章末检测
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共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．l1，l2，l3是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．l1⊥l2，l2⊥l3 l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3 l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点 l1，l2，l3共面
【答案】 B
【解析】 利用平行的传递性可知，l1⊥l2，l2∥l3 l1⊥l3，故B成立；选项A、C、D不满足平行和共面的判定定理，故选B.
2．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是( )
A． B．1
C． D．2
【答案】 D
【解析】 ∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，∠A′O′B′＝45°，∴Rt△O′A′B′的直角边长是，∴Rt△O′A′B′的面积是××＝1，∴原平面图形的面积是1×2＝2.
3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
【答案】 B
【解析】 设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.
4．如图，在四面体A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝BC＝CD＝1，则AD＝( )
A．1 B．
C． D．2
【答案】 C
【解析】 因为BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝1，所以BD＝＝，又AB⊥平面BCD，BD 平面BCD，所以AB⊥BD，因此AD＝＝.故选C．
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点．若AB＝6，则点B到平面ACE的距离为( )
A． B．
C． D．3
【答案】 B
【解析】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝6，E是BB1的中点，则BE＝3，AE＝CE＝＝3，AC＝6，∴S△ACE＝×6×＝9.设点B到平面ACE的距离为h，由VE－ABC＝VB－ACE，得××6×6×3＝×9h，解得h＝.故选B.
6．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，E是CC1的中点，则直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
【答案】 D
【解析】 因为AA1＝AC＝BC＝1，AB＝，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，易知S△BCE＝CE·BC＝，A1到平面BCE的距离为A1C1＝1.设点C到平面A1BE的距离为d，因为EA1＝BE＝＝，BA1＝，所以S△A1BE＝××＝.由VC－A1BE＝VA1－BCE，得d·S△A1BE＝A1C1·S△BCE，解得d＝.故直线BC与平面A1BE所成角的正弦值为＝.故选D.
7．如图，正四棱锥P－ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上．若VP－ABCD＝，则球O的体积是( )
A．32π B．16π
C．π D．8π
【答案】 C
【解析】 设球O的半径为R.因为正四棱锥P－ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且点P在球面上，所以PO⊥底面ABCD，PO＝R，正方形ABCD的面积S＝2R2.因为VP－ABCD＝，所以VP－ABCD＝×2R2×R＝＝，解得R＝2，所以球O的体积V＝πR3＝π×23＝π.
8．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为( )
A． B．2
C．2 D．4
【答案】 C
【解析】 如图，取A1D1中点为M，连接ME，MF，取CD，CB中点分别为P，Q，连接PH，PQ，QG.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，由题意知四边形PQGH为矩形，且ME∥GH，MF∥QG，因为ME 平面PQGH，MF 平面PQGH，GH 平面PQGH，QG 平面PQGH，所以ME∥平面PQGH，MF∥平面PQGH，又ME∩MF＝M，所以平面MEF∥平面PQGH，因为EF 平面MEF，所以EF∥平面PQGH，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面为矩形PQGH.因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，所以PQ＝，QG＝2，所以矩形PQGH的面积为PQ·QG＝2，所以过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为2，故选C．
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分)
9．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的有( )
A．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β
B．如果m α，α∥β，那么m∥β
C．如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l
D．如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β
【答案】 ABC
【解析】 如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；如果m α，α∥β，那么由面面平行的性质可得m∥β，故B正确；如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么由线面平行的性质定理可得m∥l，故C正确；如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么平面α，β平行或相交，故D错误．故选ABC．
10．(2024·广东肇庆期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是( )
A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行
【答案】 ABC
【解析】 连接C1D，由于N是CD1的中点，所以C1，N，D三点共线，则N是C1D的中点，由于M是BC1的中点，所以MN∥BD，C选项正确；根据正方体的性质可知CC1⊥平面ABCD，由于BD 平面ABCD，所以CC1⊥BD，所以CC1⊥MN，A选项正确；由于AC⊥BD，所以MN⊥AC，B选项正确；由于A1B1∥AB，AB与BD相交，所以MN与A1B1不平行，D选项错误．故选ABC．
11．如图，在棱长均相等的四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的是( )
A．PD∥平面OMN
B．平面PCD∥平面OMN
C．直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D．ON⊥PB
【答案】 ABD
【解析】 连接BD(图略)，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，由线面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN，A正确；由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又底面为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又由选项A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN，B正确；因为MN∥CD，所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC＝60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°，C错误；因为底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，D正确．故选ABD.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上)
12．(2024·河北张家口高一下阶段检测)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，M，N分别为AB，CC1的中点，则三棱锥D1－MND的体积为________.
