（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3（难）（解析版）

专题8.3立体几何初步章末检测3（难）一、单选题1．若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中A'C'//O'B'，A'C'⊥B'C'，A'C'=1，O'B'=2，则原四边形AOBC的面积（A．12 B．6 C．32 D．【解题思路】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，由此计算原图形的面积．【解答过程】解：由斜二测画法的直观图知，A'C'//O'B'，A'C'⊥B'C'，所以原图形OACB中，AC//OB，OA⊥OB，AC=1，OB=2，AO=2A'O'=2×2所以梯形OACB的面积为S=12×(1+2)×22．用一个平面截正方体，截面图形可能是（

）A．钝角三角形 B．直角梯形C．有两个内角相等的五边形 D．正七边形【解题思路】根据正方体的截面分析得到答案.【解答过程】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.如图所示的截面三角形ABC.设DA=a,DB=b,DC=c，所以AC2=a2所以由余弦定理得：cos∠CAB=AB同理可求：∠ACB为锐角，∠CBA为锐角.所以△ABC为锐角三角形.故A错误；对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.故B错误；对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.故C正确；对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.故选：C.3．已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC，SA=AC，SB=BC，球O的体积为36π，则三棱锥S−ABC的体积为（

A．9 B．18 C．27 D．36【解题思路】由题意可得AO⊥SC，BO⊥SC，进而说明BO⊥平面SCA，再求得球的半径，根据VS−ABC【解答过程】如图，三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径O为SC中点，SA=AC,SB=BC∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC，BO⊂平面SBC，∴BO⊥平面SCA，设BO=r，由球O的体积为36π，可得4则VS−ABC=VB−SCA=134．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P的平面角的余弦值为−13，则此时三棱锥A．223 B．82π3 【解题思路】根据菱形性质和二面角平面角定义可知cos∠AOP=−13，利用余弦定理求得PA后，结合勾股定理可知PD⊥DA，PB⊥BA，由此可确定三棱锥的外接球半径为12PA=2，代入球的体积公式可求得外接球体积；根据【解答过程】连接BD，AC交于O，连接PO，易得O为BD与∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，即AO⊥BD，PO⊥BD，∴二面角A−BD−P的平面角为∠AOP，∴cos又AB=AD=2，∠BAD=60∘，∴AO=PO=3在△AOP中，由余弦定理得：PA=A∵PD=AD=2，PB=AB=2，∴PD∴PD⊥DA，PB⊥BA，∴三棱锥P−ABD的外接球球心为PA中点，半径为12∴三棱锥P−ABD的外接球体积V=4∵AO⊥BD，PO⊥BD，AO∩PO=O，AO,PO⊂平面AOP，∴BD⊥平面AOP，∵cos∠AOP=−13,0°<∠AOP<180°,∴V∴三棱锥P−ABD的外接球的体积与该三棱锥的体积之比为VV5．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面ABA．A,O,M三点共线B．N,O,AC．M,N为线段A1D．线段MN的中点在平面BB【解题思路】根据点在线上，线在面上证明.