第八章 立体几何初步 复习训练（含解析）高中数学人教A版（2019）必修 第二册

第八章 立体几何初步 复习训练
一、 单项选择题
1. (2022岳阳平江期末)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α，n∥α则m⊥n；
②若m∥n，n∥α则m∥α；
③若m∥n，n⊥β，m∥α则α⊥β；
④若m∩n＝A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β则α∥β.
其中真命题的个数是(　　)
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2. (2022天津东丽区期末)下列命题中，正确的是(　　)
A. 三点确定一个平面
B. 梯形确定一个平面
C. 两条直线确定一个平面
D. 四边形确定一个平面
3. 如图，在半径为4的球O中有一内接圆柱. 当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为(　　)
A. 14π B. 18π C. 32π D. 36π
4. (2023全国高一专题练习)在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝120°，将△CBD沿BD折起，点C变为点E，当四面体E-ABD的体积最大时，四面体E-ABD的外接球的面积为(　　)
A. 20π B. 40π
C. 60π D. 80π
5. 若将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，P为线段AD上的一个动点，则下列结论中正确的是(　　)
A. 异面直线AC与BD所成的角为60°
B. △ACD是等边三角形
C. △BCP面积的最小值为
D. 四面体ABCD外接球的表面积为4π
6. (2023江苏高一专题练习)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝5，点P在长方体的面上运动，且满足AP＝5，则点P的轨迹长度为(　　)
A. 12π B. 8π　 C. 6π D. 4π
二、 多项选择题
7. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论中正确的是(　　)
A. C1，M，O三点共线
B. A1C⊥平面C1BD
C. 直线A1C1与平面ABC1D1所成角的为
D. 直线A1C和直线BC1是共面直线
8. (2023十堰高一阶段练习)在如图所示的三棱锥O-ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，则下列结论中正确的是(　　)
A. 直线AB与平面OBC所成的角为30°
B. 二面角O-BC-A的正切值为
C. 点O到平面ABC的距离为
D. 作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心
三、 填空题
9. 如图，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥C-A′DD′，棱锥C-A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为________．
10. (2023吉安万安中学一模)在三棱锥O-ABC中，A，B，C三点在以O为球心的球面上，若AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，且三棱锥O-ABC的体积为，则球O的表面积为________．
11. 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝4 m，BC＝3 m，AD与底面BCD所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点C出发，沿着侧面ABC走到AB上的一点，再沿着侧面ABD继续走到棱AD上，则这只蚂蚁从点C出发到达棱AD的最短路程为________m，这只蚂蚁的最短路线与AB的交点到底面BCD的距离为________m.
12. 如图，在Rt△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝5，在BC边上任取一点D，并将△ABD沿直线AD折起，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后B，C两点间距离的最小值为________．
四、 解答题
13. (2023淄博高一阶段练习)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝120°，AA1＝.
(1) 求证：A1B1∥平面ABC1；
(2) 求点C到平面ABC1的距离．
14. (2022天津部分学校期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
(1) 设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；
(2) 求证：PA⊥平面PCD；
(3) 求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案解析】
第八章 立体几何初步 复习训练
1. C　解析：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n，命题为真命题；②若m∥n，n∥α，则m∥α或m α，所以命题为假命题；③若m∥n，n⊥β，则m⊥β，因为m∥α，所以α⊥β，所以命题为真命题；④若m∩n＝A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β，命题为真命题．故真命题的个数为3.
