第八章 立體幾何初步單元測試 高一下學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版（2019）必修第二冊

密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密封線內(nèi)不要答題姓名班級考號姓名班級考號密○封○裝○訂○線密○封○裝○訂○線密封線內(nèi)不要答題第八章立體幾何初步全卷滿分150分考試用時120分鐘一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.下列說法正確的是()A.多面體至少有3個面B.有2個面平行,其余各面都是梯形的幾何體是棱臺C.各側(cè)面都是正方形的四棱柱一定是正方體D.棱柱的側(cè)棱相等,側(cè)面是平行四邊形2.若一個平面圖形的直觀圖是邊長為2的正三角形,則該平面圖形的面積為()A.63.已知圓錐側(cè)面展開圖的圓心角為60°,底面圓的半徑為8,則該圓錐的側(cè)面積為()A.384πB.392πC.398πD.404π4.圓臺的上、下底面半徑分別是r=1,R=4,且圓臺的母線長為5,則該圓臺的體積是()A.30πB.28πC.25πD.24π5.已知一個三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直,且長度分別為3cm,2cm和3cm,則該三棱錐的外接球的體積為()A.1233πcm3B.1633πcm3C.163πcm36.在直三棱柱ABD-A1B1D1中,AB=AD=AA1,∠ABD=45°,P為B1D1的中點,則直線PB與AD1所成的角為()A.30°B.45°C.60°D.90°7.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的表面積為96,點P為線段AA1的中點,若點D1∈平面α,且CP⊥平面α,則平面α截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面圖形的周長為()A.438.如圖,已知多面體ABCDFE的底面ABCD是邊長為22的正方形,四邊形ACFE為等腰梯形,平面ABCD⊥平面ACFE,且EF=12AC,AE=12AB,A.12πB.16πC.20πD.24π二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分)9.一個圓柱和一個圓錐的底面直徑及高都與一個球的直徑相等,已知球的直徑為2R,則下列結(jié)論正確的是()A.圓柱的側(cè)面積為2πR2B.圓錐的側(cè)面積為2πR2C.圓柱的側(cè)面積與球的表面積相等D.圓柱、圓錐、球的體積之比為3∶1∶210.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則下列四個命題中正確的是()A.直線BC與平面ABC1D1所成的角為π4B.點C到平面ABC1D1的距離為2C.異面直線D1C和BC1所成的角為πD.二面角C-BC1-D的余弦值為-311.如圖,在邊長為2的正方形ABCD中,E,F分別是AB,BC的中點,將△ADE,△CDF,△BEF分別沿DE,DF,EF折起,使A,B,C重合于點P,則下列結(jié)論正確的是()A.PD⊥EFB.三棱錐P-DEF的外接球的體積為26πC.點P到平面DEF的距離為2D.二面角P-EF-D的余弦值為1三、填空題(本題共3小題,每小題5分,共18分)12.在四棱錐P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD為正方形,且AB=2.若PD與底面ABCD所成的角大于60°,則PB的長度的取值范圍為.

13.如圖所示,在三棱柱A'AD-B'BC中,四邊形ABCD和AA'B'B都是矩形,平面AA'B'B⊥平面ABCD.若AA'=AD=2,則直線AB到平面DA'C的距離為.

