【文档说明】人教A版（2019）必修第二册第八章 《立体几何初步》章末检测 Word版含解析.doc，共(14)页，484.500 KB，由小赞的店铺上传

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第八章《立体几何初步》章末检测（答案）一、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.已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，则下列命题中正确的是(D)A．若α⊥β，则m∥βB．若α⊥β，则m⊥βC．若m∥

β，则α∥βD．若m⊥β，则α⊥β解:如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，令平面ABB1A1为平面α，平面ABCD为平面β，则α⊥β，若A1B所在直线为直线m，则m⊂α，此时直线m与平面β既不平行也不垂直，因此选项A，B均不正确

；若A1B1所在直线为直线m，则m⊂α且m∥β，但此时平面α与平面β不平行，故选项C也不正确，故选D.2.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(B)A．AC与BD1是两条相交直线B．AA1∥平面BB1D1C．B1C∥BD1D．A，C，B1，D1四点共

面解:对于A，BD1⊂平面ABD1，AC∩平面ABD1＝A，A∉BD1，所以AC与BD1是异面直线，故A错误；对于B，因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1，BB1⊂平面BB1D1，所以AA1∥平面BB1D1，故B正确；对于C，BD1⊂平面BB1D1，B1C∩平面BB1

D1＝B1，B1∉BD1，所以B1C与BD1是异面直线，故C错误；对于D，A，C，D1三点在平面ACD1内，B1不在平面ACD1内，所以A，C，B1，D1四点不共面，故D错误．故选B.3.如图，将一块直径为23的半球形

石材切割成一个体积最大的正方体，则切割掉的废弃石材的体积为(A)A．23π－22B．43π－22C．23π－2724D．43π－2724解:设球O的半径为R，正方体的棱长为a，则R＝3，当满足R2＝22a2＋a2时，正方体

体积最大，此时a＝63R＝2，切割掉的废弃石材的体积V＝V半球－V正方体＝12×43πR3－a3＝23π－22，故选A.4.平面α的一条斜线AP交平面α于点P，过定点A的直线l与AP垂直，且交平面α于点M，则点M的轨迹是(A)A．一条直线B．一个圆C．

两条平行直线D．两个同心圆解:如图，设直线l与l′是满足条件的两条任意的直线，则这两条相交直线确定一个平面β，且斜线AP⊥β.由过直线上一点有且只有一个平面与这条直线垂直可知，过定点A且与AP垂直的直线都在平面β内，所以点M在平面α与平面β的交线上．故选A.5.在

棱长为10的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则与过点P且与A1C平行的直线相交的面是(A)A．ABCDB．BB1C1CC．CC1D1DD．AA1B1B解:如图，由题意知正方

体ABCD-A1B1C1D1的棱长为10，且点P到A1D1，AA1的距离分别为3,2，连接A1P并延长交AD于点E，连接CE，则过点P且与A1C平行的直线PQ必在平面A1EC内，因为平面A1EC∩平面ABCD＝EC，所以点Q必在直线EC上，即在平

面ABCD内，故选A.6.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是

(B)A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④解:由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知，③正确；由①知，④不正确，故选B.7

.已知侧棱和底面垂直的三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为3，D为侧棱CC1的中点，M为侧棱AA1上一点，且A1M＝1，N为B1C1上一点，且MN∥平面ABD，则NB1的长为(B)A．1B．2C.32D．12解:如图1，过点N作NP∥A

1A，交BC于点P，交BD于点E，连接AE，AP，则A，M，N，P四点共面．因为MN∥平面ABD，MN⊂平面MAPN，平面MAPN∩平面ABD＝AE，所以MN∥AE，则四边形MAEN为平行四边形，因为A1M＝1，三

棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为3，所以NE＝AM＝2.因为D为C1C的中点，所以C1D＝32.过点C1作C1F∥BD，分别交B1B，NP于点F，G，易得GE＝BF＝C1D＝32，所以NG＝NE－GE＝2－32＝12，B1F＝3

