高三年级立体几何单元测试卷和详细答案.doc

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立体几何单元测试卷
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题：
①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.
其中为真命题的是(　　)
A．①③　　　　　　　　 　 B．②③
C．①④ D．②④
2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为
(　　)
A. B.
C．8π D.
3．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为(　　)

A．4 B．2
C. D．8
4. 如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3，体积为，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为(　　)

A. B.
C. D.
5．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是(　　)

A．AB1∥平面BDC1
B．A1C⊥平面BDC1
C．直三棱柱的体积V＝4
D．直三棱柱的外接球的表面积为4π
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6. 如图所示是一个直径等于4的半球，现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面，则截面的面积为(　　)

A. B．π
C．2π D．πsin80°
7．一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为(　　)

A.＋＋＋1 B．2＋3π＋＋1
C.＋＋ D.＋＋＋1
8．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　　)
A．150° B．45°
C．60° D．120°
9. 如图所示，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么(　　)

A．PA＝PB>PC
B．PA＝PB<PC
C．PA＝PB＝PC
D．PA≠PB≠PC
10．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝BC，则GB与EF所成的角为(　　)
A．30° B．120°
C．60° D．90°
11．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为(　　)
A. B.
C. D.
12. 已知正三棱锥P—ABC的高PO为h，点D为侧棱PC的中点，PO与BD所成角的余弦值为，则正三棱锥P—ABC的体积为(　　)

A.h3 B.h3
C.h3 D.h3
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．已知四个命题：
①若直线l∥平面α，则直线l的垂线必平行于平面α；
②若直线l与平面α相交，则有且只有一个平面经过直线l与平面α垂直；
③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等，则这个三棱锥是正三棱锥；
④若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分，则这个四棱柱为平行六面体．
其中正确的命题是________．
14．(2013·江苏) 如图所示，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.

15．(2012·辽宁)已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．
16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F、分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：

①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有______个．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分) 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面ACM；
(2)证明：AD⊥平面PAC；
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
18．(本小题满分12分) 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB＝4，PA＝3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PCD.

(1)求证：AG∥平面PEC；
(2)求AE的长；
(3)求二面角E－PC－A的正弦值．
19．(本小题满分12分) 如图所示，在六面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1.

(1)求证：BF∥平面ACGD；
(2)求二面角D－CG－F的余弦值．
20．(本小题满分12分) 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.

(1)求证：BB1⊥面ABC；
(2)求多面体DBC－A1B1C1的体积；
(3)求二面角C－DA1－C1的余弦值．
21．(本小题满分12分) 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.

(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．
22．(本小题满分12分) 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD中点．

(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；
(2)求B点到平面PCD的距离；
(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
立体几何单元测试卷答案
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．
答案　C
解析　①为空间面面平行的性质，是真命题；②m，n可能异面，故该命题为假命题；③直线m与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C.
2．
答案　B
解析　S圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R＝＝.
∴V＝πR3＝，故选B.
3．
答案　D
解析　由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD＝3，BF＝1，将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体的体积为×2×2×4＝8.

4.
答案　C
解析　连接AC、BD交于点O，连接OE，易得OE∥PA.
∴所求角为∠BEO.
由所给条件易得OB＝，OE＝PA＝，BE＝.
∴cos∠OEB＝，∴∠OEB＝60°，选C.
5．
答案　D
解析　由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确．

直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D为AC的中点，
∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.
∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，
∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC 1.
∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.
∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1.
故B正确．V＝S△ABC×C1C＝×2×2×2＝4，∴C正确．
此直三棱柱的外接球的半径为，其表面积为12π，D错误．故选D.
6.
答案　C
解析　过半球底面的中心作一个与底面成80°的截面，截面是球的半个大圆，半径为2，所以截面面积S＝×π×22＝2π，故选C.
7．
答案　A
解析　还原为直观图如图所示，圆锥的高为2，底面半径为，圆锥的母线长为，故该几何体的表面积为S＝×2×＋×2π×××＋π×()2×＋×2×1＝＋＋＋1.

8．
答案　C
解析　由条件，知·＝0，·＝0，
＝＋＋.
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2.∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.
9.
答案　C
解析　∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.
10．
答案　D
解析　方法一：连D1E，D1F，解三角形D1EF即可．
方法二：

如图建立直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，由已知条件，得
G(0,0，)，B(1,1,0)，E(1,1，)，F(，1,0)，＝(1,1，－)，＝(－，0，－)．
cos〈，〉＝＝0，则⊥. 故选D.
11．
答案　B
解析　以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设＝λ，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得当λ＝时，∠APC最大，故VP－ABC＝××1×1×＝.

12.
答案　C
解析　设底面边长为a，连接CO并延长交AB于点F，过点D作DE∥PO交CF于点E，连接BE，则∠BDE为PO与BD所成的角，∴cos∠BDE＝.∵PO⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，即△BED是直角三角形，∵点D为侧棱PC的中点，∴DE＝，∴BE＝h.易知EF＝a，则在Rt△BEF中，BE2＝EF2＋FB2，即＋＝h2，∴a2＝h2，∴VP－ABC＝××a×a×h＝a2h＝h3，故选C.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．
答案　④
解析　④正确，如右图，A1C与B1D互相平分，则四边形A1B1CD是平行四边形，同理四边形ABC1D1是平行四边形，则A1B1綊AB綊CD，因此四边形ABCD是平行四边形，进而可得这个四棱柱为平行六面体．

14．
答案　1∶24
解析　由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2，S△ADE∶S△ABC＝1∶4.
因此V1∶V2＝＝1∶24.
15．答案　
解析　正三棱锥P－ABC可看作由正方体PADC－BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P－ABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC.

