新教材2020-2021学年高中数学人教A版必修第二册素养检测 第八章 立体几何初步

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单元素养检测（三）

（第八章）

（120分钟150分）

一、单项选择题（本大题共8小题,每小题5分，共40分.在每小题给出

的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1.（2020•全国I卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的

形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于

该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面

正方形的边长的比值为（）

Vs-lD遥Tr遮+1n遮+1

4242

［解析］选C.如图，设CD=a,PE=b,

贝IP0=PE2-OE2=

由题意PO2=-ab,即b?-贮」ab,化简得4f-V-2---1=0,解得组士9（负

242\aJaa4

值舍去）.

2.为感恩护士在疫情期间的辛苦付出某新冠肺炎患者制作了一个工

艺品送给尊敬的护士，如图所示,该工艺品可以看成是一个球被一个棱

长为4强的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心

重合），若其中一个截面圆的周长为4“，则该球的半径是（）

A.2B.4C.2^6D.4V6

【解析】选B.设截面圆半径为r,球的半径为R,则球心到某一截面的距

离为正方体棱长的一半即2f,根据截面圆的周长可得4k=2nr,得

22

r=2,故由题意知R=r2+（2V3）,即R-22+（2V3）=16,所以R=4.

3.（2019•全国卷H）设a,B为两个平面，则a的充要条件是（

A.a内有无数条直线与B平行

B.a内有两条相交直线与B平行

C.a,B平行于同一条直线

D.a,B垂直于同一平面

【解析】选B.当a内有无数条直线与B平行，也可能两平面相交，故

A错.同样当a,B平行于同一条直线或a,B垂直于同一平面时，两平

面也可能相交，故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.

4.如图，在4ABC中，ZACB=90°,直线I过点A且垂直于平面ABC,动点

PGZ,当点P逐渐远离点A时，ZPCB的大小(

A.变大B.变小

C.不变D.有时变大有时变小

【解析】选C.因为直线LL平面ABC,所以Z±BC.又NACB=90°,所以

ACXBC,所以BC_L平面APC,所以BC_LPC,即NPCB为直角，即NPCB的大

小与点P的位置无关，故选C.

5.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四

面体称为鳖膀,如图,在鳖HABCD中,AB,平面BCD,且AB=BC=CD,则异

面直线AC与BD所成角的余弦值为(

【解析】选A.如图，分别取BC,CD,AD,BD的中点M,N,P,Q,连接

MN,NP,PM,PQ,MQ,

则MN〃BD,NP〃AC,所以NPNM即为异面直线AC和BD所成的角（或其补

角）.

11

又由题意得PQ_LMQ,PQ二-AB,MQ=-CD.

22

设AB=BC=CD=2,则PM=V2.

又MN=-BD=V2,NP=-AC=V2,

22

所以△PNM为等边三角形，所以NPNM=60°,

1

所以异面直线AC与BD所成角为60°,其余弦值为一.

2

【补偿训练】

如图，在三棱锥S-ABC中，SA=SB=AC=BC=2,AB=2SC=1.

①画出二面角S-AB-C的平面角，并求它的度数.

②求三棱锥S-ABC的体积.

［解析】①取AB中点D,连接SD,CD,

因为SA=SB=2,AC=BC=2,

所以SD±AB,CD±AB,

且SDu平面SAB,CDc平面CAB,

所以NSDC是二面角S-AB-C的平面角.

在直角三角形SDA中，

22

SD=JsA-AD=J22-(V3)2=1,

在直角三角形CDA中，

22

CD=JcA-AD=J22-(V3)2=1,

所以SD=CD=SC=1,

所以ASDC是等边三角形，所以NSDC=60°.

②方法一■:

因为SD_LAB,CD_LAB,SDDCD=D，所以AB_L平面SDC,又ABc平面ABC,

所以平面ABC_L平面SDC,且平面ABCD平面SDC=CD,

在平面SDC内作SO±DC于0,则S0_L平面ABC,

即SO是三棱锥S-ABC的高.

在等边aSDC中，S0二^,

2

所以三棱锥S-ABC的体积VS-ABCJS.BC・S0=-X-X2V3X1X—=-.

33222

方法二：因为SD±AB,CD±AB,SDDCD=D,

所以AB_L平面SDC.

在等边ASDC中，ASDC的面积S=—SD2=—,

ASDC44

所以三棱锥S-ABC的体积VS-ABCUVA-SDC+VB-SDCM^SASDC・AB=-X—X2V3=-.