2，所以C1NC1B1＝NGB1F＝13，所以NB1＝2，故选B.8.如图，正四棱锥P-ABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形，若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四棱锥四个侧面均

相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为(D)A.314B．316C.315D．318解:如图，连接PO，BD(易知BD过点O)，取CD的中点E，连接PE，OE，过O作OH⊥PE于H，可知PO⊥底面AB

CD.设AB＝4，则BD＝42＋42＝42，BO＝12BD＝22，PO＝BP2－BO2＝22＝BO.设球M的半径为R，半球O的半径为r，则R＝22，r＝OH.在等边三角形PCD中，求得PE＝42－22＝23.

由Rt△PHO∽Rt△POE，可得rR＝OHPO＝OEPE＝223＝33，故V半球OV球M＝12×43πr343πR3＝12×rR3＝318.故选D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.等腰直角三角形的直角边长为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(AB)A.2πB．(1＋2)πC．22π

D．(2＋2)π解:如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1.母线长是直角三角形的斜边长2，所以所形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，

那么形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长为1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2

＋1)π或2π.故选AB.10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的是(AD)A．直线A1BB．直线BB1C．平面A1DC1D．平面A1BC1解:如图，对于A，A1B∥D1C，又A1B⊄平面

ACD1，D1C⊂平面ACD1，所以A1B∥平面ACD1.对于B，由于BB1∥DD1，且DD1∩平面ACD1＝D1，所以直线BB1与平面ACD1不平行．对于C，因为A1D与AD1相交，A1D⊂平面A1DC1，AD1⊂平面ACD1，所以平面A1DC1与平面ACD1不平行．对于D，因为A1C1∥AC

，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，又A1B∥平面ACD1，A1B∩A1C1＝A1，所以平面A1BC1∥平面ACD1.故选AD.11.沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时，细沙全部在上部容器中，细沙通过

连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高的23(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的

是(AC)A．沙漏中的细沙体积为1024π81cm3B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入沙漏的下部后，此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565s(π≈3.14)解:设细沙圆锥的底面

半径为r，对于A，因为细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，即r4＝23hh，所以细沙的底面半径r＝23×4＝83(cm)，所以细沙的体积V1＝13·πr2·2h3＝13π×

832×163＝1024π81(cm2)，所以A正确．对于B，沙漏的体积V2＝2×13×π×h22×h＝2×13π×42×8＝256π3(cm3)，所以B错误．对于C，设细沙流入沙漏的下部后的高度为h1，则根据细沙体积不变可知13π×42×h1＝1024

π81，解得h1＝6427≈2.4(cm)．所以C正确．对于D，该沙漏的一个沙时为1024π81÷0.02≈1024×3.1481×50≈1985(s)，所以D错误．故选AC.12.如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B

1C1D1的内切球为球O，E，F分别是棱AB和棱CC1的中点，G在棱BC上移动，则下列结论成立的有(ACD)A．存在点G，使OD垂直于平面EFGB．对于任意点G，OA∥平面EFGC．直线EF被球O所截得的弦长为2D．过直线EF的平面截球O

所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为π2解:由题意知，O为正方体ABCD-A1B1C1D1的中心，球O的半径为1，对A，当G为BC的中点时，连接AC，AD1，CD1(图略)，易知OD⊥平面ACD1，又E，F分别为AB，CC1的中点，所以EG∥AC，FG∥AD1，所以EG∥平面ACD1，

FG∥平面ACD1，又EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面ACD1，所以OD⊥平面EFG，A正确；对B，易知当G与B重合时，A在平面EFG内，即OA与平面EFG相交，B不正确；对C，连接EC，OE，OF(图略)，则EC＝EB2＋BC2＝5，EF＝EC2＋FC2＝6，易知

OE＝OF＝2，所以球心O到EF的距离为(2)2－622＝22，则直线EF被球O所截得的弦长为212－222＝2，C正确；对于D，当过直线EF的平面与平面OEF垂直时，所得截面圆的半径最小，由C选项可知半径最小为22，