【解答过程】连接A1C1,AC,OA，如图，因为因为M∈A1C所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以点M在平面AC由直线A1C与平面BDC1的交点为N，所以点N∈A1C，由A选项得点A,A1,C1,C四点共面，所以点在矩形A1ACC1中，点O是A所以2A1M=MC,即点M为线段A1C的三等分点，根据对称性得N为线段A连接BD∩AC=O1则O1∈BD⊂面则O2∈BD1⊂平面BA1D1C易得O2为BD1的中点，而四边形A1D1CB是矩形，直线B6．如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，AA1=3，E,F分别是AB,BCA．点B到平面α的距离与点A1到平面α的距离之比为B．平面α截直四棱柱ABCD−A1C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为49︰25D．平面α截直四棱柱ABCD−A【解题思路】根据长方体及平面的基本性质作图画出平面α截直四棱柱ABCD−A1B1C1D【解答过程】将EF延长交DA,DC延长线与G,H，连接D1G,D1H所以平面α截直四棱柱ABCD−A1B由题设易知：G,H在棱长为3的正方体顶点上，由对称性知：A,B到截面D1MEFN所以A1MAM=MD1MG=2故A,A1到截面D1MEFN的距离为1:2，即B,A由上分析知：S△D1所以SD由VD而另一部分的体积V=VA1故选：C.7．如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2，A1B1=4，AAA．直线MN//平面ABC，直线AB1B．直线MN//平面ABC，直线AB1与C．直线MN与平面ABC相交，直线AB1与D．直线MN与平面ABC相交，直线AB1与B【解题思路】取BB1中点D，利用平面MND//平面ABC，可证直线MN//平面ABC面面平行，取AB中点F，B1C1【解答过程】取BB1中点D，连接DM，DN，由题意可知，DM//AB，DN//所以直线MN//平面ABC，取AB中点F，B1C1中点E，AC中点G，连接DE，EF，FG，易知DF//AB1，DE//BC1，所以直线在等腰梯形ABB1A1中，AB=2，可得AB1=27，B1F=23，F，D同理：DE=7，在等腰梯形FGC1B1中，FG=1，B在△DEF中，DE=DF=7，EF=21，由余弦定理可得：所以∠EDF=2π3，即直线DE与直线DF所成角的大小是π3，因此直线AB18．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90∘,A､D分别是BF､CE上的点，AD//BC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1）.将四边形ADEF沿AD折起，连接BE①AC//平面BEF；②B､③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE与平面BEF可能垂直.A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】①作出辅助线，得到四边形AOMF为平行四边形，证明出AC//平面BEF；②假设四点共面，推导出AD//EF，得到矛盾；③作出辅助线，得到CD⊥EF，结合条件EF⊥CF得到CD⊥平面ADEF，从而证明面面垂直；④作出辅助线，得到平面BCE⊥平面ABF，则FN⊥平面BCE，假设平面BCE与平面BEF垂直，推出矛盾.【解答过程】对于①，在图2中记AC与BD的交点为O，取BE的中点为M，连接MO,MF，因为AB//CD，∠CBF=∠BCE=90∘，所以四边形ABCD为矩形，故O为又因为M为BE的中点，所以MO为△BDE的中位线，故MO//DE，且MO=又DE=2AF，DE//AF，所以MO//AF，且MO=AF，所以四边形AOMF为平行四边形，即AC//FM,AC⊄面BEF,FM⊂面BEF，故AC//平面BEF，故①正确；对于②，因为BC//AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，所以BC//平面ADEF，如果B