14.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=3,AA1=1,點P為線段A1B上的一個動點.當(dāng)P為A1B的中點時,三棱錐P-AA1D1外接球的表面積為;當(dāng)AP+D1P取最小值時,A1PPB四、解答題(本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15.(13分)現(xiàn)需要設(shè)計一個倉庫,由上下兩部分組成,如圖所示,上部分是正四棱錐P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,求倉庫的容積(含上下兩部分);(2)若上部分正四棱錐的側(cè)棱長為6m,當(dāng)PO1為多少時,下部分正四棱柱的側(cè)面積最大,最大面積是多少?16.(15分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱長均相等,D是BC的中點.(1)求證:AD⊥C1D;(2)求證:A1B∥平面AC1D;(3)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值.17.(15分)如圖,P為圓錐的頂點,AB,CD為底面圓中兩條互相垂直的直徑,E為PB的中點.(1)證明:平面PAB⊥平面PCD;(2)若AB=4,且直線CE與平面PCD所成角的正切值為55,求該圓錐的體積18.(17分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,點F為棱PD的中點.(1)證明:平面FAC⊥平面PBD;(2)當(dāng)二面角D-FC-B的余弦值為24時,求直線PB與平面ABCD所成的角19.(17分)如圖,在四邊形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分別在BC,AD上,EF∥AB,現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=3,在折疊后的線段AD上是否存在一點P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,說明理由(2)求三棱錐A-CDF的體積的最大值,并求出此時點F到平面ACD的距離.答案全解全析1.D2.B3.A4.B5.D6.A7.D8.C9.CD10.AB11.AC1.D一個多面體至少有4個面,不存在有3個面的多面體,所以選項A錯誤;由圖1知選項B錯誤;如圖2,該幾何體上、下底面是全等的菱形,各側(cè)面是全等的正方形,但它不是正方體,故選項C錯誤;根據(jù)棱柱的定義,知選項D正確.故選D.圖1圖22.B由斜二測畫法可知直觀圖的面積是平面圖形的面積的24因為直觀圖是邊長為2的正三角形,所以直觀圖的面積為34所以平面圖形的面積為32故選B.3.A設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,則r=8,由題意知,2πr=π3l,解得所以圓錐的側(cè)面積為πrl=8×48π=384π.故選A.4.B由題意得圓臺的高為52則該圓臺的體積是13π×(42+12故選B.5.D由題意可得,該三棱錐的外接球即長、寬、高分別為3cm,2cm和3cm的長方體的外接球,該長方體的體對角線長為外接球的直徑,所以外接球的半徑R=32故外接球的體積V=43πR3故選D.6.A取BD的中點E,連接ED1,AE,易得PD1∥BE且PD1=BE,所以四邊形BED1P為平行四邊形,所以PB∥D1E,故∠AD1E(或其補角)為直線PB與AD1所成的角.設(shè)AB=AD=AA1=2,因為E為BD的中點,所以AE⊥BD,因為∠ABD=45°,所以AE=BE=22易得AD1=AD因為AD12=AE2+D1E2,所以AE⊥D故cos∠AD1E=D1EAD1=622=32,又7.D取AD的中點M,AB的中點N,連接PD,MD1,MN,NB1,B1D1,A1C1,AC.易知M,N,B1,D1四點共面.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為平面MNB1D1.由題可知6×AB2=96,故AB=4,∴MN=22,B∴截面圖形的周長為62+45.8.C連接BD,交AC于點N,取EF的中點M,連接MN.∵四邊形ABCD是邊長為22的正方形,∴N為AC的中點.又四邊形ACFE為等腰梯形,M為EF的中點,∴MN⊥AC.∵平面ABCD⊥平面ACFE,平面ABCD∩平面ACFE=AC,MN?平面ACFE,∴MN⊥平面ABCD,∴幾何體外接球的球心必在直線MN上.設(shè)球心為O,連接OE,ON,OC.設(shè)幾何體外接球的半徑為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∴該幾何體外接球的表面積S=4πR2=20π.故選C.9.CDA選項,圓柱的側(cè)面積為2πR×2R=4πR2,A選項錯誤.B選項,圓錐的母線長為R2所以圓錐的側(cè)面積為πR×5R=5πR2,BC選項,球的表面積為4πR2,所以圓柱的側(cè)面積與球的表面積相等,C選項正確.D選項,圓柱的體積為πR2×2R=2πR3,圓錐的體積為13×πR2×2R=2π3R所以圓柱、圓錐、球的體積之比為2πR3∶2π3R3∶4π3R故選CD.10.AB如圖,取BC1的中點H,連接CH,易證CH⊥平面ABC1D1,所以∠C1BC是直線BC與平面ABC1D1所成的角,為π4,故A正確點C到平面ABC1D1的距離即為CH的長,為22,故B正確易證BC1∥AD1,所以異面直線D1C和BC1所成的角為∠AD1C(或其補角),連接AC,易知△ACD1為等邊三角形,所以∠AD1C=π3所以異面直線D1C和BC1所成的角為π3,故C錯誤連接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