章末检测（8）立体几何初步-【优学精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册教用Word(人教A版)

该教案聚焦立体几何初步核心知识，涵盖空间线面关系、几何体体积表面积、空间角与距离等要点。通过基础题（如直线位置关系判断）到综合题（如正方体截面、球与棱锥体积）的梯度设计，搭建从概念理解到综合应用的学习支架。 资料特色在于多题型覆盖与素养导向，如直观图面积计算培养几何直观，线面垂直证明强化逻辑推理，圆台侧面展开问题渗透数学建模。助力学生提升空间观念与创新意识，为教师提供分层检测素材，高效评估学习效果。

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：B　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 解析：D　∵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.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.4π　　D.8π 解析：B　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＝. 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：C　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 解析：B　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. 解析：D　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. 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 解析：C　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 解析：C　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 解析：ABC　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. 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 解析：ACD　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. 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 解析：ABD　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. 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2. 解析：设正方体棱长为a，则×a2×a＝，解得a＝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. 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. 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，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：（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. 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； （2）平面EFC⊥平面BCD. 证明：（1）∵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. （2）∵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. 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； （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：（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. 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； （2）求四棱锥D'-ABCE的体积； （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：（1）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. （2）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× ＝. （3）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， 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'. 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. （1）求四棱锥的总曲率； （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：（1）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. （2）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. 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. 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $