第八章立體幾何初步-福建省龍巖市2021-2023年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題分類匯編

專題三：第八章立體幾何初步期末復(fù)習(xí)講義福建省龍巖市20212023年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題分類匯編一、單選題1．（福建省龍巖市20202021學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知圓柱OO1的側(cè)面積為4π，體積為2π,則該圓柱的軸截面的面積為（A．2 B．4 C．6 D．82．（福建省龍巖市20202021學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）若α,β是兩個不重合的平面，a,b,c是三條不重合的直線，則下列命題中正確的是（

）A．若a//α,α∩β=b，則a//bB．若a?α,b?β,b//c,a//β，則α//βC．若a?α,b?α，且c⊥a,c⊥b，則c⊥αD．若a⊥α,α∩β=c,b//c，則a⊥b3．（2021·全國·高考真題）已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A．2 B．22 C．4 D．4．（福建省龍巖市20212022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列說法正確的是（

）A．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥βB．如果α∥β，m?α，m∥n，那么n∥βC．如果α∩β=l，α⊥β，m⊥l，那么m⊥βD．如果m?α，n?α，m∥β，n∥β，那么α//β5．（福建省龍巖市20222023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1DA．若E∈BD1，F(xiàn)∈BDB．若E∈BD1，F(xiàn)∈BD，則平面BEF⊥C．若E∈AC，F(xiàn)∈CD1，則EF//D．若E∈AC，F(xiàn)∈CD1，則EF//二、多選題6．（福建省龍巖市20202021學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知正四面體PABC的棱長為2,M、N分別為PA、A．MN⊥PCB．異面直線BM與PC所成角的余弦值為3C．該正四面體的體積為2D．該正四面體的內(nèi)切球體積為67．（福建省龍巖市20212022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1C的中點，A．A1D⊥平面PEQ B．存在點P，QC．平面PQE與平面ABCD所成的角為π4 D．PQ+PE的最小值為8．（福建省龍巖市20222023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，水平放置的正方形ABCD邊長為1，先將正方形ABCD繞直線AB向上旋轉(zhuǎn)45°，得到正方形ABC1D1，再將所得的正方形繞直線BC1向上旋轉(zhuǎn)

A．直線A2CB．D2到平面ABCD的距離為C．點A到點D2的距離為D．平面A2BC1三、填空題9．（福建省龍巖市20202021學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知三棱錐P-ABC,PB=PC=AB=BC=AC=23，側(cè)面PBC⊥底面ABC，則PA=．，三棱錐P-ABC外接球的表面積為10．（福建省龍巖市20212022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）正四面體A-BCD中，AD=3AP，Q為棱AC上一點，且BQ+QP的最小值為13，若M為線段CD的中點，則過點M的平面截該正四面體外接球所得截面面積的最小值為11．（福建省龍巖市20222023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，DB⊥AB，AB=DB=BP=PC=2.記四面體P-BCD的外接球的球心為O，M為球O表面上的一個動點，當(dāng)∠MAO取最大值時，四面體M-ABD體積的最大值為.

四、解答題12．（福建省龍巖市20202021學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，S是圓錐的頂點，AB是底面圓О的直徑，C為底面圓周上異于A,B的點，D為BC的中點．（1）求證：平面SOD⊥平面SBC;（2）若圓錐的側(cè)面積為35π，且13．（福建省龍巖市20202021學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知等邊三角形ABC,D,E分別是邊AB,AC上的三等分點，且AD=CE（如圖甲），將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置（如圖乙），M（1）求證：EM//平面A1（2）若二面角A1-DE-B的大小為2π3，求直線DE14．（福建省龍巖市20212022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，平行四邊形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD上異于C，D的點，P為線段AM的中點，AB=3，BD=2，∠ABD=30°(1)證明：MC//平面PBD(2)證明：平面AMD⊥平面BMC.15．（福建省龍巖市20212022學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB=BC=2(1)求三棱錐A-EFB的體積；(2)已知D為棱A1B1上的動點，設(shè)直線DF與平面DB1E16．（福建省龍巖市20222023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

(1)求三棱柱ABC-A(2)設(shè)D為AC的中點，求證：AB1∥17．（福建省龍巖市20222023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，側(cè)面PBC⊥底面ABCD.

