【培优方案】第八章 章末检测　立体几何初步（课件）人教A版数学必修第二册

(共42张PPT)
章末检测（八）　立体几何初步
（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
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.
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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
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 .
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3. 已知圆锥的底面面积是4π，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的
体积是（　　）
A. B. C. 4 π D. 8 π
解析：　由圆锥的底面面积是4π，可知底面半径r＝2，设圆锥母
线长为l，高为h，由于侧面展开图是半圆，故πl＝2π×2，l＝4，
h＝ ＝2 .故体积为 π×22×2 ＝ .
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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
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.
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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
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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＝ ×9 h，解
得h＝ .故选B.
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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.
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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 ＝ ×
× ＝ .由 ＝ ，得
d· ＝ 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.
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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
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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.
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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
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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.
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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.
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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，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选
对的得部分分，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
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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A、B、C.
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10. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上
的动点，则下列结论正确的有（　　）
A. 平面D1A1P⊥平面A1AP
B. ∠APD1的取值范围是（0， ）
C. 三棱锥B1-D1PC的体积为定值
D. DC1⊥D1P
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解析：　连接D1P，AP（图略），因为A1D1⊥平面A1AP，
A1D1 平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；当
P与A1重合时，∠APD1＝ ，故B错误；连接D1C，B1D1，
B1C，PC，B1P（图略），因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥
平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥
B1-D1PC的体积为定值，故C正确；连接DC1（图略），因为
DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC 平面
BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P 平面BCD1A1，所以
DC1⊥D1P，故D正确.故选A、C、D.
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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
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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A、B、D.
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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. 如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该
棱锥的体积为 ，则该正方体的棱长为 .
解析：设正方体棱长为a，则 × a2×a＝ ，解得a＝2.
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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 .
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 .

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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 .

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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＝ .
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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，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？
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解：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.
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（2）求容器的容积.
解：因为2πr＝ ×OD＝ ×36，所
以r＝6（cm），
如图所示，
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则圆台的高h＝ ＝ ＝
6 （cm），
所以V＝ πh（R2＋Rr＋r2）＝ π×6 ×（122＋12×6
＋62）＝504 π（cm3），
所以容器的容积为504 π cm3.
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16. （本小题满分15分）如图所示，在四面体ABCD中，CB＝CD，
AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点.求证：
（1）直线EF∥平面ACD；
证明：∵点E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD.
∵EF 平面ACD，AD 平面ACD，
∴直线EF∥平面ACD.
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（2）平面EFC⊥平面BCD.
证明：∵AD⊥BD，EF∥AD，
∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD.
又∵EF∩CF＝F，EF，CF 平面EFC，
∴BD⊥平面EFC.
∵BD 平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.
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17. （本小题满分15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；
解：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.
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（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：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，
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∵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 .
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18. （本小题满分17分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝
1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D'AE的位
置，使平面D'AE⊥平面ABCE.
（1）求证：AD'⊥BE；
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解：证明：根据题意可知，在矩形ABCD
中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，所以
∠DEA＝∠CEB＝45°，
所以∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE＝
AE，BE 平面ABCE，所以BE⊥平面D'AE.
因为AD' 平面D'AE，所以AD'⊥BE.
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（2）求四棱锥D'-ABCE的体积；
解：如图所示，取AE的中点F，连
接D'F，则D'F⊥AE，且D'F＝ .
因为平面D'AE⊥平面ABCE，且平面
D'AE∩平面ABCE＝AE，D'F 平面D'AE，
所以D'F⊥平面ABCE，
所以VD'-ABCE＝ S四边形ABCE·D'F
＝ × ×（1＋2）×1× ＝ .
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（3）在棱ED'上是否存在一点P，使得D'B∥平面PAC？若存在，
求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
解：存在.连接AC交BE于Q，假设在D'E上
存在点P，使得D'B∥平面PAC，连接PQ.
因为D'B 平面D'BE，平面D'BE∩平面PAC＝PQ，
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所以D'B∥PQ，
所以在△EBD'中， ＝ .
因为△CEQ∽△ABQ，所以 ＝ ＝ ，
所以 ＝ ＝ ，即EP＝ ED'，
所以在棱ED'上存在一点P，
使得D'B∥平面PAC，且EP＝ ED'.
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19. （本小题满分17分）近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从
而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科
学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻
画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面
体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上
的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点
处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点
的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是
，所以正方体在各顶点的曲率为2π－3× ＝ ，故其总曲率为4π.
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（1）求四棱锥的总曲率；
解：四棱锥有5个顶点，4个三角形面，1个凸四边形
面，故其总曲率为2π×5－4×π－2π＝4π.
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（2）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.
关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数
为D，棱数为L，面数为M，则有：D－L＋M＝2.利用此
定理试证明：简单多面体的总曲率是常数.
解：证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，M号.
设第i号（1≤i≤M）多边形有Li条边.
则多面体共有L＝ 条棱.
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由题意，多面体共有D＝2－M＋L＝2－M＋
个顶点.
i号多边形的内角之和为πLi－2π，故所有多边形的内角之和
为π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM，
故多面体的总曲率为2πD－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]
＝2π（2－M＋ ）－[π（L1＋L2＋…＋LM）－2πM]＝4π.
所以简单多面体的总曲率是常数4π.
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