､C､E､F四点共面，因为BC//平面对于③，在梯形ADEF中，连接DF，过点F作FH⊥DE于点H，因为直角梯形BCEF中，AB=DE=2BC=2AF，AD//BC，∠CBF=∠BCE=90所以AF=DH=AD=EH=FH，四边形ADHF为正方形，△EFH为等腰直角三角形，所以∠EFH+∠DFH=90°，EF⊥FD，又EF⊥CF,CF∩FD=F,CF,FD⊂平面CDF，∴EF⊥平面CDF，∵CD⊂平面CDF，即有CD⊥EF，又∵CD⊥AD,EF与AD相交，EF,AD⊂平面ADEF，∴CD⊥平面ADEF，∵CD⊂平面ABCD，则平面ADEF⊥平面ABCD，故③正确；对于④，延长AF至G使得AF=FG，连接BG､因为BC⊥AB，BC⊥AF，AB∩AF=A，AB,AF⊂平面ABF，所以BC⊥平面ABF，因为BC⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABF，交线为BG，过F作FN⊥BG于点N，因为FN⊂平面ABF，则FN⊥平面BCE.过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BG上，不在BE上，故④错误.故选：A.二、多选题9．七面体MN−ABCD中，ABCD为正方形且边长为2,MB,ND都与平面ABCD垂直，且MB=ND=h，则对这个多面体描述正确的是（

）A．当h=1时，它有外接球，且其半径为3B．当h=2时，它有外接球，且其半径为3C．当它有内切球时，h=2D．当它有内切球时，h=4【解题思路】以ABCD为底面作长方体ABCD−PMQN，计算h=1，h=2时外接球半径，得到AB正确；设OH⊥AE垂足为H，根据相似得到OHAF【解答过程】以ABCD为底面作长方体ABCD−PMQN，则这个长方体的外接球即为多面体MN−ABCD的外接球，当h=1时，外接球半径为12当h=2时外接球半径为22设E,F分别为MN,AC中点，若这个多面体有内切球，则其球心O必在EF上，且半径为r=1.设OH⊥AE垂足为H，则由OHAF=OEAE，可得综上，本题答案为ABD.故选：ABD.10．在三棱锥A−BCD中，AB=CD=6，AC=BD=5，AD=BC=7，M，N，P，Q分别为棱AB，CD，AD，BC的中点，则（

）A．直线MN是线段AB和CD的垂直平分线B．四边形MQNP为正方形C．三棱锥A−BCD的体积为2D．经过三棱锥A−BCD各个顶点的球的表面积为55【解题思路】将三棱锥A−BCD放置在长方体AD1BC1−A1DB1由V=VA1DB【解答过程】因为△ABC和△BAD全等，M是AB的中点，所以MC=MD．又因为N是CD的中点，所以MN垂直平分CD，同理MN垂直平分AB，故A正确；因为在三棱锥A−BCD中，AB=CD=6，AC=BD=5，AD=BC=7，故可将三棱锥补成如图所示的长方体，且该长方体的棱长分别为6，19，30．因为M，N，P，Q分别为棱AB，CD，AD，BC的中点，所以MQ∥AC，因为AC，BD所在侧面不是正方形，所以AC与BD不垂直，所以MQ与NQ不垂直，所以四边形MQNP不是正方形，故B不正确；又长方体的体积为695所以三棱锥A−BCD的体积为695经过三棱锥各顶点的球即为三棱锥的外接球，且该三棱锥和长方体有共同的外接球，其表面积为(6+19+30)π11．）在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC,E、F分别是线段PB、PC上的动点.则下列说法正确的是（

）A．当AE⊥PB时，AE⊥PCB．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF//BC时，平面AEF⊥平面PABD．