第八章 立体几何初步章末检测试题（含解析）

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第八章 立体几何初步末检测试题（解析）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．本试卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．选择题答案使用2AB铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，书写要工整、笔迹清楚，将答案书写在答题卡规定的位置上．
3．所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效．
第Ⅰ卷 （选择题 共58分）
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.
1.两个平行平面与另两个平行平面相交得四条直线的位置关系是(　 　)
A．两两相互平行 B．两两相交于同一点
C．两两相交但不一定交于同一点 D．两两相互平行或交于同一点
2.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′
＝2O′B′，则以下说法正确的是(　　)
A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等边三角形
3.如图，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，
则异面直线AC与MN所成的角为（　　　）
A.30° B.45° C.60° D.90°
4.《算数书》竹简于上世纪八十年代在我省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中有一道求“困盖”体积的题：困下周六丈高二丈，求积.即已知圆锥的底面周长为丈，高为丈，求圆锥的体积.《算数书》中将圆周率近似取为3，则该困盖的体积（单位：立方丈）约为（ ）
A．6 B． 4 C．3 D. 2
5.若一个正四棱锥的侧棱和底面边长相等,则该正四棱锥的侧棱和底面所成的角为(　 　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
6.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列命题:
①若m∥α,n∥β,α∥β,则m∥n; ②若α∥γ,β∥γ,则α∥β;
③若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n; ④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
7.如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1中点，
过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(　　)
A. B. C. D.
8.在四面体A BCD中，AB＝CD＝10，AC＝BD＝2，AD＝BC＝2，则四面体A BCD外接球的表面积为(　　)
A．200π B．100π C． 50π D．300π
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分.若只有两个正确选项，每选对 一个得3分；若只有三个正确选项 ，每选对一个得2分.
9.已知等腰直角三角形直角边长为1,若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(　　)
A.π B.(1+)π C.2π D.(2+)π
10.如图，已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
A.直线A1C1与A1D1为异面直线 B.A1C1∥平面ACD1
C.BD1⊥AC D.三棱锥D1 - ADC的体积为
11.如图所示,AB为圆O的直径,点C在圆周上(异于点A,B),直线PA垂直于
圆O所在的平面,点M为线段PB的中点.以下四个结论中正确的为(　　)
A.PA∥平面MOB B.MO∥平面PAC
C.OC⊥平面PAC D.平面PAC⊥平面PBC
第Ⅱ卷 （非选择题 共92分）
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图,已知平行四边形ABCD中,|AD|=4,|CD|=3,∠D=60°,PA⊥平面ABCD,
且|PA|=6,则|PC|=　　　　.
13.古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻
着他认为最满意的一个数学发现。如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容
器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，
并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是6π，现在向圆柱和球的缝
隙里注水，则最多可以注入的水的体积为 .
14.如图，平面四边形ABCD中，∠ADB=90°，AD=DC=2，BD=3，∠BDC=60°，
将△ABD沿BD着折起，则三棱锥A-BCD的体积最大值为________，
三棱锥A-BCD体积最大时其外接球的表面积为_________．
四、解答题：本题共5道题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.（本题满分13分）
如图是一个烟筒的直观图（图中数据的单位为厘米），它的下部是一个
正四棱台形物体，上部是一个正四棱柱形物体（底面与四棱台形物体的上底
面重合）.为防止雨水的侵蚀，同时使烟筒更美观，现要在烟筒外部粘贴瓷
砖，请你计算需要多少平方厘米的瓷砖？（结果精确到1cm2，可用计算工具）
16.（本题满分15分）
如图，四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=2CD=4，PA⊥CD，在锐角△PAD中，E是边PD上一点，且AD=PD=3ED=．
⑴求证：PB∥平面ACE；
⑵当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为？
17.（本题满分15分）
如图，底面为菱形的直棱柱ABCD - A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1B1、A1D1的中点.
⑴在图中作一个平面α，使得BD α，且平面AEF∥α；（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCD - A1B1C1D1的截面.）
⑵若AB=AA1=2，∠BAD=60°，求点C到所作截面α的距离.
18.（本题满分17分）
如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.
⑴求证:平面PBE⊥平面PAB；
⑵求二面角A-BE-P的大小.