(1)若∠PBC=90°，求證：AC⊥PD；(2)若AC與平面PCD所成角為30°，求點A到直線PC的距離.專題三：第八章立體幾何初步期末復(fù)習(xí)講義福建省龍巖市20212023年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題分類匯編參考答案1．B【分析】根據(jù)圓柱側(cè)面積與體積公式，解得底面半徑及高，即可得到圓柱的軸截面面積．【詳解】設(shè)圓柱底面圓半徑為r，高為h，則由題意得到2πrh=4ππ解得r=1,h=∴此圓柱的軸截面正方形的面積為S=2r×h=故選：B．2．D【分析】結(jié)合選項逐個判定，可以利用定理推理，也可以使用反例排除.【詳解】對于A，a//α,α∩β=b，a,b的位置關(guān)系無法確定；對于B，兩個平面平行，需要一個平面內(nèi)的兩條相交線平行于另一個平面，顯然不滿足；對于C，線面垂直需要直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，缺少a,b相交的條件；對于D，a⊥α，α∩β=c，所以a⊥c，因為b//c，所以a⊥b；故選：D.3．B【分析】設(shè)圓錐的母線長為l，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得l的值，即為所求.【詳解】設(shè)圓錐的母線長為l，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則πl(wèi)=2π×2，解得l=2故選：B.4．A【分析】根據(jù)空間中的線面關(guān)系、面面關(guān)系逐一判斷即可.【詳解】若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥β，故A正確；若α∥β，m?α，m∥n，則n∥β或n?β，故B錯誤；由α∩β=l，α⊥β，m⊥l推不出m⊥β，故C錯誤；由m?α，n?α，m∥β，n∥β推不出α//β，故D錯誤；故選：A5．D【分析】根據(jù)正方體的特征及線面垂直的判定與性質(zhì)、面面垂直的判定可判定A、B選項；利用正方體的特征及面面平行的判定與性質(zhì)可判定C、D選項.【詳解】

如圖所示，對于選項A，易知AC⊥BD，DD1⊥底面ABCD，AC?所以DD1⊥又BD∩DD1=D,BD、DD1EF?平面BDD1，所以EF⊥AC，故對于選項B，易知A1C1//AC，所以因為A1C1?平面A1顯然平面BDD1即平面BEF，故

如上圖所示，對于C項，由正方體的特征可知AD因為AD1?平面A1C1B，C同理CD1?平面A1C1B，A顯然AD1∩C所以平面AD1C//由EF?平面AD1C可得EF//平面A對于D項，顯然CEAE≠CFFD1時，EF故選：D6．ABD【分析】由正四面體性質(zhì)依次判斷各選項，即可得出結(jié)果.【詳解】對于A，由于正四面體的相對棱互相垂直可知，MN//AB,則MN⊥PC，故對于B,取AC中點E,連接ME,由PC//ME，可知異面直線BM與PC所成角即為∠BME,在△BME中，ME=1,BE=BM=3,由余弦定理計算可得cos對于C，過點P作PH⊥面ABC于點H,由正四面體性質(zhì)可知，H為△ABC的中心，計算可得，PH=PB2-BH2=PB對于D，設(shè)正四面體的內(nèi)切球半徑為r，由等體積V=13S×h=13×S×r×4可知，r=14故選：ABD.7．AC【分析】由C1D1⊥A1D及A1D⊥BC1證得A1D⊥平面BC1D1即可判斷A選項；若存在，可得A1D⊥DE，又∠A【詳解】對于A，連接BC1，則E為線段BC1的中點，易得平面顯然C1D1⊥平面A1則C1D1⊥A1D，又A則A1D⊥平面BC1D1，即對于B，由A知，A1D⊥平面PEQ，又PQ?平面PEQ，則若存在點P，Q，使得PQ//DE，則A1連接DE,A1E，又E為線段B1C則不存在點P，Q，使得PQ//DE，B錯誤；對于C，由A知，平面PEQ即平面BC1D則平面PQE∩平面ABCD=AB，連接AD1，又AB⊥平面A1ADD1，AD∠D1AD即為平面PQE又∠D1AD=π4，則平面PQE與平面ABCD對于D，在平面BC1D1中，作E關(guān)于D1過M作MN⊥C1B交C1B于點N，作M又BC1=2,B所以EM=2EF=2所以EN=EMsin又因為PQ+PE=PQ+PM≥MQ所以PQ+PE的最小值為53，D錯誤故選：AC.【點睛】本題的關(guān)鍵點在于確定平面PEQ即為平面BC1D1A8．BD【分析】將正方形ABC1【詳解】由已知條件中的旋轉(zhuǎn)，可將正方形ABC1D1放于兩個全等正方體的公共面上，正方形

