（人教A版）必修第二册高一数学下学期 立体几何初步 章末检测2（中）（解析版）

专题8.2立体几何初步章末检测2（中）一、单选题1．下列说法中正确的是（

）A．圆锥的轴截面一定是等边三角形B．用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台C．三棱柱的侧面可以是三角形D．棱锥的侧面和底面可以都是三角形【解题思路】根据圆锥、棱锥、棱柱和棱台的结构与特征，逐一判断即可.【解答过程】对于A，圆锥的轴截面一定是等腰三角形，中有当母线等于底面直径时，轴截面才是等边三角形，故错误；对于B，只有用一个平行于底的平面去截棱锥，才一定会得到一个棱锥和一个棱台，故错误；对于C，由棱柱的定义可知，棱柱的侧面是平行四边形，故错误；对于D，棱锥为三棱锥时，侧面和底面都是三角形，故正确；故选：D.2．如图，平行四边形O'A'B'C'A．4 B．102 C．42 【解题思路】求出直观图的面积，再根据原平面图形的面积与直观图的面积比为22【解答过程】解：平行四边形O'A'B'C'中，O3．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为30cm、20cm，侧棱长为511cm，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重A．6.6千克 B．6.8千克 C．7.6千克 D．7.8千克【解题思路】计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.【解答过程】设该正棱台为ABCD−A1B1C易知四边形AA1C1C为等腰梯形，且AC=30分别过点A1、C1在平面AA1C1C内作A由等腰梯形的几何性质可得AA1=CC1所以，Rt△AA1因为A1C1故四边形A1C1FE为矩形，则所以，A1E=A所以，该米斗的体积为V=1所以，该米斗所盛大米的质量为9.5×0.8=7.6kg4．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1=AB，D，E，F分别是棱AA1A．53 B．55 C．510【解题思路】在棱CC1上取一点H，使得CC1=4CH，取CC1的中点G，连接BG，HF，DH，即可得到HF//C1E，则∠DFH【解答过程】解：如图，在棱CC1上取一点H，使得CC1=4CH，取CC1的中点G由于G,E分别是棱CC1,BB1的中点，所以BE=又因为F,H是BC,CM的中点，所以HF//BG，所以HF//C1E，则∠DFH或其补角是异面直线设AB=4，则CF=2,CH=1,AD=2，从而HF=CFAF=AB2−BF2故异面直线DF与C1E所成角的余弦值是故选：C.5．如图1，四边形ABCD中，AB=AD=2，CB=CD=2，AB⊥AD，将△ABD沿BD翻折至△PBD，使二面角P−BD−C的正切值等于2，如图2，四面体PBCD的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（

A．4π B．6π C．8π【解题思路】取BD中点O，连接OC,OP，进而证明∠POC是二面角P−BD−C的平面角，再结合题意得cos∠POC=33【解答过程】解：如图，取BD中点O，连接OC,OP，因为，在图1中，AB=AD=2，CB=CD=2，AB⊥AD所以BD=2，DP=BP=2，△BCD为等边三角形，所以OP⊥BD,OC⊥BD所以，∠POC是二面角P−BD−C的平面角，因为二面角P−BD−C的正切值等于2，即tan∠POC=2，所以所以，在△POC中，OP=1,OC=3，PC2=OP2+O所以DP2+PC2=CD所以，四面体PBCD的外接球的半径即为以PD,PC,PB为棱的正方体的外接球半径，所以四面体PBCD的外接球的半径r满足2r=3×2故选：B.6．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为CC1中点，A．NB1⊥NC1C．线段B1N最小值为305 D．【解题思路】由题意判断N点的位置特征，由N点的位置变化验证各选项是否正确.【解答过程】如图所示：取A1A中点N1，连接D1B1，D1又DB,MD⊂面BMD，DB∩MD=D，则D1B1//面BMD，D1B1∩B1N1=而B1N⊂面B1N1D1，故B当N在D1时NB1VB线段B1N的最小值为等腰三角形B1N1D1腰N1D等面积法知：h=22×35=2305，故C错误．∠NA1B17．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD③MN//④MN//平面B其中所有正确结论的编号是（

）A．①④ B．②④ C．①③④ D．②③④【解题思路】根据MP//AC、MP≠AC可判断①；设CM∩AP=Q，根据Q∈平面A1ADD1，Q∈平面C1CDD1，又面A1ADD【解答过程】对于①，因为A1C1//AC，MP//A1C1，所以对于②，设CM∩AP=Q，面A1ADD1∩面ACMP=AP，面C1CDD1∩面ACMP=CM，所以Q∈平面A1ADD1，Q∈平面对于③，令AC∩BD=O，连接D1O、NO，因为M，N分别是C1D1，BC的中点，所以ON//D1M//CD对于④，因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D故选：B．8．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°，PA=AB=BC，过AB的截面交PC于点E，交PD于点F.若PE=EC，则下列结论中错误的是（

）A．PD⊥AE B．PD⊥AFC．AE⊥平面PCD D．PF=FD【解题思路】根据PA⊥底面ABCD，AC⊥CD推出PA⊥CD，CD⊥平面PAC，即可得到CD⊥AE，根据PA=AB=BC，∠ABC=60°得到AE⊥PC，即可推出AE⊥平面PCD，即可判断C选项；根据AE⊥平面PCD可以得到AE⊥PD，即可判断A选项；根据PA⊥底面ABCD，AB⊥AD推出AB⊥平面PAD，AB⊥PD，再结合AE⊥PD推出PD⊥平面ABE，根据线面垂直的性质得到PD⊥AF，即可判断B选项；利用反证法，假设PF=FD，根据中位线的性质得到EF∥CD，CD∥平面ABEF，根据线面平行的性质定理得到AB∥CD，∠BAC=∠ACD，而∠BAC=∠ACD不成立，即可说明PF=FD不成立，即可判断D选项.【解答过程】在四棱锥P−ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，且CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，PA∩AC=A，且PA,AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.由PA=AB=BC，且∠ABC=60°，可得AC=PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由AE⊥CD，且PC∩CD=C，PC,CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，即C项正确；而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD，即A项正确；∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE=A，AB,AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE，∵AF⊂平面ABE，∴PD⊥AF，即B项正确；若PF=FD，则EF∥CD，因为EF⊂平面ABEF，CD⊄平面ABEF，所以CD∥平面ABEF，因为CD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以AB∥CD，∠BAC=∠ACD，而∠BAC=∠ACD不成立，所以D项错误.故选：D.二、多选题9．在正四棱台ABCD−A1B1C1DA．该棱台的高为2 B．该棱台的表面积为20+12C．该棱台的体积为282 D．该棱台外接球的表面积为【解题思路】由题意可知AC=22，A1C1=42，则可求出正四棱台的高h=2，斜高h'=3，即可求出其侧面积为123，表面积20+12【解答过程】由题可知AC=22，A1C正四棱台的斜高h'=2上、下底面的面积分别为4，16，即正四棱台的表面积S=4+16+123正四棱台的体积V=1设该棱台外接球的球心为O，半径为R，点O到上底面的距离为x，所以R2=(2)10．已知正四棱台上､下底面的面积分别为2和8，高为hh>0，则下列结论正确的有（

A．正四棱台外接球的表面积的最小值为16B．当h∈0,C．正四棱台外接球的半径随h的增大而增大D．当h=2时，正四棱台存在内切球【解题思路】首先根据题干得到正四棱台的上下底面的半径,再分别按照A,B,C,D选项的内容研究正四棱台的外接球和内切球,即可解决.【解答过程】设正四棱台上､下底面的外接圆的半径分别为r1，r2，外接球的半径为R，球心为因为正四棱台的上､下底面面积分别为2和8，所以上､下底面的边长分别为2，22所以r1=1，r2=2，设球心则R2=r12所以d=h2+32h=所以外接球的表面积的最小值为16π，故A易知h=1和h=3时，R=5，故C当h∈0,3时，所以d−h=h正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形ABCD的内切圆，圆心E是上､下底面中心O1､O2连线的中点，EF⊥BC，设圆的半径为r，则r=h2=EF，由Rt同理∠O2EC=∠FEC，CF=C在Rt△BEC中，EF2=BF⋅CF=1，所以r=1，故选:ABD.11．已知正方体ABCD−A1B1C①若点P在线段AD1上运动，则始终有②若M是棱C1D1中点，则直线AM③若点P在线段AD1上运动，三棱锥④E为AD中点，过点B1，且与平面A1BE以上命题为真命题的是（

）A．① B．② C．③ D．④【解题思路】对于①：根据线面垂直的性质定理判断A是否正确;对于②：由图可知直线AM与CC1是异面直线,即可判断B是否正确;对于③：利用等体积转化法得到三棱锥D−BPC1体积等于三棱锥C−BPC1的体积,接着求点到平面的距离和底面积,从而证明三棱锥D−BPC1体积为定值;对于【解答过程】对于①：正方体ABCD−A1B设内切球的半径为r,则4πr2=π,解得：r=1在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有CB1⊥BC1,CB1⊥AB.因为BC1∩AB=B,对于②：由图.利用异面直线的判定定理可以判断直线AM与CC1是异面直线.故对于③：取CB1中点Q，AD1中点在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有因为RQ⊂平面BRC1,CD⊄平面所以CD//平面BRC1,三棱锥D−BRC在正方体ABCD−A1B1C所以点P在线段AD1上运动，三棱锥D−BPC由A可知,CB1⊥平面BRC1,所以C因为点R到直线BC1的距离等于1,所以△BRC所以VD−BP故棱锥D−BPC1的体积为定值,故对于④：取A1D1中点为M,BC中点为N在正方体ABCD−A1B因为BE⊂平面A1BE,B1M⊄平面A1同理可证：B1N//平面因为B1M∩B1N=B1,B所以平面B1MDN//平面A1BE,所以过点B1图可知面B1MDN是菱形,其中对角线长为所以SB1MDN三、填空题12．有一个多边形水平放置的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），∠ABC=45°，AB=AD=2，DC⊥BC，则原多边形面积为8+22【解题思路】根据所给的直观图中直角梯形的数据求出梯形面积，根据原来的平面图形面积是直观图面积的22【解答过程】因为直角梯形∠ABC=45°，AB=AD=2，∴BC=2+2所以直观图的面积是(2+4)×22所以平面图形的面积是22×2213．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E，F分别为B1C1，CD的中点，点G①EF//平面BB1D1D；

②EF⊥A1C1；③平面EFC⊥平面BD1其中，所有正确结论的序号为①②③.【解题思路】设AC∩BD=O，由题可得OB1//EF，然后根据线面平行的判定定理可判断①，根据长方体的性质结合条件可得OB1⊥AC，进而可判断②，根据线面角的概念可得∠B1BE=45°【解答过程】设AC∩BD=O，连接OF,OB1，则又B1E//BC,B1E=所以OB1//EF，又OB1⊂平面BB1D1D连接AB1,所以AB1=B1C，所以OB1⊥AC由题可知EB1⊥平面ABB1A1，所以∠B1则BB1=E所以BE⊥EC，又FC⊥平面BCC1B1，所以BE⊥FC，又FC∩CE=C,FC⊂平面EFC，CE⊂平面EFC，所以BE⊥平面EFC，又BE⊂平面BD1E，所以平面EFC⊥平面B延长BE交CC1的延长线于H，连接HF交C1D1于I，连接BF，则B，E由EC1BC=HC1HC=12，可得IC1FC=所以所有正确结论的序号为①②③.故答案为：①②③.14．如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为①平面D1EF截正方体ABCD−A②点B到平面D1EF的距离为③平面D1EF将正方体ABCD−A④三棱锥B−D1EF【解题思路】作出截面并计算截面图形的周长判断①；利用等体积法判断②；将体积进行分割计算判断③；根据棱锥的特点求出外接圆半径并计算体积判断④.【解答过程】由题意，知平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1DHE=GF=1+49=13设点B到平面D1EF的距离为h，由题意，得VD1−BEF=13×12×2=1正方体ABCD−A1BV=V则另一部分的体积为8−259=479，所以平面D1EF对于三棱锥B−D1EF，先找到△BEF的外接圆的圆心，即为EF中点，设为M，过点交B1D1于点N，则外接球球心在直线MN上，设球心为O，外接球半径为R，MO=x，所以R2=x2+222故答案为：③④.四、解答题15．如图所示，在平面直角坐标系中，各点坐标分别为O（0，0），A（1，3），B（3，1），C（4，6），D（2，5）试用斜二测画法画出四边形ABCD的直观图.【解题思路】根据斜二测画法的规则，结合“一变两不变”的原则，即可求解，得到答案.【解答过程】（1）如图（1）所示，分别过点A,B,C,D作x轴的垂线，垂足分别为E,G,H,F，在图（2）中画出相应的x'轴和y'轴，使（2）在x'轴上截取O'E'=OE，作A'E'//y'轴，截取E（3）顺次连接A',B

16．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为23(1)求圆锥的表面积；(2)如图，过AO的中点O1【解题思路】（1）设圆锥的底面半径为r，高为h，分别求出侧面积和底面积即可得到答案.（2）先求出圆锥的体积，O1为AO【解答过程】（1）设圆锥的底面半径为r，高为h，由题意，得：2πr=23π，∴r=3，∴圆锥的侧面积S1=πrl=23⋅∴圆锥的表面积S=S（2）由（1）可得：圆锥的体积为V1又圆柱的底面半径为r2=32，高为h2∴剩下几何体的体积为V=V17．已知ABCD是空间四边形，如图所示（M，N，E，F分别是AB、AD、BC、CD上的点）．(1)若直线MN与直线EF相交于点O，证明B，D，O三点共线；(2)若E，N为BC，AD的中点，AB=6，DC=4，NE=2，求异面直线AB与DC所成的角．【解题思路】（1）根据点与线和点与面的位置关系推出O是平面ABD和CBD的公共点，结合平面ABD∩平面CBD=BD，即可证明；（2）连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，利用中位线的性质可以得到异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成角，再根据余弦定理即可求解.【解答过程】（1）因为M∈AB，N∈AD，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，所以MN⊂平面ABD，因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面ABD，所以EF⊂平面CBD，由于直线MN与直线EF相交于点O，即O∈MN，O∈平面ABD，O∈EF，O∈平面CBD，又有平面ABD∩平面CBD=BD，则O∈BD，所以B，D，O三点共线.（2）连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示：在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB=6，所以GN∥AB，且GN=1在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且CD=4，所以GE∥CD，且GE=1则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成角，即∠EGN或∠EGN的补角，又EN=2，由余弦定理得：cos∠EGN=故异面直线AB与DC所成的角为arccos318．如图，在正方体ABCD−A1B1C(1)证明：EG//平面D(2)棱CD上是否存在点T，使AT//平面B1EF【解题思路】（1）利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得EG//（2）假设存在点T，延长BC,B1F交于H，连接EH交DC于K，根据三角形中位线性质可确定KC=14【解答过程】（1）连接BD,B∵E,G分别为AB,AD中点，∴EG//∵BB1//DD1，BB∴EG//B1D1，又EG⊄平面D∴EG//平