．如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么α//β5．（福建省龙岩市20222023学年高一下学期期末数学试题）如图，在正方体ABCD-A1B1C1DA．若E∈BD1，F∈BDB．若E∈BD1，F∈BD，则平面BEF⊥C．若E∈AC，F∈CD1，则EF//D．若E∈AC，F∈CD1，则EF//二、多选题6．（福建省龙岩市20202021学年高一下学期期末数学试题）已知正四面体PABC的棱长为2,M、N分别为PA、A．MN⊥PCB．异面直线BM与PC所成角的余弦值为3C．该正四面体的体积为2D．该正四面体的内切球体积为67．（福建省龙岩市20212022学年高一下学期期末数学试题）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，A．A1D⊥平面PEQ B．存在点P，QC．平面PQE与平面ABCD所成的角为π4 D．PQ+PE的最小值为8．（福建省龙岩市20222023学年高一下学期期末数学试题）如图，水平放置的正方形ABCD边长为1，先将正方形ABCD绕直线AB向上旋转45°，得到正方形ABC1D1，再将所得的正方形绕直线BC1向上旋转

A．直线A2CB．D2到平面ABCD的距离为C．点A到点D2的距离为D．平面A2BC1三、填空题9．（福建省龙岩市20202021学年高一下学期期末数学试题）已知三棱锥P-ABC,PB=PC=AB=BC=AC=23，侧面PBC⊥底面ABC，则PA=．，三棱锥P-ABC外接球的表面积为10．（福建省龙岩市20212022学年高一下学期期末数学试题）正四面体A-BCD中，AD=3AP，Q为棱AC上一点，且BQ+QP的最小值为13，若M为线段CD的中点，则过点M的平面截该正四面体外接球所得截面面积的最小值为11．（福建省龙岩市20222023学年高一下学期期末数学试题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，DB⊥AB，AB=DB=BP=PC=2.记四面体P-BCD的外接球的球心为O，M为球O表面上的一个动点，当∠MAO取最大值时，四面体M-ABD体积的最大值为.

四、解答题12．（福建省龙岩市20202021学年高一下学期期末数学试题）如图，S是圆锥的顶点，AB是底面圆О的直径，C为底面圆周上异于A,B的点，D为BC的中点．（1）求证：平面SOD⊥平面SBC;（2）若圆锥的侧面积为35π，且13．（福建省龙岩市20202021学年高一下学期期末数学试题）已知等边三角形ABC,D,E分别是边AB,AC上的三等分点，且AD=CE（如图甲），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置（如图乙），M（1）求证：EM//平面A1（2）若二面角A1-DE-B的大小为2π3，求直线DE14．（福建省龙岩市20212022学年高一下学期期末数学试题）如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB=3，BD=2，∠ABD=30°(1)证明：MC//平面PBD(2)证明：平面AMD⊥平面BMC.15．（福建省龙岩市20212022学年高一下学期期末数学试题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2(1)求三棱锥A-EFB的体积；(2)已知D为棱A1B1上的动点，设直线DF与平面DB1E16．（福建省龙岩市20222023学年高一下学期期末数学试题）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

(1)求三棱柱ABC-A(2)设D为AC的中点，求证：AB1∥17．（福建省龙岩市20222023学年高一下学期期末数学试题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，侧面PBC⊥底面ABCD.

(1)若∠PBC=90°，求证：AC⊥PD；(2)若AC与平面PCD所成角为30°，求点A到直线PC的距离.专题三：第八章立体几何初步期末复习讲义福建省龙岩市20212023年高一下学期期末数学试题分类汇编参考答案1．B【分析】根据圆柱侧面积与体积公式，解得底面半径及高，即可得到圆柱的轴截面面积．【详解】设圆柱底面圆半径为r，高为h，则由题意得到2πrh=4ππ解得r=1,h=∴此圆柱的轴截面正方形的面积为S=2r×h=故选：B．2．D【分析】结合选项逐个判定，可以利用定理推理，也可以使用反例排除.【详解】对于A，a//α,α∩β=b，a,b的位置关系无法确定；对于B，两个平面平行，需要一个平面内的两条相交线平行于另一个平面，显然不满足；对于C，线面垂直需要直线垂直于平面内的两条相交直线，缺少a,b相交的条件；对于D，a⊥α，α∩β=c，所以a⊥c，因为b//c，所以a⊥b；故选：D.3．B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl=2π×2，解得l=2故选：B.4．A【分析】根据空间中的线面关系、面面关系逐一判断即可.【详解】若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，故A正确；若α∥β，m⊂α，m∥n，则n∥β或n⊂β，故B错误；由α∩β=l，α⊥β，m⊥l推不出m⊥β，故C错误；由m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β推不出α//β，故D错误；故选：A5．D【分析】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定可判定A、B选项；利用正方体的特征及面面平行的判定与性质可判定C、D选项.【详解】

如图所示，对于选项A，易知AC⊥BD，DD1⊥底面ABCD，AC⊂所以DD1⊥又BD∩DD1=D,BD、DD1EF⊂平面BDD1，所以EF⊥AC，故对于选项B，易知A1C1//AC，所以因为A1C1⊂平面A1显然平面BDD1即平面BEF，故