連接MD

因為平面ABCD//平面MD1C1P，直線A2C1平面A2BC1D2與平面MP⊥平面MAD1N，AN?平面MAD1N，MD1,MP?平面MD1C1同理，AP⊥平面A2平面A2BC1D2與平面由△APN為等邊三角形，可得所求銳二面角的平面角為60°，故選項D正確過D2作D2H//C1D1，則有D2H//AB，D2到平面ABCD的距離等價于H到平面ABCD

CB=C1D2=1，∠BFC1=∠D2CS△HBC=設(shè)H到平面ABCD的距離為h，根據(jù)等體積關(guān)系VH-ABC有13hS由此得D2到平面ABCD的距離為1+22連接D1D2

△D2D1C1中，由余弦定理得D1在Rt△AD1D2故選：BD.【點睛】方法點睛：空間圖形的旋轉(zhuǎn)與翻折，就是考查學(xué)生的空間想象能力和理性的分析能力，比較變化前后的兩個圖形，弄清哪些量和位置關(guān)系在變化過程中不變，哪些發(fā)生了變化，將不變的條件集中到變化后的幾何體中，將問題歸結(jié)為條件和結(jié)論明朗化的立幾問題.9．32【詳解】解：（1）取BC中點D，連接PD，AD.由題知，△PBC和△ABC均為正三角形且邊長為23，故PD=AD=3∵面PBC⊥面ABC，由面面垂直的性質(zhì)知PD⊥面ABC∵AD?面ABC，∴PD⊥AD在Rt△PAD中，PA=P（2）設(shè)三棱錐PABC的外接球球心為O，故O到面ABC和面PBC的射影均為△ABC和△PBC的中心E、F，即四邊形OFDE為正方形，∴FD=ED=∴OE=1,AE=2在Rt△OAE中，OA=R=則球的表面積S=4πR故答案為：3210．9π4/【分析】先由側(cè)面展開圖及BQ+QP的最小值求得正四面體棱長為3，再求出外接球半徑，再由OM垂直于截面時截面面積最小求解即可.【詳解】將正四面體A-BCD的側(cè)面ABC和ADC展開至同一平面，如圖所示，此時BP即為BQ+QP的最小值，即BP=13，設(shè)AP=x由AD=3AP可得AB=AD=3x，∠BAD=2π3，則BP在正四面體A-BCD中，設(shè)△BCD的中心為O1，外接球球心為O，連接AO1,OD,OM，易得O在AO1=32-3又過點M的平面截外接球所得截面均為圓，要使截面面積最小，即截面圓的半徑最小，顯然當(dāng)OM垂直于截面時，即M為圓心時，圓心到截面的距離最大為OM=OD2-DM即過點M的平面截該正四面體外接球所得截面面積的最小值為9π4故答案為：9π411．41015【分析】根據(jù)題意，由條件可得∠MAO取最大值時∠AMO=90°，由余弦定理即可得到AO，然后過M作MH⊥AO，即可得到MH，從而得到結(jié)果.【詳解】