3342

6.疫情期间，某地建设方舱医院时需要对隔板夹角处加固，若已知正方

体ABCD-ABCD形状的隔板间的棱长为3,M,N分别为AB1,AC上的点,

且AtN=AM,AM=2MBi,P,Q分别为BBbBC上的动点，则固定折线MPQN长

度的最小值为

A.3B.V13C.V5+V2D.V10

【解析】选B.将折线MPQN所在平面展成平面图形，如图所示:

因为正方体的棱长为3,且AN=AM,AM=2MBb

所以扎N均为对角线上的三等分点，作ON,OM分别与正方形的边平行,

所以0N=3,0M=2,所以MN=V32+22=V13,

所以折线MPQN长度的最小值为0口.

7.如图,在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中,M,N分别是AD,AB的中

点,过直线BD的平面a〃平面AMN,则平面a截该正方体所得截面的

面积为(

A.&B.|C.V3D.苧

【解析】选B.取BC的中点E,

CD的中点F,连接EF,BE,DF,BD,则EF〃BD,BD〃BD,

所以EF〃BD,故E,F,B,D在同一平面内，连接ME,因为M,E分别为

AiDi,B1C1的中点，

所以ME〃AB〃AB,且ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形，

所以AM〃BE,又因为BEc平面BDFE,AM不在平面BDFE内，所以AM〃平

面BDFE,

同理AN〃平面BDFE,因为AMAAN=A,所以平面AMN〃平面BDFE,

即平面a截该正方体所得截面为平面

BDFE,BD=V2,,DF=—,

222

梯形BDFE如图：

过E,F作BD的垂线，则四边形EFGH为矩形，所以

FG=JDF2-DG2=

—+V23-/29

故四边形BDFE的面积为^——X-=-.

248

8.看一个定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线

不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体

积等于闭合图形面积乘以重心旋转所得周长的积”.如图，半圆0的直

径AB=6cm,点D是该半圆弧的中点,那么运用上述定理可以求得,半圆

弧与直径所围成的半圆面（阴影部分不含边界）的重心G位于对称轴0D

上,且满足0G=

A.2cm

「2V3

C.---cmD.—cm

77

【解析】选B.以AB为轴，旋转题设半圆所得的球的体积为V球

4TT32

=-几•3=36n.运用提供的定理求得36几二——•（2几•0G）,解得

32

0G二一4.

71

二、多项选择题（本大题共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,选对但不全的

得3分,有选错的得0分）

9.正方体ABCD-ABCD的棱长为2,已知平面aLAG,则关于a截此正

方体所得截面的判断正确的是

A.截面形状可能为正三角形

B.截面形状可能为正方形

C.截面形状可能为正六边形

D.截面面积最大值为3V3

【解析】选ACD.如图，显然A,C成立B不成立，下面说明D成立,如图截

得正六边形，面积最大，MN=2&,GH=V2,

OE=J1+(乎)=~,所以S=2X^X(V2+2V2)X^=3V3,故D成立,

10.a,3是两个平面,m,n是两条直线,下列四个命题其中正确的是（

A.如果m±n,m±a,n〃B,那么a_LB

B.如果m±a,n〃a,那么m±n

C.如果a±0,mea,那么m±8

D.如果m//n,a〃B,那么m与a所成的角和n与B所成的角相等

【解析】选BD.对于选项A,a,B可以平行，可以相交也可以不垂直,

故错误.

对于选项B,由线面平行的性质定理知存在直线Zea,n//l,又m±a,

所以m_L/,所以m_Ln,故正确.

对于选项C,因为a_L又mua,所以可能有m_L0可能m〃B也可能

m与B相交，故不正确.

对于选项D,因为m//n,所以m与a所成的角和n与a所成的角相等.因

为a〃B,所以n与a所成的角和n与B所成的角相等，所以m与a所

成的角和n与B所成的角相等，故正确.

11.对于四面体ABCD,给出下列四个命题,其中真命题有(

A,若AB=AC,BD=CD,贝ljBC±AD

B.若AB=CD,AC=BD,则BC±AD

C.若AB±AC,BD±CD,则BC±AD

D.若AB±CD,BD±AC,则BC±AD

【解析】选AD.如图

A

C

对于A,取BC的中点H,连接AH与DH,可证得BC_L平面AHD,进而可得

BC_LAD,故A对；

对于B,条件不足备，证明不出结论；对于C,条件不足备，证明不出结论;

对于D,作AE_L平面BCD于E,连接BE,可得BE±CD,同理可得CE±BD,

证得E是垂心，则可得出DE_LBC,进而可证得BCJ■平面AED,即可证出

BC±AD.