19.（本题满分17分）
如图①所示,在四棱锥S-ABCD中,
∠BAD=∠CDA=∠CBD=2∠ABD=90°,平面SBD⊥平面ABCD,
且△SBD是边长为 的等边三角形.
① ②
⑴求证:CB⊥DS.
⑵过点S作ST∥BD,使得四边形STDB为菱形,连接TA,TD,TC,得到的图形如图②所示,
已知平面BMN∥平面ADT,且直线DC∩面BMN=M,直线TC∩平面BMN=N,求三棱锥D-MNB的体积.
试题解析
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。
1.两个平行平面与另两个平行平面相交得四条直线的位置关系是(　 　)
A．两两相互平行 B．两两相交于同一点
C．两两相交但不一定交于同一点 D．两两相互平行或交于同一点
【答案】A.
【解析】根据平面与平面平行的性质可知，所得四条直线两两相互平行．故选A.
2.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′
＝2O′B′，则以下说法正确的是(　　)
A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形
C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等边三角
【答案】C
【解析】将其恢复成原图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，
AC＝A′C′＝2，故△ABC是等腰直角三角形，故选C.
3.如图，在正方体ABCD - A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，
则异面直线AC与MN所成的角为（　　　）
A.90° B.60° C. 45° D. 30°
【答案】B.
【解析】连接BC1,AD1,即MN∥BC1，BC1∥AD1，∴MN∥AD1，∠D1AC是异面直线AC与MN所成的角.由△AD1C是等边三角形，得∠D1AC=60°，∴异面直线AC与MN所成的角为60°，故选B.
4.《算数书》竹简于上世纪八十年代在我省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中有一道求“困盖”体积的题：困下周六丈高二丈，求积。即已知圆锥的底面周长为丈，高为丈，求圆锥的体积。《算数书》中将圆周率近似取为3，则该困盖的体积（单位：立方丈）约为（ ）
A．6 B． 4 C．3 D. 2
【答案】D.　
【解析】设圆锥底面半径为r，则,
∴V=,故选D.
5..若一个正四棱锥的侧棱和底面边长相等,则该正四棱锥的侧棱和底面所成的角为(　 　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
【答案】B.
【解析】正四棱锥S-ABCD的侧棱和底面边长相等,作SO⊥底面ABCD,垂足为O,
∴∠SBO是该正四棱锥的侧棱和底面所成的角,
设AB=a,则SB=a,,∴,∠SBO=45°,∴该正四棱锥的侧棱和底面所成的角为45°.故选B.
6.下设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列命题:
①若m∥α,n∥β,α∥β,则m∥n; ②若α∥γ,β∥γ,则α∥β;
③若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n; ④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
【答案】C
【解析】若m∥α,n∥β,α∥β,则m,n可能平行，也可能相交或异面，①是错误的；若α⊥γ,β⊥γ,，也可能α⊥β，④错误；显然②③．故选C.
7.如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1中点，
过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】取C1D1，B1C1的中点分别为P，Q，连接PQ，PD，NP，QB，B1D1.
易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，∴四边形ANPD为平行四边形，
则AN∥DP.又BD和DP为平面BDPQ的两条相交直线，∴平面BDPQ∥
平面AMN，即平面α为平面BDPQ.由PQ∥DB，PQ＝BD＝，
得四边形BDPQ为梯形，其高h＝ ＝.∴平面α截该正方体所得截面的面积为
(PQ＋BD)h＝××＝.故选B．
8.在四面体A BCD中，AB＝CD＝10，AC＝BD＝2，AD＝BC＝2，则四面体A BCD外接球的表面积为(　　)
A．200π B．100π C． 50π D．300π
【答案】A.
【解析】∵四面体A BCD的四个面为全等的三角形，∴可将四面体A BCD置于一个长方体中，则四面体A BCD的外接球即为长方体的外接球，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有则外接球的直径2R＝ ＝ ＝10 ，所以R＝5 ，则球的表面积为S＝4πR2＝200π.故选A.
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分.若只有两个正确选项，每选对 一个得3分；若只有三个正确选项 ，每选对一个得2分.