依題可得，四面體P-BCD的外接球的球心O為BC中點，外接球半徑r=2，要使∠MAO取到最大值，則∠AMO=90°，即AM與球O所以sin∠MAO=在△ABO中，AO∴AO=10∴sin∠MAO=rAO=過M作MH⊥AO，垂足為H，所以點M在以H為圓心MH為半徑的圓上，又MH=AM?sin∴四面體M-ABD體積的最大值為13故答案為：41012．（1）證明見解析；（2）10π3【分析】（1）由SO⊥底面圓O,得到BC⊥SO，再證明出OD⊥BC,即可證明BC⊥平面SOD，利用面面垂直的判定定理即可證明平面SOD⊥平面SBC;（2）利用圓錐的側(cè)面積為35π，且BC=4,AC=2，計算出SA=3【詳解】（1）由圓錐的性質(zhì)可知，SO⊥底面圓O,∵BC在底面圓O上，∴BC⊥SO，∵C在圓O上，AB為直徑，∴AC⊥BC，又點O,D分別為AB,BC的中點，∴OD//AC,∴OD⊥BC,又OD∩SO=O，且OD,SO?平面SOD，∴BC⊥平面SOD，又BC?平面SBC，∴平面SOD⊥平面SBC．（2）∵BC=4,AC=2，∴AB=A∴底面周長為2∴∴SA=3，∴SO=S∴V圓錐13．（1）證明見解析；（2）55【分析】（1）過點E作EF//BD交BC于點F，取A1B的中點G，證明EM//FG，EM//（2）設(shè)AB=3，則AD=1,AE=2,證明∠A1DB=2π3，設(shè)A1在面BDEC內(nèi)的投影為P，則P在BD的延長線上，設(shè)DE與平面A1CE所成角為θ，點D到平面A【詳解】解：（1）過點E作EF//BD交BC于點F，取A1B∵△ABC是等邊三角形，AD=CE，∴EF//BD,EF=又∵M(jìn)、G分別為A1D和∴MG為△A∴MG//BD,MG=∴EF//MG,EF=MG，∴四邊形EFGM為平行四邊形，∴EM//FG又因為FG?平面A1BC,EM?平面∴EM//平面A1（2）設(shè)AB=3，則AD=1,AE=2,∵∠A=60°，∴在△ADE中，又余弦定理得DE=∵2∴AE∴∠ADE=90°，∴DE⊥AD,DE⊥BD∴DE⊥BD，DE⊥A又因為A1D?面A1∴∠A1DB∴∠設(shè)A1在面BDEC內(nèi)的投影為P，則P在BD∴∵∠∴A在△A1DP由正弦定理得DP=12且BP=52，在△BCP中，由余弦定理得在Rt△A1PC所以在△A1CE所以sin∠所以S△設(shè)DE與平面A1CE所成角為θ，點D到平面A1由VD-所以13又因為S△DCE所以d=3所以sinθ=所以直線DE與平面A1CE所成角的正弦值為14．(1)見解析；(2)見解析【分析】（1）連接AC交BD于O，由OP∥CM即可證得MC//平面PBD（2）先由余弦定理證得AB⊥AD，進(jìn)而得到AD⊥DC，由面面垂直性質(zhì)證得AD⊥平面CMD，得到AD⊥CM，結(jié)合CM⊥MD證得CM⊥平面AMD，即可證得平面AMD⊥平面BMC.【詳解】（1）連接AC交BD于O，連接PO，易得O為AC中點，又P為線段AM的中點，則OP∥CM，又OP?平面PBD，CM?平面PBD，則MC//平面PBD（2）由余弦定理得：AD2=AB2+DB平行四邊形ABCD為矩形，則AD⊥DC，又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD=CD，AD?平面ABCD，則AD⊥平面CMD，又CM?平面CMD，則AD⊥CM，又M是半圓弧CD上的點，則CM⊥MD，又MD∩AD=D，MD,AD?平面AMD，則CM⊥平面AMD，又CM?平面BMC，則平面AMD⊥平面BMC.15．(1)1(2)3【分析】（1）先證明AB⊥BC，底面△ABC是直角三角形，求出△ABC的面積即可算出三棱錐AEFB的體積；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用向量的方法求出sinθ，再利用點D的坐標(biāo)即可求出sinθ【詳解】（1）由題意，A1B1⊥BB1，由已知A1BF?平面B1BCC1，∴A1B△ABC是直角三角形，面積為S△ABC=F點到底面ABC的距離=FC=12三棱錐AEFB的體積=13（2）∵BB1⊥AB,BB則有A0,-2,0,C2,0,0,C設(shè)D點的坐標(biāo)為0,m,2，則有-2≤m≤0，DB1=0,-m,0，B1E=1,-1,-2則有n?·DB1?=0n?·B1E?=0，即DF=2,-m,-1，sin顯然當(dāng)m=0時，sinθ最大，最大值=35綜上，三棱錐AEFB的體積為13，sinθ的最大值為16．(1)48(2)證明見解析【分析】（1）由題意直三棱柱側(cè)面都為矩形，分別求其面積即可；（2）連接B1C交BC1于點O，連接OD【詳解】（1）∵三棱柱ABC-A∴側(cè)