此时圆的面积为π2，D正确．故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的____充分不必要____条件．解:若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH不相

交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．14．若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC

；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的命题是__①③______．解:由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD，点M在平面PBA和PBC内，故②④不正确，故正确的只有①③.15.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别为线段PC

，PB上一点，若PM∶MC＝3∶1，且AN∥平面BDM，则PN∶NB＝__2∶1_____.解:如图，连接AC交BD于点O，连接CN交BM于点G，连接OG，由AN∥平面BDM，可得AN∥OG.∵OA＝OC，∴CG＝NG，∴G为CN的

中点．过点N作HN∥BM交PC于点H，∴CM＝HM.∵PM∶MC＝3∶1，∴PH＝HC，∴PN∶NB＝PH∶HM＝2∶1.16.已知正三棱锥A－BCD的外接球是球O，BC＝1，AB＝233，点E为BD中点，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是π

4，4π9.解:如图，设△BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，O1E，OE，则O1D＝1×sinπ3×23＝33，AO1＝AD2－O1D2＝1，在Rt△OO1D中，R2＝332＋(1－R)2，解得R＝23，

所以OO1＝AO1－R＝13，O1E＝1×sinπ3×13＝36，所以OE＝O1E2＋OO21＝76，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面的半径为R2－OE2＝12，则截面面积为π×122＝π4，当

截面过球心时，截面面积最大，最大面积为πR2＝4π9.故答案为：π4，4π9.四、解答题：本题共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.如图，设几何体的三个侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A

1A都是矩形．(1)证明：平面ABC∥平面A1B1C1；(2)若AA1＝2AC，AC⊥AB，M为CC1中点，证明：A1M⊥平面ABM.证明(1)∵侧面AA1B1B是矩形，∴A1B1∥AB.又A1B1⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.同理可得A1C1

∥平面ABC.∵A1B1∩A1C1＝A1，∴平面ABC∥平面A1B1C1.(2)∵侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是矩形，∴A1A⊥AB.又AC⊥AB，A1A∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C.∵A1M⊂平面AA1C1

C，∴AB⊥A1M.∵M为CC1的中点，AA1＝2AC，∴△ACM，△A1C1M都是等腰直角三角形，∴∠AMC＝∠A1MC1＝45°，∠A1MA＝90°，即A1M⊥AM.而AB∩AM＝A，∴A1M⊥平面ABM.18.如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD

，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．解:(1)证明因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD.因为平

面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)作EF⊥BD于F，作FM⊥BC于M，连接EM.因为AO⊥平面BCD，所以AO

⊥BD，AO⊥CD.所以EF⊥BD，EF⊥CD，BD∩CD＝D，因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC.因为FM⊥BC，FM∩EF＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF.则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角，∠EMF＝π4.因为BO＝OD，△O

CD为正三角形，所以△BCD为直角三角形，所以MF∥CD.因为DE＝2EA，所以EF＝23OA，DF＝2OF，所以BFFD＝2，所以MFCD＝23，从而EF＝FM＝23，所以AO＝1.因为AO⊥平面BCD，所以V＝13AO·S△BCD＝13×1×12×1×3＝36.19.如

图，已知四棱锥P-ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为等边三角形，AB∥CD,2AB＝CD，M是PC的中点．(1)求证：BM⊥平面PCD；(2)若AB＝AD＝2，求点M到平面PAB的距离．解:(1)证明如图，取PD的中点为N，连接AN，MN，则MN∥DC，且MN＝12DC，又AB∥DC，AB

＝12CD，所以MN∥BA，且MN＝BA，所以四边形ABMN是平行四边形，AN∥BM.因为△PAD为等边三角形，N为PD的中点，所以AN⊥PD，又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AN，又CD∩PD＝D，所以AN⊥平面PCD.由AN∥BM得BM⊥平面PCD.(2)因为M是PC的中点，所

以点M到平面PAB的距离d是点C至平面PAB的距离的一半，因为AB∥CD，所以点C到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离．连接BD，因为VD-PAB＝VB-PAD，所以13×2d×S△PAB＝13×AB×S△PAD，所以2d＝AB×S△PADS△PAB＝2×12×2×312×2×2＝3