2. B　解析：当三点共线时不能确定一个平面，故A错误；梯形上底和下底平行，能确定一个平面，故B正确；两条直线异面时不能确定一个平面，故C错误；空间四边形不能确定一个平面，故D错误．
3. C　解析：由题意知，球的半径R＝4，所以球的表面积为4πR2＝64π.设圆柱的底面半径为r，高为h，则r2＋＝42，得4r2＋h2＝64，即h2＝64－4r2，所以圆柱的侧面积S＝2πrh＝2π＝2π＝4π＝4π(04. A　解析：由题意，得三棱锥E-ABD的底面△ABD的面积为定值，当平面EBD⊥平面ABD时，点E到底面ABD的距离最大，则三棱锥E-ABD的体积取得最大值．因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝120°，连接AC交BD于点M，可得CD＝CA＝CB，所以点C为△ABD的外心，过点C作平面ABD的垂线l，可得l上的点到A，B，D三点的距离相等，设l上存在点O，使得OE＝OA＝OB＝OD，即点O为三棱锥E-ABD的外接球的球心，设OC＝x，可得AC2＋OC2＝CM2＋(EM＋OC)2，即4＋x2＝1＋(x＋1)2，解得x＝1，所以外接球的半径为r＝＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πr2＝4π×（）2＝20π.
5. B　解析：对于A，如图1，取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD.因为AE∩CE＝E，AE 平面ACE，CE 平面ACE，所以BD⊥平面ACE，所以AC⊥BD，所以异面直线AC与BD所成的角为90°，故A错误；对于B，因为正方形的边长为2，所以AD＝CD＝2，AE＝CE＝.因为∠AEC＝90°，所以AC＝＝2，所以△ACD为等边三角形，故B正确；对于C，如图2，过点P作PF⊥BD交BD于点F，过点F作FG⊥BC交BC于点G，连接PG.因为平面ADB⊥平面BCD，平面ADB∩平面BCD＝BD，PF 平面ABD，所以PF⊥平面BCD，所以PF⊥FG，PF⊥BC.因为PF∩FG＝F，PF 平面PFG，FG 平面PFG，所以BC⊥平面PFG，所以BC⊥PG.设PF＝x，则DF＝x，BF＝2－x，所以FG＝2－，所以PG＝＝＝，所以当x＝时，PG有最小值，所以△BCP面积的最小值为，故C错误；对于D，因为AE＝CE＝BE＝DE＝，所以点E为四面体 ABCD外接球的球心，且球的半径为，所以四面体ABCD外接球的表面积为4π×（）2＝8π，故D错误．
6. C　解析：如图，点P在左侧面的轨迹为，在后侧面的轨迹为，在右侧面的轨迹为，在前侧面内的轨迹为.易知＝π×4×2＝2π，＝π×3×2＝.又sin ∠A1AN＝cos ∠NAD＝，cos ∠A1AM＝sin ∠MAB＝，所以∠A1AN＋∠A1AM＝，则＋＝π×5×2＝，所以点P的轨迹长度为6π.
7. ABC　解析：由正方体的特性可知，A1C为正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线，A1C 平面ACC1A1，平面ACC1A1∩平面C1BD＝C1O，又A1C交平面C1BD于点M，所以点M在C1O上，故A正确；由正方体的特性可知，BD⊥平面ACC1A1，又A1C 平面ACC1A1，故A1C⊥BD，同理可得A1C⊥BC1，因为BD∩BC1＝B，BD，BC1均在平面C1BD内，所以A1C⊥平面C1BD，故B正确；设正方体的边长为1，直线A1C1与平面ABC1D1的夹角为θ，则A1C1＝，点A1到平面ABC1D1的距离为A1D＝，故sin θ＝，θ＝，故C正确；直线A1C与直线BC1为异面直线，故D错误．故选ABC.
