章末检测（八）　立体几何初步

(共48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. 下列说法正确的是（　　）
A. 多面体至少有3个面
B. 有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
C. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D. 棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形
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解析：　一个多面体至少有4个面，如三
棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，
选项A错误；反例如图1，选项B错误；反
例如图2，上、下底面是全等的菱形，各
侧面是全等的正方形，它不是正方体，选
项C错误；根据棱柱的定义，选项D正确.
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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. 2 D. 3
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. 我国古代《九章算术》里记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广
二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈.问积几何？其意思是：今有
上、下底面皆为长方形的草垛（如图所示），下底宽2丈，长3丈，上底宽
3丈，长4丈，高3丈.问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2
倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽
相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这
个问题中的刍童的体积为（　　）
A. 13.25立方丈 B. 26.5立方丈
C. 53立方丈 D. 106立方丈
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解析：　由题意知，刍童的体积为[（4×2＋3）×3＋（3×2＋4）
×2]×3÷6＝26.5（立方丈）.
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4. 已知圆锥的一条母线的中点到圆锥底面圆的圆心的距离为2，母线与底
面所成的角为60°，则该圆锥的体积为（　　）
A. B. 8 π
C. D. 16 π
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解析：　如图，设圆锥的高为h，底面半径为r，母线
长为l.因为圆锥的一条母线的中点到圆锥底面圆的圆心
的距离为2，设P为母线SB的中点，在Rt△SBO中，PO
＝2，所以母线长l＝2×2＝4，又母线与底面所成的角为
60°，所以 cos 60°＝ ＝ ＝ ，解得r＝2，所以圆锥
的高h＝ ＝2 ，故该圆锥的体积V＝ πr2h＝ ×π×22×2 ＝ .故选A.
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5. 如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝ ，
BD⊥CD. 将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A'-BCD，使平面
A'BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是（　　）
A. A'C⊥BD
B. ∠BA'C＝90°
C. CA'与平面A'BD所成的角为30°
D. 四面体A'-BCD的体积为
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解析：　因为平面A'BD⊥平面BCD，平面A'BD∩平面BCD＝BD，
BD⊥CD，所以CD⊥平面A'BD，所以CD⊥BA'.由勾股定理，得
A'D⊥BA'.又因为CD∩A'D＝D，所以BA'⊥平面A'CD，所以BA'⊥A'C，所以∠BA'C＝90°，故B正确，其余均不正确.
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6. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC，AB＝AA1，D是A1B1的
中点，点F在BB1上，记B1F＝λBF，若AB1⊥平面C1DF，则实数λ的值为
（　　）
A. B.
C. D. 1
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解析：　由题意可得C1D⊥A1B1，C1D⊥AA1，
A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1 平面AA1B1B，所以C1D⊥平
面AA1B1B，又AB1 平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1，作
DF⊥AB1交BB1于点F（如图），连接FC1，A1B，此时
AB1⊥平面C1DF，在矩形A1B1BA中，AB＝A1A，所以四边
形A1B1BA是正方形，所以A1B⊥AB1，所以DF∥A1B，又D为A1B1的中点，所以F为BB1的中点，所以B1F＝BF，因为B1F＝λBF，所以λ＝1.
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7. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，
B1三点的截面图形不可能是（　　）
A. 等边三角形 B. 矩形
C. 等腰梯形 D. 正方形
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解析：　当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图1；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图2；当点Q不与点D，D1重合时，令Q，R分别为DD1，C1D1的中点，则截面图形
为等腰梯形AQRB1，如图3.
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8. 已知三棱锥P-ABC的顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为2的等边
三角形，球O的表面积为 π，则三棱锥P-ABC的体积的最大值为
（　　）
A. 2 B.
C. D.
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解析：　设球O的半径为R，则4πR2＝ ，得R＝ .设等边三角形ABC
的外接圆半径为r，外心为O'，则由正弦定理得2r＝ ，所以r＝ ，
连接OO'（图略），则｜OO'｜＝ ＝ ，所以三棱锥P-ABC的高
的最大值为｜OO'｜＋R＝ ＋ ＝2，所以三棱锥P-ABC的体积的最大值
为 × ×22×2＝ .故选B.
