教辅：新课标版数学（理）高三总复习：第八章立体几何单元测试卷

第八章　单元测试卷 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题错误的是(　　) A．若a⊥α，b∥α，则a⊥b B．若a⊥α，b∥a，b⊂β，则α⊥β C．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b D．若a∥α，a∥β，则α∥β 答案　D 解析　由题意可得A，B，C选项显然正确，对于选项D：当α，β相交，且a与α，β的交线平行时，有a∥α，a∥β，但此时α与β不平行．故选D. 2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(　　) A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直 C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 答案　D 解析　连接C1D，BD.∵N是D1C的中点，∴N是C1D的中点，∴MN∥BD.又∵CC1⊥BD，∴CC1⊥MN，故A，C正确．∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN⊥AC，故B正确，故选D. 3．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C．8π D. 答案　B 解析　S圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R＝＝. ∴V＝πR3＝，故选B. 4．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为(　　) A．4 B．2 C. D．8 答案　D 解析　由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD＝3，BF＝1，将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体的体积为×2×2×4＝8. 5.如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　连接AC，BD交于点O，连接OE，易得OE∥PA. ∴所求角为∠BEO. 由所给条件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝. ∴cos∠OEB＝，∴∠OEB＝60°，选C. 6．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是(　　) A．AB1∥平面BDC1 B．A1C⊥平面BDC1 C．直三棱柱的体积V＝4 D．直三棱柱的外接球的表面积为4π 答案　D 解析　由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确． 直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， ∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D为AC的中点， ∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B， ∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1. ∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C. ∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1. 故B正确．V＝S△ABC×C1C＝×2×2×2＝4，∴C正确． 此直三棱柱的外接球的半径为，其表面积为12π，D错误．故选D. 7．在平面四边形ABCD中，AD＝AB＝，CD＝CB＝，且AD⊥AB，现将△ABD沿着对角线BD翻折成△A′BD，则在△A′BD折起至转到平面BCD内的过程中，直线A′C与平面BCD所成的最大角的正切值为(　　) A．1 B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，OA＝1，OC＝2.当A′C与圆相切时，直线A′C与平面BCD所成的角最大，最大角为30°，其正切值为.故选C. 8．一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为(　　) A.＋＋＋1 B．2＋3π＋＋1 C.＋＋ D.＋＋＋1 答案　A 解析　还原为直观图如图所示，圆锥的高为2，底面半径为，圆锥的母线长为，故该几何体的表面积为S＝×2×＋×2π×××＋π×()2×＋×2×1＝＋＋＋1. 9．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　　) A．150° B．45° C．60° D．120° 答案　C 解析　由条件，知·＝0，·＝0， ＝＋＋. ∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2.∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C. 10．已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是(　　) A．288＋36π B．60π C．288＋72π D．288＋18π 答案　A 解析　将几何体的三视图转化为直观图 此几何体下面为长方体上面为半圆柱，根据三视图所标数据，可得 V长方体＝6×8×6＝288， V半圆柱＝×32×π×8＝36π. ∴此几何体的体积为V＝288＋36π. 11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝BC，则GB与EF所成的角为(　　) A．30° B．120° C．60° D．90° 答案　D 解析　方法一：连D1E，D1F，解三角形D1EF即可． 方法二：如图建立直角坐标系D－xyz， 设DA＝1，由已知条件，得 G(0,0，)，B(1,1,0)，E(1,1，)，F(，1,0)，＝(1,1，－)，＝(－，0，－)． cos〈，〉＝＝0，则⊥.故选D. 12．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设＝λ，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得当λ＝时，∠APC最大，故VP－ABC＝××1×1×＝. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．已知四个命题：
①若直线l∥平面α，则直线l的垂线必平行于平面α；

②若直线l与平面α相交，则有且只有一个平面经过直线l与平面α垂直；

③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等，则这个三棱锥是正三棱锥；

④若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分，则这个四棱柱为平行六面体． 其中正确的命题是________． 答案　④ 解析　④正确，如右图，A1C与B1D互相平分，则四边形A1B1CD是平行四边形，同理四边形ABC1D1是平行四边形，则A1B1綊AB綊CD，因此四边形ABCD是平行四边形，进而可得这个四棱柱为平行六面体． 14．(2013·江苏)如图所示，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________. 答案　1∶24 解析　由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2，S△ADE∶S△ABC＝1∶4. 因此V1∶V2＝＝1∶24. 15．已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________． 答案　 解析　正三棱锥P－ABC可看作由正方体PADC－BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P－ABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC. 设正方体棱长为a，则3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2. S△ABC＝×2×2×＝2. 由VP－ABC＝VB－PAC，得·h·S△ABC＝××2×2×2，所以h＝，因此球心到平面ABC的距离为. 16.如图所示是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面；

②直线BE与直线AF异面；

③直线EF∥平面PBC；

④平面BCE⊥平面PAD. 其中正确的有______个． 答案　2 解析　将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；
因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；
因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；
平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错． 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)右图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2. (1)请画出该几何体的三视图；