8. BD　解析：因为OA，OB，OC两两互相垂直，OB∩OC＝O，OB，OC均在平面OBC内，所以AO⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角，又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直线AB与平面OBC所成的角为45°，故A错误；取BC的中点D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，所以AB＝AC＝BC＝，OD⊥BC，AD⊥BC，因为OD∩AD＝D，OD，AD均在平面AOD内，所以BC⊥平面AOD，故∠ODA为二面角O-BC-A的平面角，则tan ∠ODA＝＝，即二面角O-BC-A的正切值为，故B正确；因为AB＝AC＝BC＝，所以AD＝，设点O到平面ABC的距离为h，则VA-OBC＝××1×1×1＝VO-ABC＝××××h，解得h＝，故C错误；因为AB＝AC＝BC＝，所以△ABC为等边三角形，因为OM⊥平面ABC，点M为点O在平面ABC上的投影，又OA＝OB＝OC＝1，即点O到△ABC顶点A，B，C的距离相等，所以点M到△ABC顶点A，B，C的距离相等，故M为△ABC的重心，故D正确．故选BD.
9. 1∶5　解析：设AB＝a，AD＝b，AA′＝c，则长方体体积为V1＝abc，S△A′DD′＝bc，所以棱锥体积为V2＝S△A′DD′·CD＝×bc×a＝abc，所以剩余部分的体积为V3＝abc－abc＝abc，所以＝＝.
10. 52π　解析：由题意，得△ABC的面积S△ABC＝×2×2sin 120°＝.设球心O到平面ABC的距离为h，则V棱锥O-ABC＝S△ABCh＝×h＝，解得h＝3.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 120°＝8＋4＝12，所以AC＝2.设△ABC的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r＝，解得r＝2.设球的半径为R，则R2＝r2＋h2＝13，所以球O的表面积为S＝4πR2＝52π.
11. 2　　解析：因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD.又AB＝4 m，BC＝3 m，所以AC＝5 m．因为AD与底面BCD所成的角为∠ADB，所以tan ∠ADB＝＝2，所以BD＝2 m．将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，如图．AC＝CD＝5 m，AD＝2 m，取AD的中点E，连接CE，交AB于点F，则CE⊥AD，蚂蚁的最短路线为C→F→E，最短路程为CE＝2 m，最短路线与AB的交点为F.取BD的中点G，连接EG，则EG＝AB＝2 m，BG＝BD＝1 m，由△CBF∽△CGE，得＝＝，则FB＝EG＝ m，故这只蚂蚁的最短路线与AB的交点到底面BCD的距离为 m.
12. 　解析：设∠BAD＝θ，则∠CAD＝－θ，过点C作CE⊥AD交AD于点E，过点B作BF⊥AD交AD的延长线于点F，所以BF＝4sin θ，AF＝4cos θ，CE＝3sin ＝3cos θ，AE＝3cos ＝3sin θ，所以EF＝4cos θ－3sin θ，所以BC＝＝
＝
＝＝，则当sin 2θ＝1时，BCmin＝.
13. (1) 因为几何体ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以A1B1∥AB.
又A1B1 平面ABC1，AB 平面ABC1，
所以A1B1∥平面ABC1.
(2) 在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝120°，
则AB＝，△ABC的面积为×1×1×sin 120°＝.
因为几何体ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC，BC 平面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，所以AC1＝BC1＝2.
如图，取AB的中点D，连接C1D，
则C1D⊥AB，C1D＝，
所以△ABC1的面积为××＝.
设点C到平面ABC1的距离为h.
因为VC1-ABC＝VC-ABC1，
所以××＝××h，
解得h＝，
故点C到平面ABC1的距离为.
14. (1) 如图，连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.又G是PB的中点，所以GH∥PD.
因为GH 平面PAD，PD 平面PAD，
所以GH∥平面PAD.
(2) 取PC的中点N，连接DN.
因为△PCD为等边三角形，所以DN⊥PC.
因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，DN 平面PCD，
所以DN⊥平面PAC.
又PA 平面PAC，所以DN⊥PA.
因为PA⊥CD，CD∩DN＝D，CD 平面PCD，DN 平面PCD，
所以PA⊥平面PCD.
(3) 连接AN，由(2)知DN⊥平面PAC，
所以∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．
因为△PCD为等边三角形，CD＝2，N为PC的中点，
所以DN＝.
在Rt△AND中，sin ∠DAN＝＝，
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.