如上图所示，对于C项，由正方体的特征可知AD因为AD1⊄平面A1C1B，C同理CD1⊄平面A1C1B，A显然AD1∩C所以平面AD1C//由EF⊂平面AD1C可得EF//平面A对于D项，显然CEAE≠CFFD1时，EF故选：D6．ABD【分析】由正四面体性质依次判断各选项，即可得出结果.【详解】对于A，由于正四面体的相对棱互相垂直可知，MN//AB,则MN⊥PC，故对于B,取AC中点E,连接ME,由PC//ME，可知异面直线BM与PC所成角即为∠BME,在△BME中，ME=1,BE=BM=3,由余弦定理计算可得cos对于C，过点P作PH⊥面ABC于点H,由正四面体性质可知，H为△ABC的中心，计算可得，PH=PB2-BH2=PB对于D，设正四面体的内切球半径为r，由等体积V=13S×h=13×S×r×4可知，r=14故选：ABD.7．AC【分析】由C1D1⊥A1D及A1D⊥BC1证得A1D⊥平面BC1D1即可判断A选项；若存在，可得A1D⊥DE，又∠A【详解】对于A，连接BC1，则E为线段BC1的中点，易得平面显然C1D1⊥平面A1则C1D1⊥A1D，又A则A1D⊥平面BC1D1，即对于B，由A知，A1D⊥平面PEQ，又PQ⊂平面PEQ，则若存在点P，Q，使得PQ//DE，则A1连接DE,A1E，又E为线段B1C则不存在点P，Q，使得PQ//DE，B错误；对于C，由A知，平面PEQ即平面BC1D则平面PQE∩平面ABCD=AB，连接AD1，又AB⊥平面A1ADD1，AD∠D1AD即为平面PQE又∠D1AD=π4，则平面PQE与平面ABCD对于D，在平面BC1D1中，作E关于D1过M作MN⊥C1B交C1B于点N，作M又BC1=2,B所以EM=2EF=2所以EN=EMsin又因为PQ+PE=PQ+PM≥MQ所以PQ+PE的最小值为53，D错误故选：AC.【点睛】本题的关键点在于确定平面PEQ即为平面BC1D1A8．BD【分析】将正方形ABC1【详解】由已知条件中的旋转，可将正方形ABC1D1放于两个全等正方体的公共面上，正方形

连接MD

因为平面ABCD//平面MD1C1P，直线A2C1平面A2BC1D2与平面MP⊥平面MAD1N，AN⊂平面MAD1N，MD1,MP⊂平面MD1C1同理，AP⊥平面A2平面A2BC1D2与平面由△APN为等边三角形，可得所求锐二面角的平面角为60∘，故选项D正确过D2作D2H//C1D1，则有D2H//AB，D2到平面ABCD的距离等价于H到平面ABCD

CB=C1D2=1，∠BFC1=∠D2CS△HBC=设H到平面ABCD的距离为h，根据等体积关系VH-ABC有13hS由此得D2到平面ABCD的距离为1+22连接D1D2

△D2D1C1中，由余弦定理得D1在Rt△AD1D2故选：BD.【点睛】方法点睛：空间图形的旋转与翻折，就是考查学生的空间想象能力和理性的分析能力，比较变化前后的两个图形，弄清哪些量和位置关系在变化过程中不变，哪些发生了变化，将不变的条件集中到变化后的几何体中，将问题归结为条件和结论明朗化的立几问题.9．32【详解】解：（1）取BC中点D，连接PD，AD.由题知，△PBC和△ABC均为正三角形且边长为23，故PD=AD=3∵面PBC⊥面ABC，由面面垂直的性质知PD⊥面ABC∵AD⊂面ABC，∴PD⊥AD在Rt△PAD中，PA=P（2）设三棱锥PABC的外接球球心为O，故O到面ABC和面PBC的射影均为△ABC和△PBC的中心E、F，即四边形OFDE为正方形，∴FD=ED=∴OE=1,AE=2在Rt△OAE中，OA=R=则球的表面积S=4πR故答案为：3210．9π4/【分析】先由侧面展开图及BQ+QP的最小值求得正四面体棱长为3，再求出外接球半径，再由OM垂直于截面时截面面积最小求解即可.【详解】将正四面体A-BCD的侧面ABC和ADC展开至同一平面，如图所示，此时BP即为BQ+QP的最小值，即BP=13，设AP=x由AD=3AP可得AB=AD=3x，∠BAD=2π3，则BP在正四面体A-BCD中，设△BCD的中心为O1，外接球球心为O，连接AO1,OD,OM，易得O在AO1=32-3又过点M的平面截外接球所得截面均为圆，要使截面面积最小，即截面圆的半径最小，显然当OM垂直于截面时，即M为圆心时，圆心到截面的距离最大为OM=OD2-DM即过点M的平面截该正四面体外接球所得截面面积的最小值为9π4故答案为：9π411．41015【分析】根据题意，由条件可得∠MAO取最大值时∠AMO=90°，由余弦定理即可得到AO，然后过M作MH⊥AO，即可得到MH，从而得到结果.【详解】