设正方体棱长为a，则3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2.
S△ABC＝×2×2×＝2.
由VP－ABC＝VB－PAC，得·h·S△ABC＝××2×2×2，所以h＝，因此球心到平面ABC的距离为.
16．
答案　2
解析　将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD ，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．

三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．
答案　(1)略　(2)略　(3)
解析　(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM.

(2)因为∠ADC＝45°，且
AD＝AC＝1，
所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.
(3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝.从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
18．
答案　(1)略　(2)　(3)
解析　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.
又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG.
又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD.
作EF⊥PC于点F，连接GF，
∵平面PEC⊥平面PCD，
∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG.
又AG⊄平面PEC，EF⊂平面PEC，
∴AG∥平面PEC.
(2)解：由(1)知A、E、F、G四点共面，
又AE∥CD，AE⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AE∥平面PCD.
又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF.
又由(1)知EF∥AG，
∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE＝GF.
∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝.
又PA2＝PG·PD，∴PG＝.
又＝，∴GF＝＝，∴AE＝.
(3)解：过E作EO⊥AC于点O，连接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC.
∴∠EFO即为二面角E－PC－A的平面角．
EO＝AE·sin45°＝×＝，又EF＝AG＝，
∴sin∠EFO＝＝×＝.
19．
答案　(1)略　(2)
解析　方法一：(1)设DG的中点为M，连接AM，FM.
则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形．
∴MF∥DE，且MF＝DE.∵平面ABC∥平面DEFG，
∴AB∥DE.∵AB＝DE，
∴MF∥AB，且MF＝AB，∴四边形ABFM是平行四边形．
∴BF∥AM.
又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，
故BF∥平面ACGD.
(2)由已知AD⊥平面DEFG，∴DE⊥AD.又DE⊥DG，且AD∩DG=D,
∴DE⊥平面ADGC.∵MF∥DE，∴MF⊥平面ADGC.
在平面ADGC中，过M作MN⊥GC，垂足为N，连接NF，则∠MNF为所求二面角的平面角．
连接CM.∵平面ABC∥平面DEFG，∴AC∥DM.又AC＝DM＝1，所以四边形ACMD为平行四边形，∴CM∥AD，且CM＝AD＝2.
∵AD⊥平面DEFG，∴CM⊥平面DEFG，∴CM⊥DG.

在Rt△CMG中，∵CM＝2，MG＝1，
∴MN＝＝＝.
在Rt△CMG中，
∵MF＝2，MN＝，
∴FN＝＝.
∴cos∠MNF＝＝＝.
∴二面角D－CG－F的余弦值为.
方法二：由题意可得，AD，DE，DG两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．

则A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，
F(2,1,0)．
(1)＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴＝.∴BF∥CG.
又BF⊄平面ACGD，故BF∥平面ACGD.
(2)＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．
设平面BCGF的法向量为n1＝(x，y，z)，
则
令y＝2，则n1＝(1,2,1)．
则平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)．
∴cos〈n1，n2〉＝
＝＝.
由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D－CG－F的余弦值为.
20．
答案　(1)略　(2)　(3)
解析　(1)证明：∵AC＝BC，D为AB的中点，
∴CD⊥AB.又CD⊥DA1，AB∩A1D＝D，
∴CD⊥面AA1B1B.∴CD⊥BB1.
又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面ABC.
(2)解：V多面体DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱锥A1－ADC
＝S△ABC·|AA1|－S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－×S△ABC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|＝.
(3)

解：以C为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则
C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)．
∴D(1,0,1)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有即
∴故可取n1＝(1,1，－1)．
同理设n2＝(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一个法向量，且＝(1，－2,1)，＝(0,0,2)．
则有即
∴故可取n2＝(2,1,0)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
又二面角C－DA1－C1的平面角为锐角，所以其余弦值为.
21．
答案　(1)略　(2)
解析　(1)方法一：证明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，
∴B1C1⊥A1C1.
又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，
∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD.①
由D为AA1的中点，可知DC＝DC1＝.
∴DC2＋DC＝CC，即CD⊥DC1.②
由①②可知CD⊥平面B1C1D.
又CD⊂平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)解：由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或其延长线于E，连接EB1，
∴∠B1EC1为二面角B1－DC－C1的平面角．
∴∠B1EC1＝60°.
由B1C1＝2知，C1E＝＝.
设AD＝x，则DC＝.
∵△DC1C的面积为1，∴··＝1.
解得x＝，即AD＝.
方法二：

(1)证明：如图所示，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即＝(0,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)．
由·＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1.
由·＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1.
又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.
又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.
(2)解：设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．
设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．
则⇒令z＝－1.
得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
则由cos60°＝，得＝.
即a＝，故AD＝.
22．
答案　(1)　(2)
(3)存在点Q，且＝

解析　(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.
又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，
∴＝(1，－1，－1)，易证：OA⊥平面POC.
∴＝(0，－1,0)是平面POC的法向量，cos〈，〉＝＝.
∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为.
(2)＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，
设平面PDC的一个法向量为u＝(x，y，z)，
则取z＝1，得u＝(1,1,1)．
∴B点到平面PCD的距离为d＝＝.
(3)假设存在一点Q，则设＝λ(0<λ<1)，
∵＝(0,1，－1)，
∴＝(0，λ，－λ)＝－.
∴＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．
设平面CAQ的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．
又平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
因为二面角Q－AC－D的余弦值为，
所以|cos〈m，n〉|＝＝.
得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)．
所以存在点Q，且＝.

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