(2)求四棱锥B－CEPD的体积． 答案　(1)略　(2)2 解析　(1)该组合体的三视图如右图所示． (2)因为PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDCE， 所以平面PDCE⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD为正方形， 所以BC⊥CD，且BC＝DC＝AD＝2. 又因为平面PDCE∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面PDCE. 因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD， 所以PD⊥DC. 又因为EC∥PD，PD＝2，EC＝1， 所以四边形PDCE为一个直角梯形，其面积 S梯形PDCE＝(PD＋EC)×DC＝×3×2＝3. 所以四棱锥B－CEPD的体积 VB－CEPD＝S梯形PDCE×BC＝×3×2＝2. 18．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点． (1)证明：PB∥平面ACM；

(2)证明：AD⊥平面PAC；

(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值． 答案　(1)略　(2)略　(3) 解析　(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM. (2)因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD， AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC. (3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝.从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为. 19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB＝4，PA＝3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PCD. (1)求证：AG∥平面PEC；

(2)求AE的长；

(3)求二面角E－PC－A的正弦值． 答案　(1)略　(2)　(3) 解析　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A， ∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG. 又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD. 作EF⊥PC于点F，连接GF， ∵平面PEC⊥平面PCD， ∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG. 又AG⊄平面PEC，EF⊂平面PEC， ∴AG∥平面PEC. (2)解：由(1)知A，E，F，G四点共面， 又AE∥CD，AE⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴AE∥平面PCD. 又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF. 又由(1)知EF∥AG， ∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE＝GF. ∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝. 又PA2＝PG·PD，∴PG＝. 又＝，∴GF＝＝，∴AE＝. (3)解：过E作EO⊥AC于点O，连接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC. ∴∠EFO即为二面角E－PC－A的平面角． EO＝AE·sin45°＝×＝，又EF＝AG＝， ∴sin∠EFO＝＝×＝. 20．(本小题满分12分)如图所示，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2. (1)求证：AB∥平面MCD；

(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值． 答案　(1)略　(2) 解析　(1)证明：取CD中点O，因为△MCD为正三角形，所以MO⊥CD. 由于平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 又因为AB⊥平面BCD， 所以AB∥MO.又AB⊄平面MCD，MO⊂平面MCD， 所以AB∥平面MCD. (2)连接OB，则OB⊥CD，又MO⊥平面BCD. 取O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示． OB＝OM＝，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)． ＝(－1,0，)，＝(－1，－，2)． 设平面ACM的法向量为n1＝(x，y，z)， 由得 解得x＝z，y＝z，取z＝1，得n1＝(，1,1)． 又平面BCD的法向量为n2＝(0,0,1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 设所求二面角为θ，则sinθ＝. 21．(本小题满分12分) 圆锥PO如图①所示，图②是它的正(主)视图．已知圆O的直径为AB，C是圆周上异于A，B的一点，D为AC的中点． (1)求该圆锥的侧面积S；

(2)求证：平面PAC⊥平面POD；

(3)若∠CAB＝60°，在三棱锥A－PBC中，求点A到平面PBC的距离． 答案　(1)π　(2)略　(3) 解析　(1)由圆锥的正视图可知，圆锥的高h＝，底面半径r＝1，所以其母线长为l＝，所以圆锥的侧面积S＝l·2πr＝××2π×1＝π. (2)证明：因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC.又因为O，D分别为AB，AC的中点，所以OD∥BC，所以OD⊥AC. 因为PO⊥平面ABC，所以AC⊥PO. 因为PO∩OD＝O，PO，OD⊂平面POD，所以AC⊥平面POD. 因为AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面POD. (3)因为∠CAB＝60°，AB＝2，所以BC＝，AC＝1.所以S△ABC＝. 又因为PO＝，OC＝OB＝1，所以S△PBC＝. 设A到平面PBC的距离为h，由于VP－ABC＝VA－PBC，得S△ABC·PO＝S△PBC·h，解得h＝. 22．(本小题满分12分)如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点． (1)求证：B1C∥平面A1BD；

(2)求二面角A1－BD－A的大小；

(3)在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD？若存在，求出AE的长；
若不存在，说明理由． 答案　(1)略　(2)　(3)存在且AE＝ 解析　(1)如图①所示，连接AB1交A1B于点M，连接B1C，DM. 因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，所以四边形AA1B1B是矩形，所以M为AB1的中点． 因为D是AC的中点，所以MD是三角形AB1C的中位线，所以MD∥B1C. 因为MD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD. (2)作CO⊥AB于点O，所以CO⊥平面ABB1A1，所以在正三棱柱ABC－A1B1C1中建立如图②所示的空间直角坐标系O－xyz. 因为AB＝2，AA1＝，D是AC的中点，所以A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0，)，A1(1，，0)． 所以D(，0，)，＝(，0，)，＝(2，，0)． 设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量， 所以即 令x＝－，则y＝2，z＝3. 所以n＝(－，2,3)是平面A1BD的一个法向量． 由题意可知＝(0，，0)是平面ABD的一个法向量， 所以cos〈n，〉＝＝.所以二面角A1－BD－A的大小为. (3)设E(1，y,0)，则＝(1，y－，－)，＝(－1,0，－)．设平面B1C1E的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以即 令z1＝－，则x1＝3，y1＝，所以n1＝(3，，－)． 又n1·n＝0，即－3＋－3＝0，解得y＝. 所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE＝.