12.已知棱长为1的正方体ABCD-AiBiCD中，下列命题正确的是

DC

w

A,--------

A.平面ACBi〃平面AiCtD,且两平面的距离为在

6

B.点P在线段AB上运动,则四面体PABG的体积不变

C.与所有12条棱都相切的球的体积为立五

3

D.M是正方体的内切球的球面上任意一点,N是AABiC外接圆的圆周上

任意一点，则MN的最小值是反底

2

【解析】选BC.对选项A,因为ABi〃DG,AC〃AC,且

ACAABkA,DCinAiCi=Cb

所以平面ACBi〃平面AGD,正方体的体对角线BDFV3,

设B到平面ACB,的距离为h,则乙2=-X-X1X1X1=-X-xV2X

B-AB±C3232

V2X—h,h=—,

23

则平面ACBi与平面AGD的距离d=V3-2h=V3-2X故A错误.

33

对选项B,点P在线段AB上运动，则四面体PABG的高为1,底面积不变，

则体积不变，故B正确.

对选项C,与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B£二，2,

则2R二衣,R=—,

2

则球的体积V=gnR3=：XnX（日）二号口，故C正确.对选项D,设正方

1

体的内切球的球心为0,内切球半径为-,AABiC外接圆上的点到点0的

2

距离为--,所以MN的最小值为-——.

三、填空题（本大题共4个小题,每小题5分，共20分.把答案填在题中

的横线上）

13.（2020・新高考全国I卷）已知直四棱柱ABCD-OB1CD的棱长均为

2,ZBAD=60°,以Di为球心，遍为半径的球面与侧面BCCB的交线长为

【解析】由已知连接BD,BD,则BD=BD=2,取BB1和CG的中点E,F.连

接EF,DiE,DE则D1E=D1F=V5,故E,F在球面上.平面BCCB截球面的截

面圆的圆心是BC的中点0,0E=0F=V2,球面与侧面BCCiBi的交线是侧面

上以0为圆心，衣为半径的圆弧EF,曲的长为工・2V2Ji=—Ji.

B

答案:—n

2

14.在二面角a-Z-0中,AGa,ABJ_平面B于点B,BC_L平面a于点

C.若AB=6,BC=3,则二面角a-Z-0的平面角的大小为.

【解析】如图，因为ABLB,所以AB，/.

因为BC±a,所以BC_U,所以让平面ABC设平面ABCnZ=D,

则NADB为二面角a-/-B的平面角或补角.

因为AB=6,BC=3,

所以NBAC=30°，所以NADB=60°,

所以二面角a-Z-3的平面角的大小为60°或120°.

答案:60°或120°

15.（2019•北京高考）已知I,m是平面a外的两条不同直线.给出下列

三个论断：

①/_Lm;②m〃a;③/_La.

以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论，写出一个正确

的命题:.

【解析】选两个论断作为条件，一个作为结论，一共能够组成3个命题,

即①②，③,①③，②,②③，①，只有①②，③为假命题，其余两个为

真命题.

答案：若m〃a,/，a,则Lm（或若Z±m,l±a,则m〃a）

16.如图所示，已知三棱柱ABC-AB。的所有棱长均为1,且AAi，底面

ABC,则三棱锥Bi-ABG的体积为.

【解析】因为三棱柱ABC-AB。的所有棱长均为1,所以底面4ABC为正

三角形，所以SAABC=刍Bjg又因为AAi_L底面ABC,AAF1,所以三棱柱

44

ABC-ABG的体积为匕BCY遥遇；S^C・AAF?,因为三棱锥A-ABG、三

棱锥C-ABC与三棱柱ABC-ABG等底等高，所以

乙-匕由此可得三棱锥B「ABG的体积

T

12

答案:遗

12

四、解答题（本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、

证明过程或演算步骤）

17.（10分）直三棱柱的高为6cm,底面三角形的边长分别为3cm,4cm,5

cm,将棱柱削成圆柱,求削去部分体积的最小值.

［解析】如图所示，只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内

切圆时，圆柱的体积最大，削去部分体积才能最小，设此时圆柱的底面

半径为R,圆柱的高即为直三棱柱的高6cm.因为在4ABC中，AB=3cm,

BC=4cm,AC=5cm,所以△ABC为直角三角形.

根据直角三角形内切圆的性质可得7-2R=5,

所以R=1cm,所以V圆柱=nR12•h=6ncm3.

而三棱柱的体积为V三棱柱二-X3X4义6=36(cm3),

2

所以削去部分的最小体积为36-6n=6(6-n)(cm3).

18.(12分)如图所示,在正方体ABCD—ABCD中,E,F分别是AB和AA1的

中占

求证：(1)E,C,Di,F四点共面；

(2)CE,DF,DA三线共点.

【证明】(1)如图所示，连接CD/F,A|B,

1

因为E,F分别是AB和AAi的中点，所以EF〃AB且EF=TVB.又因为

2

ADDBC,

所以四边形ABCDi是平行四边形，所以AB〃CDi,所以EF〃CD〃所以EF

与CDi确定一个平面,即E,C,及F四点共面.