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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 α，则“m⊥β”是“α⊥β”的充要条件
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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；在m α条件下，当m⊥β时，根据面面垂直的判定定理
知，必有α⊥β，故充分性成立，但当α⊥β时，m不一定垂直于β，故必要
性不成立，故D错误.故选A、B、C.
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10. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相
等，则下列结论正确的是（　　）
A. 圆柱的侧面积为2πR2
B. 圆锥的侧面积为2πR2
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
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解析： 依题意得球的半径为R，则圆柱的侧面积为2πR×2R＝4πR2，所以A错误；圆锥的侧面积为πR× R＝ πR2，所以B错误；球的表面积为4πR2，因为圆柱的侧面积为4πR2，所以C正确；因为V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，V圆锥＝ πR2·2R＝ πR3，V球＝ πR3，所以V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶ πR3∶ πR3＝3∶1∶2，所以D正确.故选C、D.
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11. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧
面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是
（　　）
A. 在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB
B. 异面直线AD与PB所成的角为90°
C. 二面角P-BC-A的大小为45°
D. BD⊥平面PAC
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解析： 如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是正三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，PM，BM 平面PMB，∴AD⊥平面PMB，故A正确；对于B，∵AD⊥平面PMB，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确；
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对于C，∵BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，
BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P-BC-A的平面角，设
AB＝1，则BM＝ ，PM＝ ，∵平面PAD⊥平面
ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM 平面PAD，
PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD，∴PM⊥BM，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝ ＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P-BC-A的大小为45°，故C正确；对于D，∵BD与PA不垂直，∴BD与平面PAC不垂直，故D错误.
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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，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），则AD
＝ cm.
36　
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解析：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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13. 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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14. 在圆台O1O2中，ABCD是其轴截面，AD＝CD＝BC＝ AB，过O1C
与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面CEF的距离是
，则圆台的体积等于 　 π　.
π　
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解析：连接O1D，因为AD＝CD＝BC＝ AB，且AB∥CD，
所以四边形ADCO1和BCDO1为菱形，所以O1C＝O1D＝O1A
＝AD，则△AO1D为正三角形，所以∠DAB＝60°，由题意
得，平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，交AD于点M，过点D作AO1的垂线DN，交AO1于点N，则O1M＝ ，所以AO1＝ ＝2，即AD＝AO1＝2，则O1O2＝DN＝2× sin 60°＝ ，所以圆台的体积V＝ πh（r'2＋r'r＋r2）＝ ×（4＋2＋1）＝ π.
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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，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱
垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm，
4 cm，5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，
求剩余部分几何体的体积V.
解： ＝ ×3×4×6＝36（cm3）.
设圆柱底面圆的半径为r，则r＝ ＝ ＝1，
＝πr2h＝6π（cm3）.所以V＝ － ＝（36－
6π）cm3.
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16. （本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱
形，且PB＝PD.
（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；
证明：连接AC，交BD于点O，连接PO.
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO. 因
为PO∩AC＝O，PO，AC 平面PAC，所以BD⊥平
面PAC.
又BD 平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.
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（2）若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.
证明：因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD. 因
为BC 平面PAD，AD 平面PAD，
所以BC∥平面PAD，又因为BC 平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，
所以BC∥l.
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17. （本小题满分15分）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面
ABCD为矩形，PA＝AB＝1，PC与平面PAD所成角的正切值为 .
（1）求BC的长；
解：因为PA⊥平面ABCD，且CD 平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又因为四边形ABCD为矩形，
所以CD⊥AD，
又因为PA∩AD＝A，PA 平面PAD，
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AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
所以PD是PC在平面PCD内的射影，
所以∠CPD即为直线PC与平面PCD所成的角，
设BC＝m，则AD＝m，由勾股定理得，PD＝ ，
则在Rt△CDP中，tan∠CPD＝ ＝ ，
解得m＝2即BC＝2.
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（2）已知棱BC上一点G，使得点D到平面PAG的距离为 ，求平面
PAG与平面PBG的夹角的大小.