9.已知等腰直角三角形直角边长为1,若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(　　)
A.π B.(1+)π C.2π D.(2+)π
【答案】AB
【解析】当以该三角形直角边为轴旋转一周，所得得圆锥是底面半径为1，母线长为，则其表面积为(1+)π;当以该三角形的斜边为轴旋转一周，所得几何体的表面是两个半径为，母线长为1的圆锥的侧面积，则其表面积为.故选AB.
10.如图，已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
A.直线A1C1与A1D1为异面直线 B.A1C1∥平面ACD1
C.BD1⊥AC D.三棱锥D1 - ADC的体积为
【答案】BC
【解析】显然，直线A1C1与A1D1为相交直线，A选项错误； ∵A1C1∥AC，AC 平面ACD1，
∴A1C1∥平面ACD1，B选项正确；∵AC⊥BD，B1B⊥AC，BD∩B1B=B，∴AC⊥平面BB1D1D，
又BD1 平面BB1D1D，∴AC⊥BD1，C选项正确；V三棱锥D1 - ADC=，D选项错误.
故选BC.
11.如图所示,AB为圆O的直径,点C在圆周上(异于点A,B),直线PA垂直于
圆O所在的平面,点M为线段PB的中点.以下四个结论中正确的为(　 　)
A.PA∥平面MOB B.MO∥平面PAC
C.OC⊥平面PAC D.平面PAC⊥平面PBC
【答案】BD
【解析】∵PA 平面MOB,∴选项A不正确;∵MO∥PA,且MO 平面PAC,选项B正确;∵OC不垂直于AC,∴选项C不正确;∵BC⊥AC,BC⊥PA,AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBC,选项D正确.故选BD.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图,已知平行四边形ABCD中,|AD|=4,|CD|=3,∠D=60°,PA⊥平面ABCD,
且|PA|=6,则|PC|=　　　　 .
【答案】7
【解析】由余弦定理,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠D=16+9-2×4×3×=13,
∴AC=，∵PA⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,∴PA⊥AC,PC==7.
13.古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻
着他认为最满意的一个数学发现。如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容
器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，
并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是6π，现在向圆柱和球的缝
隙里注水，则最多可以注入的水的体积为 .
【答案】
【解析】设球的半径为r，则由题意可得球的表面积为，∴r=1，
∴圆柱的底面半径为1，高为2，
∴最多可以注入的水的体积为.
14.如图，平面四边形ABCD中，∠ADB=90°，AD=DC=2，BD=3，∠BDC=60°，
将△ABD沿BD着折起，则三棱锥A-BCD的体积最大值为________，
三棱锥A-BCD体积最大时其外接球的表面积为_________．
【答案】；.
【解析】①由题意作出平面图及翻折后的图形.
∵三棱锥A-BCD的底面△BCD的面积是定值,
∴当点A离平面BCD的距离最大，即当平面ADB⊥平面BCD时，VA-BCD最大.
又∵∠ADB=90°，即AD⊥BD，平面ADB∩平面BCD=BD，∴AD⊥平面BCD，即AD为高.
∴Vmax=.
②.侧棱垂直于底面且底面是由普通三角形的三棱锥外接球球心满足OO′=AD,
O为球心，为O′底面△BCD外接圆圆心，
在△BCD中，由余弦定理得BC2=BD2+CD2-2BD CD cos∠BDC=7,BC=,
由正弦定理得D,O′D=.设外接球的半径为R，
在Rt△OO′D中,,S表=4πR2=.
四、解答题：本题共5道题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图是一个烟筒的直观图（图中数据的单位为厘米），它的下部是一个
正四棱台形物体，上部是一个正四棱柱形物体（底面与四棱台形物体的上底
面重合）.为防止雨水的侵蚀，同时使烟筒更美观，现要在烟筒外部粘贴瓷
砖，请你计算需要多少平方厘米的瓷砖？（结果精确到1cm2，可用计算工具）．
【答案】14359（cm2）.
【解析】由题意，需贴瓷砖的部分为四棱柱与四棱台的侧面积.
