第八章 立体几何初步单元测试 高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

密○封○装○订○线密○封○装○订○线密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题姓名班级考号姓名班级考号密○封○装○订○线密○封○装○订○线密封线内不要答题第八章立体几何初步全卷满分150分考试用时120分钟一、单项选择题(本题共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.下列说法正确的是()A.多面体至少有3个面B.有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D.棱柱的侧棱相等,侧面是平行四边形2.若一个平面图形的直观图是边长为2的正三角形,则该平面图形的面积为()A.63.已知圆锥侧面展开图的圆心角为60°,底面圆的半径为8,则该圆锥的侧面积为()A.384πB.392πC.398πD.404π4.圆台的上、下底面半径分别是r=1,R=4,且圆台的母线长为5,则该圆台的体积是()A.30πB.28πC.25πD.24π5.已知一个三棱锥的三条侧棱两两垂直,且长度分别为3cm,2cm和3cm,则该三棱锥的外接球的体积为()A.1233πcm3B.1633πcm3C.163πcm36.在直三棱柱ABD-A1B1D1中,AB=AD=AA1,∠ABD=45°,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.90°7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积为96,点P为线段AA1的中点,若点D1∈平面α,且CP⊥平面α,则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形的周长为()A.438.如图,已知多面体ABCDFE的底面ABCD是边长为22的正方形,四边形ACFE为等腰梯形,平面ABCD⊥平面ACFE,且EF=12AC,AE=12AB,A.12πB.16πC.20πD.24π二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)9.一个圆柱和一个圆锥的底面直径及高都与一个球的直径相等,已知球的直径为2R,则下列结论正确的是()A.圆柱的侧面积为2πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶210.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题中正确的是()A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为π4B.点C到平面ABC1D1的距离为2C.异面直线D1C和BC1所成的角为πD.二面角C-BC1-D的余弦值为-311.如图,在边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC的中点,将△ADE,△CDF,△BEF分别沿DE,DF,EF折起,使A,B,C重合于点P,则下列结论正确的是()A.PD⊥EFB.三棱锥P-DEF的外接球的体积为26πC.点P到平面DEF的距离为2D.二面角P-EF-D的余弦值为1三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共18分)12.在四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,且AB=2.若PD与底面ABCD所成的角大于60°,则PB的长度的取值范围为.

13.如图所示,在三棱柱A'AD-B'BC中,四边形ABCD和AA'B'B都是矩形,平面AA'B'B⊥平面ABCD.若AA'=AD=2,则直线AB到平面DA'C的距离为.

14.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=3,AA1=1,点P为线段A1B上的一个动点.当P为A1B的中点时,三棱锥P-AA1D1外接球的表面积为;当AP+D1P取最小值时,A1PPB四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图所示,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,求仓库的容积(含上下两部分);(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6m,当PO1为多少时,下部分正四棱柱的侧面积最大,最大面积是多少?16.(15分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均相等,D是BC的中点.(1)求证:AD⊥C1D;(2)求证:A1B∥平面AC1D;(3)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值.17.(15分)如图,P为圆锥的顶点,AB,CD为底面圆中两条互相垂直的直径,E为PB的中点.(1)证明:平面PAB⊥平面PCD;(2)若AB=4,且直线CE与平面PCD所成角的正切值为55,求该圆锥的体积18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.(1)证明:平面FAC⊥平面PBD;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为24时,求直线PB与平面ABCD所成的角19.(17分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=3,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,说明理由(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.