1

⑵由（1）知EF〃CD,且EF=-C»,

2

所以四边形CDFE是梯形，所以CE与DF必相交,

设交点为P,则P£CE,且PEDT,

又CEu平面ABCD,且DFu平面AAD»,

所以P£平面ABCD,且P£平面AADDi.

又平面ABCD0平面AADDFAD,所以P£AD,

所以CE,DF,DA三线共点.

19.（12分）养路处建造圆锥形仓库用于贮藏融雪盐（供融化高速公路上

的积雪之用），已建的仓库的底面直径为12m,高4m.养路处拟建一个

更大的圆锥形仓库，以存放更多融雪盐.现有两种方案：一是新建的仓

库的底面直径比原来大4m（高不变）；二是高度增加4m（底面直径不

变）.

⑴分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；

⑵分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；

⑶哪个方案更经济些？

【解析】（1）如果按方案一，仓库的底面直径变成16m,则仓库的体积

VF-Sh=-nX82X4=^^n（m3）;

333

如果按方案二，仓库的高变成8m,

11

则仓库的体积V2二-Sh=-义nX62X8

33

=—n（m3）.

3

⑵如果按方案一，仓库的底面直径变成16m,半径为8m.

圆锥的母线长为/=V82+42=4V5（m）,

则仓库的表面积Si=nX8X4V5=32VSn(m2);

如果按方案二，仓库的高变成8m.

圆锥的母线长为Z=V82+62=10(m),

2

则仓库的表面积$2=nX6X10=60n(m).

⑶NM,S2<Sb所以方案二比方案一经济.

20.(12分)如图，在多面体ABCDEF中，AD〃BC,ABLAD,FA平面

ABCD,FA〃DE,且AB=AD=AF=2BC=2DE=2.

⑴若M为线段EF的中点,求证:CM〃平面ABF;

⑵求多面体ABCDEF的体积.

【解析】⑴取AD的中点N,连接CN,MN,

因为AD〃BC且AD=2BC,所以AN〃BC且AN=BC,

所以四边形ABCN为平行四边形，所以CN/7AB.

因为M是EF的中点，所以MN/7AF.

又CNAMN=N,ABAAF=A,

所以平面CMN〃平面ABF.

又CMc平面CMN,所以CM〃平面ABF.

⑵因为FA_L平面ABCD,所以FA±AB.

又AB_LAD,且FAAAD=A,

所以AB1■平面ADEF,所以CN_L平面ADEF.

1111

连接AC,贝U多面体ABCDEF的体积VABCDEF二VF-ABC+VC-DEF二一X-X2X1X2+-X-

3232

X(1+2)X2X2=-.

3

【拓展延伸】

如图，在三棱锥D-ABC中，AB=2AC=2,NBAC=60°,AD=&,CD=3,

平面ADC，平面ABC.

⑴证明：平面BDC_L平面ADC.

(2)求三棱锥D-ABC的体积.

【解析】(1)在aABC中，由余弦定理可得,

2

BC=JAB+AC2-2AB-AC•cos^BAC

=J4+l-2x2x1x1=V3,

所以BC2+AC2=AB2,所以BC±AC,

因为平面ADC_L平面ABC,

平面ADC0平面ABC=AC,

所以BCJ■平面ADC,

又BCu平面BDC,所以平面BDC_L平面ADC.

2

⑵由余弦定理可得cosNACD=

3

所以sinZACD=—

3

*1/<

所以SAACD="•AC•CD•sinZACD=—,

22

则VD-ABC-VB-ADC——,BC,SAACD—.

36

21.（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边

形,AD=2,AB=1,NBAD=60。，平面PCD_L平面ABCD,点吊为PC上一点.

⑴若PA〃平面MBD,求证:点M为PC中点.

⑵求证:平面MBD±平面PCD.

【证明】（1）连接AC交BD于0,连接0M,如图所示:

p

因为PA〃平面MBD,PAc平面PAC,平面PAC0平面MBD=0M,所以PA〃0M.

因为四边形ABCD是平行四边形，所以0是AC的中点，所以M是PC的中

点.

⑵在4ABD中，AD=2,AB=1,ZBAD=60°,

所以BD2=AB2+AD2-2AB・ADcosZBAD=3,

所以AD2=AB2+BD2,所以AB_LBD.

因为四边形ABCD是平行四边形，

所以AB〃CD,所以BD±CD.

又因为平面PCD_L平面ABCD,且平面PCD0平面ABCD=CD,BDc平面ABCD,

所以BDJ•平面PCD.

因为BDc平面MBD,所以平面MBDJ■平面PCD.

【补偿训练】

如图,在多面体ABCDEF中，底