当PC⊥平面AEF时，平面AEF与平面PAB不可能垂直【解题思路】对A，根据PA⊥底面ABC得到PA⊥BC，结合AB⊥BC得到BC⊥平面PAB,则BC⊥AE，∵AE⊥PB，最后利用线面垂直的判定得到AE⊥平面BCP，则AE⊥PC；对B，取点E位于点B处即可判断，对C，由BC⊥平面PAB，EF//BC得到EF⊥平面PAB，则平面AEF⊥平面PAB，对D，利用反证法，假设平面AEF⊥平面PAB，根据面面垂直的性质定理得到线面垂直，从而得到与基本事实相矛盾的结论，所以当PC⊥平面AEF时，平面AEF与平面【解答过程】对A选项，∵PA⊥底面ABC，且BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC,∵AB⊥BC，PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB,∵AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE，∵AE⊥PB，BC∩PB=B，且BC,PB⊂平面BCP，∴AE⊥平面BCP，∵PC⊂平面BCP，∴AE⊥PC，故A正确，对B选项，当AF⊥PC时,无法得出△AEF一定为直角三角形，例如E点取点B,△ABF不是直角三角形，若∠AFB=90∘，则BF⊥AF，又BF∩PC=F，BF,PC⊂平面BCP，则AF⊥平面BCP，∵BC⊂平面BCP，则AF⊥BC，而PA⊥BC，AF∩PA=A，AF,PA⊂平面ACP，则BC⊥平面ACP，∵AC⊂平面ACP，则BC⊥AC，显然不成立，故此时∠AFB≠90若∠BAF=90∘，则AF⊥AB，∵AP⊥AB，AF∩AP=A，AF,AP⊂平面∴AB⊥平面ACP，∵AC⊂平面ACP，∴AB⊥AC，显然不成立，故此时∠BAF≠90若∠ABF=90∘，则BF⊥BA，而CB⊥BA，BF,CB⊂平面BF∩CB=B，所以BA⊥平面BCP，∵BP⊂平面BCP，∴BA⊥BP，显然不成立，故∠ABF≠90对C选项，由A选项证得BC⊥平面PAB，∵EF//BC，∴EF⊥平面∵EF⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB，故C正确，对D选项，在平面PAB内，过点P作AE的垂线，垂足为G，假设平面AEF⊥平面PAB，∵平面AEF∩平面PAB=AE，PG⊥AE，且PG⊂平面PAB，∴PG⊥平面AEF，而若此时PC⊥平面AEF，这与过平面外一点作平面的垂线有且只有一条矛盾，故当PC⊥平面AEF时,平面AEF与平面PAB不可能垂直，故D正确，故选：ACD.三、填空题12．在直角坐标系中水平放置的直角梯形OABC，如图所示，已知O为坐标原点，A(22，0)，B(22，2)，C(0，6).在用斜二测画法画出的它的直观图中，四边形O'【解题思路】利用斜二测画法画出直观图四边形O'【解答过程】如图，画出直观图，过点A'作A'因为O'C'所以O'C'//A'B故四边形O'A'故答案为：6+2213.《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）.在如图所示的堑堵ABC−A1B1C1中，BB1=BC=3,AB=1,∠ABC=90∘且有鳖臑C1−ABB1和鳖臑C【解题思路】根据题意作出翻折后的图象，根据已知数据得出△B1AE为正三角形，进一步得出外接球球心在过△【解答过程】将鳖臑C1−ABC沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑C1−ABC经翻折后，A点翻折到E如图，由BB1=BC=3，AB=1，B1E=B1B设三棱锥外接球球心为O，半径为R，连接O1O，则O1连接OC1,OB1，在△O因为OC1=OB1=R，由矩形MOO1B1可知：OO1=在Rt△B1OO故答案为：25π14．如图，梯形ABCD中，AD//BC，AD=AB=1，AD⊥AB，∠BCD=45°，将ΔABC沿对角线BD折起，设折起后点A的位置为A'，且平面A'BD⊥平面BCD，则下列四个命题中正确的是③④.①A'D⊥BC；②三棱锥A'−BCD的体积为22③CD⊥平面A'BD

④平面A'BD⊥平面A'DC【解题思路】利用线面垂直、面面垂直的判定定理以及性质定理可判断①③④；利用三棱锥的体积公式可判断②.【解答过程】解：如图所示：设BD中点为E，连接A'E，对①，∵AD=AB=1，即A'D=A又∵平面A'BD⊥平面BCD，∴A'E⊥平面BCD，又∵BC⊂平面BCD，∴A'E⊥BC，若A'D⊥BC，∵A'D∩A'又∵BD⊂平面A'BD，∴BC⊥BD，与已知矛盾，所以,对②，∵AD=AB=1，AD⊥AB，∴A'E=又∵∠BCD=45°，∴CD⊥BD，∴S△BDC=12×2对③，∵平面A'BD⊥平面BCD，平面A'BD∩平面BCD=BD，BC⊥BD，∴CD⊥平面A'BD，所以③正确；对④，∵CD⊥平面A'BD，CD⊂平面A'DC，∴平面A'BD⊥平面A'DC，所以④正确.