解：因为S△AGD＝ ×1×2＝1，又因为PA⊥平面
ABCD，
所以VP-AGD＝ ×S△AGD×PA＝ ×1×1＝ ，
取BC边上一点G，连接PG，AG，DG，设BG＝t，
在Rt△ABG中，AG＝ ，
所以S△PAG＝ ×1× ＝ ，
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因为点D到平面PAG的距离为 ，
所以VD-PAG＝ × × ＝ ，所以 ＝
，解得t＝1，所以BG＝1.
取AG的中点H，作HM⊥PG，垂足为M，连接BM.
因为AB＝BG，所以BH⊥AG，又BH⊥PA，所以
BH⊥平面PAG，
又PG 平面PAG，所以PG⊥BH，又PG⊥HM，所以PG⊥平面BHM，
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又BM 平面BHM，所以PG⊥BM，所以∠BMH即为
二面角B-PG-A的平面角.
在Rt△BHM中，BH＝ ，BM＝ .所以 sin ∠BMH
＝ ＝ ，
所以∠BMH＝ ，所以平面PBG与平面PAG的夹角的大小为 .
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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于点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，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）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空，
并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑.
图1是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆I1，
I2，I3，I4与圆柱OO1底面相切于A，B，C，D四点，且圆I1与I2，I2与
I3，I3与I4，I4与I1分别外切，线段A1A为圆柱OO1的母线.点M为线段
A1O1中点，点N在线段CO1上，且CN＝2NO1，已知圆柱
OO1底面半径为2，AA1＝4.
（1）线段AA1上是否存在一点E使得OE⊥平面BDN，
若存在，求出AE的长；若不存在请说明理由；
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解：存在.理由如下：依题意，由对称性知，
AC∩BD＝O，AC⊥BD，OO1⊥平面ABCD，
由线段A1A为圆柱OO1的母线，得AA1⊥平面ABCD，而
BD 平面ABCD，则AA1⊥BD，
又AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面ACA1，则BD⊥平面
ACA1，OE 平面ACA1，
则BD⊥OE，要使OE⊥平面BDN，只需OE⊥ON，则∠AOE＋∠NOC＝90°，在直角梯形ACO1A1中，OO1∥AA1，OO1＝AA1＝4，OO1⊥AC，
点N在线段CO1上，且CN＝2NO1，则点N到直线AC距离h＝ OO1＝ ，
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点N到直线OO1的距离d＝ OC＝ ，
则tan∠NOC＝ ＝4，
tan∠AOE＝tan（90°－∠NOC）＝
＝ ＝ ＝ ，
因此 ＝tan∠AOE＝ ，而OA＝2，
所以存在符合条件的点E，且AE＝ .
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（2）图2是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相
对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆
柱O2O3，它与飞船推进舱共轴，即O，O1，O2，O3
共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形RST
为以RS为斜边的等腰直角三角形，四边形PQRS为矩
形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即O1O2＝4，且
O2O3＝RS＝2，PS＝7.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线A1P与平面PQRS所成角的正弦值的最大值.
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解：以平面PQRS为参照面，令平面PQRS与
圆O1交于O1A0，点A0在圆O1上，
A1在圆O1上运动，到达点F，设∠A0OF＝θ，
在圆O1所在平面内过F作FG⊥O1A0于G，由平面
PQRS垂直于圆O1所在平面，
则FG⊥平面PQRS，连GP，则∠FPG为直线FP（A1P）与平面PQRS所成角，由图知，∠FPG的正弦值最大时，0＜θ≤ ，FG＝2 sin θ，O1G＝
2 cos θ，在直角梯形PO2O1G中，O1O2＝4，PO2＝PS＋ RS＋2＝10，
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GP＝ ，FP＝ ，
sin ∠FPG＝ ＝ ＝ ，设3－ cos θ＝t（2＜t≤3）， sin ∠FPG＝ ＝ ≤ ＝ ，当且仅当t＝ ，即t＝2 时取等号，直线A1P与平面PQRS所成角的正弦值的最大值为 .
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THANKS
演示完毕 感谢观看