，所以点M到平面PAB的距离为32.20.如图(1)是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆组成的平面图形，AB＝2AD＝2a.将此图形沿AB折叠，使平面ABCD垂直于半圆所在的平面，如图(2)，点E是折后图形中半圆O上异于A，B

的点．(1)证明：EA⊥EC；(2)若异面直线AE和DC所成的角为π6，求三棱锥D-ACE的体积．解:(1)证明如图，连接BE，因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，所以BC⊥平面ABE.又EA⊂平面ABE，所以BC⊥EA.易知∠

AEB是直角，即BE⊥EA，BE∩BC＝B，所以EA⊥平面EBC.因为EC⊂平面EBC，所以EA⊥EC.(2)在矩形ABCD中，AB∥CD，因为直线AE和DC所成的角为π6，所以直线AE和AB所成的角为π6，即∠BAE＝π6.过E作EF⊥AB于F，易知EF⊥平

面ABCD.又AB＝2AD＝2a，∠BAE＝π6，所以AE＝3a，EF＝32a，S△ACD＝12×AD×CD＝12×a×2a＝a2，所以VD-ACE＝VE-ACD＝13×S△ACD×EF＝13×a2×32a

＝36a3.所以三棱锥D-ACE的体积是36a3.21.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB.(1)求三棱锥P－AMN的体积；(2)

求二面角M－AN－D的正切值.解(1)∵PB＝PC，∴PN⊥BC，又∵PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD，∴PN⊥平面ABCD.∵AB＝BC＝PB＝PC＝2，M为PD的中点，∴PN＝3，VP－A

MN＝VD－AMN＝VM－ADN，∴VP－AMN＝12VP－ADN＝14VP－ABCD＝14×13×4×3＝33.(2)如图，取DN的中点E，连接ME，∵M，E分别为PD，DN的中点，∴ME∥PN.∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD.过E作

EQ⊥AN，连接MQ，又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ，∠MQE即为二面角M－AN－D的平面角，∴tan∠MQE＝MEQE.∵PN＝3，∴ME＝32.∵AN＝DN＝5，AD＝2，

∴QE＝12×2×25＝255，∴tan∠MQE＝154.即该二面角的正切值为154.22.如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为63π，点P在圆柱OQ的底面圆周上，且△OPB是边长为3的等边三角形，点G

是DP的中点．(1)求证：AG⊥平面PBD；(2)求点A到平面OPG的距离．解(1)证明如图，连接AP，因为点P在圆柱OQ的底面圆周上，所以AP⊥PB.因为四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，所以AD⊥平面APB，又PB⊂平面APB，所以AD⊥PB，又AD∩AP＝A，AD，AP⊂平

面APD，所以PB⊥平面APD，又AG⊂平面APD，所以PB⊥AG.因为△OPB是边长为3的等边三角形，所以在Rt△APB中，∠BAP＝30°，AP＝3tan30°＝3，又圆柱的侧面积为63π，所以2π×3×AD＝63π，可得AD＝3，所以△DAP是等

腰直角三角形，又G为DP的中点，所以AG⊥DP，又PB∩DP＝P，PB，DP⊂平面PBD，所以AG⊥平面PBD.(2)由已知得，S△AOP＝12×3×3×sin120°＝334，因为G是DP的中点，所以VG-

AOP＝13×32×334＝338.设点A到平面OPG的距离为h，连接GB，由(1)知AG⊥平面PBD，所以AG⊥GB，△AGB是直角三角形，所以OG＝12AB＝3.在△GOP中，OP＝OG＝3，易得GP＝12DP＝12AD2＋AP2＝322，过O作OM⊥GP，垂足为M，则OM＝(3)2－

3242＝304，所以S△OGP＝12×304×322＝3158，所以VA-OPG＝13h×3158＝158h.由VG-AOP＝VA-OPG，得158h＝338，所以h＝355，即点A到平面OPG的距离为355.