【答案】
【解析】 因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，又AB 平面CDD1C1，CD 平面CDD1C1，所以AB∥平面CDD1C1，所以M到平面CDD1C1的距离等价于A到平面CDD1C1的距离，又AD⊥平面CDD1C1，所以M到平面CDD1C1的距离为AD，因为AB＝AD＝2，AA1＝4，N为CC1的中点，则DD1＝4，CD＝2，又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，四边形CDD1C1是矩形，所以S△D1DN＝DD1·CD＝×4×2＝4，则三棱锥D1－MND的体积为VD1－MND＝VM－D1DN＝S△D1DN·AD＝×4×2＝.
13．边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为________.
【答案】
【解析】 如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开而得到的，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为GE1.由题意可知GH＝5，GF1＝，所以GE1＝＝＝，所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是.
14．如图所示，在三棱柱中，已知四边形ABCD和四边形AA′B′B都是矩形，平面AA′B′B⊥平面ABCD.若AA′＝AD＝2，则直线AB到平面DA′C的距离为________.
【答案】
【解析】 如图，取B′C的中点E，连接BE，∵四边形ABCD和四边形AA′B′B都是矩形，∴AB⊥BC，AB⊥BB′，又BC∩BB′＝B，∴AB⊥平面BCB′，又BE 平面BCB′，∴AB⊥BE，又AB∥CD，∴CD⊥BE，∵AA′＝AD，得BC＝BB′，又E为B′C的中点，∴B′C⊥BE，又CD⊥BE，CD∩B′C＝C，∴BE⊥平面DCB′A′，∴直线AB到平面DA′C的距离即为BE的长，∵平面AA′B′B⊥平面ABCD，且平面AA′B′B∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB′A′，又BB′ 平面ABB′A′，∴BC⊥BB′，在Rt△BCB′中，BC＝BB′＝2，∴BE＝.
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分13分)如图所示，E，F分别是长方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点．求证：四边形B1EDF是平行四边形．
【证明】 如图，设Q是DD1的中点，连接EQ，QC1.
∵E是AA1的中点，
∴EQ綉A1D1，
又在矩形A1B1C1D1中，A1D1綉B1C1，
∴EQ綉B1C1，
∴四边形EQC1B1为平行四边形．
∴B1E綉C1Q.
又∵Q，F分别是DD1，C1C的中点，
∴QD綉C1F.
∴四边形QDFC1是平行四边形．
∴C1Q綉DF，∴B1E綉DF.
∴四边形B1EDF是平行四边形．
16．(本小题满分15分)如图，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝，OA＝72 cm，要剪下来一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．
(1)求AD应取多长？
(2)求容器的容积．
【解析】 (1)设圆台上、下底面半径分别为r，R，AD＝x，
则OD＝72－x，
由题意得，解得则AD应取36 cm.
(2)因为2πr＝×OD＝×36，
所以r＝6(cm)，
如图所示，
则圆台的高
h＝
＝＝6(cm)，
所以V＝πh(R2＋Rr＋r2)＝π×6×(122＋12×6＋62)＝504π(cm3)，
所以容器的容积为504π cm3.
17．(本小题满分15分)(2024·河南周口高一下阶段检测)如图，在三棱锥A－BCD中，E是线段AD的中点，F是线段CD上的一点．
(1)若EF∥平面ABC，试确定F在CD上的位置，并说明理由；
(2)若BC＝BD＝AD＝AC，证明：CD⊥AB.