，
四棱台的斜高，
需要瓷砖的面积为12800+1559=14359（cm2）
16.如图，四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=2CD=4，PA⊥CD，在锐角△PAD中，E是边PD上一点，且AD=PD=3ED=．
⑴求证：PB∥平面ACE；
⑵当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为？
【答案】⑴详见解析； ⑵当PA=时，AC与平面PCD所成的角为30°．
【解析】⑴证明：连接BD交AC于O，
∵AB∥CD，∴△OCD∽△OAB，
∴=，又=，
∴OE∥PB，又OE 平面ACE，PB 平面ACE，
∴PB∥平面ACE．
⑵解：过A作AF⊥PD，垂足为F，连接CF，
∵CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AF，
又AF⊥PD，PD∩CD=D，
∴AF⊥平面PCD，∴∠ACF为AC与平面PCD所成的角，即∠ACF=30°．
AC==，∴AF=AC=，
∴sin∠ADF==，cos∠ADF==，
∴PA==．
∴当PA=时，AC与平面PCD所成的角为30°.
17.如图，底面为菱形的直棱柱ABCD - A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1B1、A1D1的中点.
⑴在图中作一个平面α，使得BD α，且平面AEF∥α；（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCD - A1B1C1D1的截面.）
⑵若AB=AA1=2，∠BAD=60°，求点C到所作截面α的距离.
【答案】⑴详见解析；⑵.
【解析】⑴如图，取B1C1、C1D1的中点M、N，连接BM、MN、ND，
则平面BMND即为所求平面；
⑵设点C到平面BMND的距离为h，由等体积法得：，
又，
∵，又，
∴，
又由得 ，
∴.
18.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.
⑴求证:平面PBE⊥平面PAB；
⑵求二面角A-BE-P的大小.
【答案】⑴详细证明见解析; ⑵60°.
【解析】⑴证明：如图,连接BD.
由四边形ABCD是菱形,且∠BCD=60°,可知△BCD是等边三角形.
∵E是CD的中点，∴BE⊥CD，
∵AB∥CD，∴BE⊥AB．
∵PA⊥平面ABCD,BE 平面ABCD,
∴PA⊥BE.
又PA 平面PAB,AB 平面PAB,PA∩AB=A,
∴BE⊥平面PAB.
∵BE 平面PBE,
∴平面PBE⊥平面PAB.
⑵解：由⑴知BE⊥平面PAB,PB 平面PAB,
∴PB⊥BE，
∵AB⊥BE,
∴∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.
在Rt△PAB中, tan∠PBA===,
∴∠PBA=60°，
故二面角A-BE-P的大小是60°.
19.如图①所示,在四棱锥S-ABCD中,
∠BAD=∠CDA=∠CBD=2∠ABD=90°,平面SBD⊥平面ABCD,
且△SBD是边长为 的等边三角形.
① ②
⑴求证:CB⊥DS.
⑵过点S作ST∥BD,使得四边形STDB为菱形,连接TA,TD,TC,得到的图形如图②所示,
已知平面BMN∥平面ADT,且直线DC∩面BMN=M,直线TC∩平面BMN=N,求三棱锥D-MNB的体积.
【答案】⑴详见解析；⑵.
【解析】⑴证明：∵∠CBD=90°，
∴CB⊥BD.
∵平面SBD⊥平面ABCD,平面SBD∩平面ABCD=BD,CB 平面ABCD，
∴CB⊥平面SBD.
∵SD 平面SBD，
∴CB⊥DS.
⑵解：如图,取BD的中点为O,连接SO,SM,TB,TM.
由平面BMN∥平面ADT,得AD∥BM,DT∥MN.
∵∠CDA=90°,
∴∠BMD=90°,即BM⊥CD.
∵∠BAD=∠CDA=90°， ∴AB∥CD.
∵∠CBD=2∠ABD=90°, ∴∠ABD=∠CDB=45°,
即△CBD为等腰直角三角形. ∴DM=MC=1.
∵在△CDT中,MN∥DT,M是DC的中点,
∴N是TC的中点.
∴V三棱锥D-MNB=V三棱锥N-DMB=V三棱锥T-DMB=V三棱锥S-DMB.
∵DS=DB=BS, ∴SO⊥DB.
∵平面SBD⊥平面ABCD,平面SBD∩平面ABCD=DB，
∴SO⊥平面ABCD,
∴V三棱锥D-MNB= V三棱锥S-DMB=××SO×S△BDM=×× = .
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