答案全解全析1.D2.B3.A4.B5.D6.A7.D8.C9.CD10.AB11.AC1.D一个多面体至少有4个面,不存在有3个面的多面体,所以选项A错误;由图1知选项B错误;如图2,该几何体上、下底面是全等的菱形,各侧面是全等的正方形,但它不是正方体,故选项C错误;根据棱柱的定义,知选项D正确.故选D.图1图22.B由斜二测画法可知直观图的面积是平面图形的面积的24因为直观图是边长为2的正三角形,所以直观图的面积为34所以平面图形的面积为32故选B.3.A设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则r=8,由题意知,2πr=π3l,解得所以圆锥的侧面积为πrl=8×48π=384π.故选A.4.B由题意得圆台的高为52则该圆台的体积是13π×(42+12故选B.5.D由题意可得,该三棱锥的外接球即长、宽、高分别为3cm,2cm和3cm的长方体的外接球,该长方体的体对角线长为外接球的直径,所以外接球的半径R=32故外接球的体积V=43πR3故选D.6.A取BD的中点E,连接ED1,AE,易得PD1∥BE且PD1=BE,所以四边形BED1P为平行四边形,所以PB∥D1E,故∠AD1E(或其补角)为直线PB与AD1所成的角.设AB=AD=AA1=2,因为E为BD的中点,所以AE⊥BD,因为∠ABD=45°,所以AE=BE=22易得AD1=AD因为AD12=AE2+D1E2,所以AE⊥D故cos∠AD1E=D1EAD1=622=32,又7.D取AD的中点M,AB的中点N,连接PD,MD1,MN,NB1,B1D1,A1C1,AC.易知M,N,B1,D1四点共面.易知D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴D1M⊥平面PCD,又CP⊂平面PCD,∴CP⊥D1M.由AA1⊥平面ABCD,MN⊂平面ABCD,可得AA1⊥MN,易知MN⊥AC,∵AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,∴MN⊥平面ACC1A1,又CP⊂平面ACC1A1,∴CP⊥MN,又D1M∩MN=M,D1M,MN⊂平面MNB1D1,∴CP⊥平面MNB1D1,即平面α为平面MNB1D1.由题可知6×AB2=96,故AB=4,∴MN=22,B∴截面图形的周长为62+45.8.C连接BD,交AC于点N,取EF的中点M,连接MN.∵四边形ABCD是边长为22的正方形,∴N为AC的中点.又四边形ACFE为等腰梯形,M为EF的中点,∴MN⊥AC.∵平面ABCD⊥平面ACFE,平面ABCD∩平面ACFE=AC,MN⊂平面ACFE,∴MN⊥平面ABCD,∴几何体外接球的球心必在直线MN上.设球心为O,连接OE,ON,OC.设几何体外接球的半径为R,ON=h,∵AB=BC=22,∴AC=4,EF=2,AE=在Rt△NOC中,OC2=ON2+NC2,即R2=h2+4①,在Rt△MOE中,OE2=OM2+EM2,即R2=(1+h)2+1②,由①②可得h∴该几何体外接球的表面积S=4πR2=20π.故选C.9.CDA选项,圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2,A选项错误.B选项,圆锥的母线长为R2所以圆锥的侧面积为πR×5R=5πR2,BC选项,球的表面积为4πR2,所以圆柱的侧面积与球的表面积相等,C选项正确.D选项,圆柱的体积为πR2×2R=2πR3,圆锥的体积为13×πR2×2R=2π3R所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3∶2π3R3∶4π3R故选CD.10.AB如图,取BC1的中点H,连接CH,易证CH⊥平面ABC1D1,所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角,为π4,故A正确点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长,为22,故B正确易证BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角),连接AC,易知△ACD1为等边三角形,所以∠AD1C=π3所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误连接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,又CH⊥BC1,所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角,易求得DH=62又CD=1,CH=22所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD=DH2+CH故选AB.11.AC如图,取EF的中点H,连接PH,DH,由折叠前的图形知△BEF和△DEF均为等腰三角形,故PH⊥EF,DH⊥EF,因为PH∩DH=H,PH,DH⊂平面PDH,所以EF⊥平面PDH,又PD⊂平面PDH,所以PD⊥EF,故A正确;由题意得PE,PF,PD两两垂直,所以构造如图所示的长方体,则长方体的外接球就是三棱锥P-DEF的外接球,长方体的体对角线长就是外接球的直径,设其为2R,易得PE=PF=1,PD=2,则(2R)2=12+12+22=6,即R=62,所以三棱锥P-DEF外接球的体积为43πR3=因为PD⊥PF,PD⊥PE,且PF∩PE=P,所以PD⊥平面PEF,易得DE=DF=5,EF=2,所以DH=(5)2-222=322,设点P到平面DEF的距离为h,由VD-PEF=V由A中分析知PH⊥EF,DH⊥EF,所以∠PHD为二面角P-EF-D的平面角,由B中分析知PD⊥平面PEF,又PH⊂平面PEF,所以PD⊥PH,易得PH=22故cos∠PHD=PHDH=13,故D12.