,又CH⊥BC1,所以∠CHD為二面角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論可得cos∠CHD=DH2+CH故選AB.11.AC如圖,取EF的中點H,連接PH,DH,由折疊前的圖形知△BEF和△DEF均為等腰三角形,故PH⊥EF,DH⊥EF,因為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正確;由題意得PE,PF,PD兩兩垂直,所以構(gòu)造如圖所示的長方體,則長方體的外接球就是三棱錐P-DEF的外接球,長方體的體對角線長就是外接球的直徑,設(shè)其為2R,易得PE=PF=1,PD=2,則(2R)2=12+12+22=6,即R=62,所以三棱錐P-DEF外接球的體積為43πR3=因為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,設(shè)點P到平面DEF的距離為h,由VD-PEF=V由A中分析知PH⊥EF,DH⊥EF,所以∠PHD為二面角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,+∞)解析如圖所示,連接BD,因為PB⊥底面ABCD,所以PD與底面ABCD所成的角為∠PDB.因為底面ABCD為正方形,且AB=2,所以BD=2AB=2因為PD與底面ABCD所成的角大于60°,所以tan∠PDB=PBBD=PB22>tan60°=3所以PB的長度的取值范圍為(26,+∞).13.答案2解析取B'C的中點E,連接BE.因為四邊形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.因為AA'=AD,所以BC=BB',又E為B'C的中點,所以B'C⊥BE,又CD⊥BE,CD∩B'C=C,所以BE⊥平面DCB'A',所以直線AB到平面DA'C的距離即為BE的長.因為平面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解析當(dāng)P為A1B的中點時,取AA1的中點E,連接PE.∵四邊形ABB1A1為矩形,∴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的外接圓圓心為AD1的中點.設(shè)AD1的中點為G,三棱錐P-AA1D1的外接球的球心為O,連接OG,則OG⊥平面AA1D1.作OM⊥PE于M,連接EG,則四邊形OMEG為矩形.設(shè)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∴三棱錐P-AA1D1的外接球的表面積S=4πR2=13π將平面AA1B和平面A1BCD1沿A1B展開,如圖所示,則AP+D1P的最小值為AD1的長,此時P為AD1與A1B的交點.∵AA1=1,AB=3,AB⊥AA1,∴∠BA1A=π3,∴∠AA1D1=5∴AD12=AA12+A1D12-2AA1·∴AD1=7.設(shè)AP=m,則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則PB=A1B-A1P=2-13∴A115.解析(1)∵PO1=2m,正四棱柱的高O1O是正四棱錐的高PO1的4倍,∴O1O=8m.(1分)∴倉庫的容積為13×62×2+62×8=312(m3).(4分(2)連接A1O1,設(shè)PO1=xm,0<x<6,則O1O=4xm,A1O1=36-x2m,A1B1∴正四棱柱的側(cè)面積S=4·4x·72-2x2=162x·∵162x·36-x2≤當(dāng)且僅當(dāng)x=36-x2,即x=32時∴Smax=2882m2.(8分)所以當(dāng)PO1=32m時,正四棱柱的側(cè)面積最大,最大為2882m2.(10分)16.解析(1)證明:∵AB=AC,D是BC的中點,∴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)證明:連接A1C,交AC1于O,連接OD,易得O為A1C的中點,∵D為BC的中點,∴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(或其補角)為異面直線A1B與AC1所成的角,(10分)設(shè)AB=2a,則AD=3a,AO=OD=由余弦定理的推論得cos∠AOD=OA所以異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為14.(12分17.解析(1)證明:設(shè)AB與CD交于點O,連接PO,因為AB,CD為底面圓中兩條互相垂直的直徑,所以O(shè)為底面圓的圓心,所以PO為圓錐的高,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)因為CD?平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(6分)(2)過E作EF⊥PO于F,則EF∥AB,因為E為PB的中點,所以F為PO的中點.連接CF,由(1)知平面PAB⊥平面PCD,因為平面PAB∩平面PCD=PO,EF?平面PAB,EF⊥PO,所以EF⊥平面PCD,所以∠ECF為直線CE與平面PCD所成的角,則tan∠ECF=55.(9分因為AB=4,所以EF=12所以tan∠ECF=EFCF=1CF=所以PO=2OF=2×5-故該圓錐的體積為13×π×2218.解析(1)證明:因為∠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)因為AC?平面ABCD,所以PD⊥AC.因為四邊形ABCD為菱形,所以AC⊥BD,因為PD∩BD=D,BD,PD?平面PBD,所以AC⊥平面PBD,(4分)又因為AC?平面FAC,所以平面