故答案为：③④.四、解答题15．如图，圆锥SO的底面半径OA=1，轴截面SAB（经过旋转轴SO的截面）是等边三角形，点P为母线SA上一点，且SP=2，点Q为半圆弧AB(1)求圆锥SO的外接球体积；(2)动点M从点P沿圆锥SO表面运动到点Q，求点M运动的最短路程．【解题思路】(1)因为圆锥SO的外接球球心O1在SO上,在Rt(2)将圆锥SO沿母线SA侧面展开，即可找到PQ的最短距离.【解答过程】（1）∵△SAB是等边三角形，AB＝2OA＝2，∴SO=ABsin圆锥SO的外接球球心O1在SO上，连接O1B，设球O1的半径为O1在Rt△O1OB中，O1∴圆锥SO的外接球体积43（2）将圆锥SO沿母线SA侧面展开（如图），弧AA'的长度为圆锥SO的底面周长2π⋅OA=2π∵点Q为半圆弧AB的中点，∴AQ=12AB=π2在△SPQ中，SP=2，SQ=2，由余弦定理得：P即PQ2=∴点M运动的最短路程为2．16．如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，DA⊥DB，侧面(1)证明：A1C//(2)求三棱锥M−ABD的体积．【解题思路】（1）构造三角形的中位线，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）在矩形ADD1A1中易证D1A⊥MD，又已知D1A⊥BM，从而可以证明D1A⊥平面BDM，进而可以证明【解答过程】（1）证明：如图，连接AC交BD于点O，连接MO．因为底面ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．又M是AA1的中点，所以因为A1C⊄平面MBD,MO⊂平面MBD，所以A（2）因为矩形ADD1A1中所以tan∠MDA=tan∠A因为∠AD1D+∠D1因为D1A⊥BM,MD∩BM=M，BM⊂平面BDM，MD⊂平面BDM，所以D1因为BD⊂平面BDM，所以D1又DA⊥DB,D1A∩DA=A，D1A⊂平面ADD1A1因为AB=2AD=2所以AD=1,AA所以VM−ABD17．正四棱柱ABCD−A1B1C1D（1）求证：OD1//（2）若异面直线OD1与C1B所成的角的正弦值为66【解题思路】（1）通过证明四边形一组对边平行且相等，得出四边形是平行四边形，从而得出另一组对边平行，得出线//线，即可证出线//面；（2）法一：通过已知异面直线OD1与C1B所成的角的正弦值为66，可求出正方体的高BB1=2，由（1）得出OD1//平面A1C1B，将直线法二：直线OD1到平面A1C1B的距离转化成点到面的距离，即点【解答过程】（1）连接BD，AC交于点O，连接B1D1，交A1C正四棱柱中，BD//B1D1，且BD=B1D1，又因为点所以BO//D1O1，且BO=D又OD1不在平面A1C1B内，BO（2）由（1），OD1//BO1，故异面直线O因为正四棱柱中，侧棱BB1⊥底面A又A1C1⊥B1D因正方形ABCD的边长为1，则sin∠O1BC因为OD1//平面A1C1B，则直线O又O1为B1D1的中点，则点D1到平面A在三角形O1BB1内作B1则平面BA1C1⊥平面B直角三角形O1BB1中，O1B1则直线OD1到平面A1方法二（等体积法）：因为OD1//平面A1C1B，则直线O又O1为B1D1的中点，则点D1到平面A设点B1到平面A1C1B13SΔA1B1求得d=105.则直线OD1到平面18．如图1，在直角三角形ABC中，∠C为直角，∠A=30°， D在AC上，且DA=DC=3，作DE⊥AB于E ，将△ADE沿直线DE(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求证:BE⊥PD；(2)若二面角P−DE−A为锐角，且二面角P−BC−E的正切值为269，求【解题思路】(1)由题意知BE⊥DE，由面面垂直的性质定理可得BE⊥平面PDE，进而可得BE⊥PD；(2)作PH⊥BE所在的直线于点H,由题意可得知DE⊥BE,DE⊥PE，所以ED⊥平面PEB，即可得平面PBE⊥平面BCDE，作HG⊥BC于点G ，连接PG，进而可得∠