答案(26,+∞)解析如图所示,连接BD,因为PB⊥底面ABCD,所以PD与底面ABCD所成的角为∠PDB.因为底面ABCD为正方形,且AB=2,所以BD=2AB=2因为PD与底面ABCD所成的角大于60°,所以tan∠PDB=PBBD=PB22>tan60°=3所以PB的长度的取值范围为(26,+∞).13.答案2解析取B'C的中点E,连接BE.因为四边形ABCD和AA'B'B都是矩形,所以AB⊥BC,AB⊥BB',又BC∩BB'=B,所以AB⊥平面BCB',又BE⊂平面BCB',所以AB⊥BE,又AB∥CD,所以CD⊥BE.因为AA'=AD,所以BC=BB',又E为B'C的中点,所以B'C⊥BE,又CD⊥BE,CD∩B'C=C,所以BE⊥平面DCB'A',所以直线AB到平面DA'C的距离即为BE的长.因为平面AA'B'B⊥平面ABCD,且平面AA'B'B∩平面ABCD=AB,BC⊥AB,所以BC⊥平面AA'B'B,又BB'⊂平面AA'B'B,所以BC⊥BB'.在Rt△BCB'中,BC=BB'=2,所以BE=2.14.答案13解析当P为A1B的中点时,取AA1的中点E,连接PE.∵四边形ABB1A1为矩形,∴PA=PA1,∴PE⊥AA1.又平面ABB1A1⊥平面ADD1A1,平面ABB1A1∩平面ADD1A1=AA1,PE⊂平面ABB1A1,∴PE⊥平面AA1D1.∵AA1⊥A1D1,∴△AA1D1的外接圆圆心为AD1的中点.设AD1的中点为G,三棱锥P-AA1D1的外接球的球心为O,连接OG,则OG⊥平面AA1D1.作OM⊥PE于M,连接EG,则四边形OMEG为矩形.设OG=h,OP=OD1=R,易得PA=PA1=12在Rt△OMP中,OP2=OM2+PM2,即R2=34+32-h2①,在Rt△OGD1中,OD12=D1G2+OG2,即R2=1+h2②∴三棱锥P-AA1D1的外接球的表面积S=4πR2=13π将平面AA1B和平面A1BCD1沿A1B展开,如图所示,则AP+D1P的最小值为AD1的长,此时P为AD1与A1B的交点.∵AA1=1,AB=3,AB⊥AA1,∴∠BA1A=π3,∴∠AA1D1=5∴AD12=AA12+A1D12-2AA1·∴AD1=7.设AP=m,则D1P=7-m,∴1sin∠APA1=msinπ3sin∠A1PD1=7-m∵∠APA1+∠A1PD1=π,∴sin∠APA1=sin∠A1PD1,即32解得m=73,即AP=7∴A1P=D1则PB=A1B-A1P=2-13∴A115.解析(1)∵PO1=2m,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍,∴O1O=8m.(1分)∴仓库的容积为13×62×2+62×8=312(m3).(4分(2)连接A1O1,设PO1=xm,0<x<6,则O1O=4xm,A1O1=36-x2m,A1B1∴正四棱柱的侧面积S=4·4x·72-2x2=162x·∵162x·36-x2≤当且仅当x=36-x2,即x=32时∴Smax=2882m2.(8分)所以当PO1=32m时,正四棱柱的侧面积最大,最大为2882m2.(10分)16.解析(1)证明:∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵BB1⊥平面ABC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥BB1.(2分)∵BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面BB1C1C,∴AD⊥平面BB1C1C,(3分)又C1D⊂平面BB1C1C,∴AD⊥C1D.(4分)(2)证明:连接A1C,交AC1于O,连接OD,易得O为A1C的中点,∵D为BC的中点,∴A1B∥OD,(6分)∵OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1,∴A1B∥平面AC1D.(8分)(3)由(2)知A1B∥OD,∴∠AOD(或其补角)为异面直线A1B与AC1所成的角,(10分)设AB=2a,则AD=3a,AO=OD=由余弦定理的推论得cos∠AOD=OA所以异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为14.(12分17.解析(1)证明:设AB与CD交于点O,连接PO,因为AB,CD为底面圆中两条互相垂直的直径,所以O为底面圆的圆心,所以PO为圆锥的高,所以PO⊥CD,(2分)又AB⊥CD,AB∩PO=O,AB,PO⊂平面PAB,所以CD⊥平面PAB.(4分)因为CD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(6分)(2)过E作EF⊥PO于F,则EF∥AB,因为E为PB的中点,所以F为PO的中点.连接CF,由(1)知平面PAB⊥平面PCD,因为平面PAB∩平面PCD=PO,EF⊂平面PAB,EF⊥PO,所以EF⊥平面PCD,所以∠ECF为直线CE与平面PCD所成的角,则tan∠ECF=55.(9分因为AB=4,所以EF=12所以tan∠ECF=EFCF=1CF=所以PO=2OF=2×5-故该圆锥的体积为13×π×2218.解析(1)证明:因为∠ADP=90°,所以PD⊥AD,又平面ADP⊥平面ABCD,PD⊂平面ADP,平面ADP∩平面ABCD=AD,所以PD⊥平面ABCD.(2分)因为AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC.因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,因为PD∩BD=D,BD,PD⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD,(4分)又因为AC⊂平面FAC,所以平面