依题可得，四面体P-BCD的外接球的球心O为BC中点，外接球半径r=2，要使∠MAO取到最大值，则∠AMO=90°，即AM与球O所以sin∠MAO=在△ABO中，AO∴AO=10∴sin∠MAO=rAO=过M作MH⊥AO，垂足为H，所以点M在以H为圆心MH为半径的圆上，又MH=AM⋅sin∴四面体M-ABD体积的最大值为13故答案为：41012．（1）证明见解析；（2）10π3【分析】（1）由SO⊥底面圆O,得到BC⊥SO，再证明出OD⊥BC,即可证明BC⊥平面SOD，利用面面垂直的判定定理即可证明平面SOD⊥平面SBC;（2）利用圆锥的侧面积为35π，且BC=4,AC=2，计算出SA=3【详解】（1）由圆锥的性质可知，SO⊥底面圆O,∵BC在底面圆O上，∴BC⊥SO，∵C在圆O上，AB为直径，∴AC⊥BC，又点O,D分别为AB,BC的中点，∴OD//AC,∴OD⊥BC,又OD∩SO=O，且OD,SO⊂平面SOD，∴BC⊥平面SOD，又BC⊂平面SBC，∴平面SOD⊥平面SBC．（2）∵BC=4,AC=2，∴AB=A∴底面周长为2∴∴SA=3，∴SO=S∴V圆锥13．（1）证明见解析；（2）55【分析】（1）过点E作EF//BD交BC于点F，取A1B的中点G，证明EM//FG，EM//（2）设AB=3，则AD=1,AE=2,证明∠A1DB=2π3，设A1在面BDEC内的投影为P，则P在BD的延长线上，设DE与平面A1CE所成角为θ，点D到平面A【详解】解：（1）过点E作EF//BD交BC于点F，取A1B∵△ABC是等边三角形，AD=CE，∴EF//BD,EF=又∵M、G分别为A1D和∴MG为△A∴MG//BD,MG=∴EF//MG,EF=MG，∴四边形EFGM为平行四边形，∴EM//FG又因为FG⊂平面A1BC,EM⊄平面∴EM//平面A1（2）设AB=3，则AD=1,AE=2,∵∠A=60°，∴在△ADE中，又余弦定理得DE=∵2∴AE∴∠ADE=90°，∴DE⊥AD,DE⊥BD∴DE⊥BD，DE⊥A又因为A1D⊂面A1∴∠A1DB∴∠设A1在面BDEC内的投影为P，则P在BD∴∵∠∴A在△A1DP由正弦定理得DP=12且BP=52，在△BCP中，由余弦定理得在Rt△A1PC所以在△A1CE所以sin∠所以S△设DE与平面A1CE所成角为θ，点D到平面A1由VD-所以13又因为S△DCE所以d=3所以sinθ=所以直线DE与平面A1CE所成角的正弦值为14．(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）连接AC交BD于O，由OP∥CM即可证得MC//平面PBD（2）先由余弦定理证得AB⊥AD，进而得到AD⊥DC，由面面垂直性质证得AD⊥平面CMD，得到AD⊥CM，结合CM⊥MD证得CM⊥平面AMD，即可证得平面AMD⊥平面BMC.【详解】（1）连接AC交BD于O，连接PO，易得O为AC中点，又P为线段AM的中点，则OP∥CM，又OP⊂平面PBD，CM⊄平面PBD，则MC//平面PBD（2）由余弦定理得：AD2=AB2+DB平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC，又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD=CD，AD⊂平面ABCD，则AD⊥平面CMD，又CM⊂平面CMD，则AD⊥CM，又M是半圆弧CD上的点，则CM⊥MD，又MD∩AD=D，MD,AD⊂平面AMD，则CM⊥平面AMD，又CM⊂平面BMC，则平面AMD⊥平面BMC.15．(1)1(2)3【分析】（1）先证明AB⊥BC，底面△ABC是直角三角形，求出△ABC的面积即可算出三棱锥AEFB的体积；（2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求出sinθ，再利用点D的坐标即可求出sinθ【详解】（1）由题意，A1B1⊥BB1，由已知A1BF⊂平面B1BCC1，∴A1B△ABC是直角三角形，面积为S△ABC=F点到底面ABC的距离=FC=12三棱锥AEFB的体积=13（2）∵BB1⊥AB,BB则有A0,-2,0,C2,0,0,C设D点的坐标为0,m,2，则有-2≤m≤0，DB1=0,-m,0，B1E=1,-1,-2则有n⃑·DB1⃑=0n⃑·B1E⃑=0，即DF=2,-m,-1，sin显然当m=0时，sinθ最大，最大值=35综上，三棱锥AEFB的体积为13，sinθ的最大值为16．(1)48(2)证明见解析【分析】（1）由题意直三棱柱侧面都为矩形，分别求其面积即可；（2）连接B1C交BC1于点O，连接OD【详解】（1）∵三棱柱ABC-A∴侧