【解析】 (1)F是CD的中点，理由如下：
若EF∥平面ABC，由EF 平面ACD，平面ACD∩平面ABC＝AC，
得EF∥AC．又E是AD的中点，F在CD上，
∴F是CD的中点．
(2)证明：取CD的中点G，连接BG，AG，
∵BC＝BD＝AD＝AC，G为CD中点，
∴CD⊥AG，CD⊥BG，
∵BG∩AG＝G，BG，AG 平面ABG，
∴CD⊥平面ABG，
∵AB 平面ABG，∴CD⊥AB.
18．(本小题满分17分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝，PB＝PD＝2PA＝2.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若棱BC上存在一点E满足BE＝1，求PC与平面PAE所成角的正弦值．
【解析】 (1)证明：∵AB＝AD＝3，PB＝PD＝2PA＝2，∴AB2＋PA2＝PB2，AD2＋PA2＝PD2，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)在△ABE中，由余弦定理得，
AE＝＝.
如图，连接AC，∵底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝，
∴△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝3.
设三棱锥C－PAE以△AEP为底的高为h，
∵VP－ACE＝S△ACE·PA＝××2×3××＝，
VP－ACE＝VC－PAE，即S△AEP·h＝××××h＝，
∴h＝.
∵PA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
∴PA⊥AC，
∴PC＝＝＝2，
∴＝，∴PC与平面PAE所成角的正弦值为.
19．(本小题满分17分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD.
【解析】 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC．
(2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角，
即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
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第八章 立体几何初步
章末复习与总结
知识体系构建
核心考点培优
【答案】 B
考点一
空间几何体的结构特征
【解析】 以直角梯形较长的腰为轴旋转所得的几何体不是圆台，所以①错误；棱台的两个底面一定是相似多边形，所以②正确；圆柱的轴截面与其侧面的交线才是圆柱的母线，所以③错误；根据圆台的定义，可得④是正确的．故选B.
2．如图，几何体A1B1C1－ABC是三棱台，在点A1，B1，C1，A，B，C中取3个点确定平面α，α∩平面A1B1C1＝m，且m∥AB，则所取的这3个点可以是( )
A．A，B1，C
B．A1，B，C1
C．A，B，C1
D．A，B1，C1
【答案】 C
考点二
空间中点、线、面的位置关系
【解析】 由几何体A1B1C1－ABC是三棱台，得AB∥平面A1B1C1.当平面ABC1为平面α时，平面α∩平面A1B1C1＝m，由面面平行的性质定理可知m∥AB，选项C符合要求，故选C．
考点三
空间位置关系的证明
【证明】 (1)∵四边形ABCD是菱形，
∴O是AC的中点．
又E，F分别是PC，DC的中点，∴EF∥PD.
又EF 平面PAD，PD 平面PAD，
∴EF∥平面PAD.
同理可得，FO∥平面PAD.
又EF∩FO＝F，EF，FO 平面EFO，
∴平面EFO∥平面PAD.
(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，PD⊥AD，
且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD 平面PAD，
∴PD⊥平面ABCD.
(3)∵PD⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
∴AC⊥PD.
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又PD∩DB＝D，PD，DB 平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∵AC 平面PAC，∴平面PAC⊥平面PDB.
【答案】 B
考点四
空间几何体的体积、表面积
【解析】 如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，A1B1＝1，AB＝3，连接AC，A1C1，
【解析】 (1)∵PO是圆锥的高，∴PO⊥底面圆O，
根据中点条件可以证明OE∥AC，
∠PCA或其补角是异面直线PC与OE所成的角，
考点五
空间角的计算
(2)如图，取AC中点为D，连接PD，OD，
由(1)知，PA＝AC＝PC，
∴PD⊥AC，
∵OA＝OC，∴OD⊥AC，
又E为劣弧CB的中点，即有E∈底面圆O，
∴二面角P－AC－E的平面角即为∠PDO，
