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2024版新教材高中数学第八章立体几何初步单元素养水平监测新人教A版必修第二册
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这是一份2024版新教材高中数学第八章立体几何初步单元素养水平监测新人教A版必修第二册，共17页。
第八章 单元素养水平监测(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本题共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．三点可以确定一个平面 B．一条直线和一个点可以确定一个平面C．四边形一定是平面图形 D．两条相交直线可以确定一个平面2．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是( )A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形3．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法错误的是( )A．若l⊥α，m⊥α，则l∥mB．若l∥α，α∥β，则l∥βC．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥mD．若l与m异面，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β4．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系( )A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面5．如图，在正四面体ABCD中，M是BC的中点，P是线段AM上的动点，则直线DP和BC所成角的大小( )A．一定为90° B．一定为60°C．一定为45° D．与P的位置有关6．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M7．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图①)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高18米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图②所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积为( )A．4 542π B. 3 026π C. 2 540π D. 2 441π8．已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，BC＝ eq \r(6)，若AC1与平面BCC1B1所成的角的余弦值为 eq \f(\r(6),3)，则该长方体外接球的表面积为( )A． eq \f(27π,2) B. 27π C. eq \f(45π,2) D. 45π二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．一个正方体的顶点都在球面上，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是( ) 10．已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，下列说法正确的是( )A．若l∥α，α∥β，则l∥βB．若α∥β，m⊂α，则m∥βC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD.若α∩β＝l，m∥l，则m至少与α，β中一个平行11．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以下四个选项正确的是( )A．D1C∥平面A1ABB1B．A1D1与平面BCD1相交C．AD⊥平面D1DBD．平面BCD1⊥平面A1ABB112．如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则下列结论错误的是( )A．B1E⊥平面BEFB．直线B1E与直线BF所成的角为90°C．平面BEF与平面ABCD的夹角为45°D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)13．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，若该圆台的侧面积为72π，则其母线长为________．14．如图，在直二面角αABβ中，AC和BD分别在平面α和β上，它们都垂直于AB，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD＝________．15．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则C1到平面A1BD的距离为________．16．已知三棱锥PABC的棱长均为1，先在三棱锥PABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1与三棱锥PABC的三个侧面都相切，则球O1的半径为________，球O2的体积为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题10分)(1)已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．(2)在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形内挖去半圆形(圆心O在边AC上，半圆形与BC、AB分别相切于点C、M，与AC交于N)，求图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体体积．18．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PA＝PC，E为PB的中点．求证：(1)PD∥平面AEC；(2)平面AEC⊥平面PBD.19．(本小题12分)如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．(1)证明：E，F，G，H四点共面．(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．20．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝CD＝3，PC＝3 eq \r(2).(1)求证：PD⊥平面ABCD.(2)设点E是PA的中点，若BD⊥CD，BD＝2，求三棱锥BCDE的体积．21．(本小题12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．(1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB.(2)当PB∥平面AMN时，求出点M的位置，说明理由．22．(本小题12分)平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，DB＝ eq \r(3)，如图甲所示，作DE⊥AB于点E，将△ADE沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示．(1)设平面PEB与平面PDC的交线为l，判断l与CD的位置关系，并证明；(2)当四棱锥PBCDE的体积最大时，求二面角PBCD的正切值；(3)在(2)的条件下，G、H分别为棱DE，CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值．第八章 单元素养水平监测1．解析：A错误，不共线的三点可以确定一个平面；B错误，一条直线和直线外一个点可以确定一个平面；C错误，四边形不一定是平面图形，比如空间四边形；D正确，两条相交直线可以确定一个平面．故选D.答案：D2．解析：将其还原成原图，如图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝ eq \r(2)，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故选C.答案：C3．解析：对于A，根据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；对于B，若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故B错误；对于C，根据直线与平面平行的性质定理可知C正确；对于D，假设α∩β＝n，因为l⊂α，l∥β，α∩β＝n，所以l∥n，同理可得m∥n，所以l∥m，这与l与m异面相矛盾，故假设不成立，则α∥β，故D正确．故选B.答案：B4．解析：设α∩β＝l，且l与a，b均不重合，假设a∥b∥c，由a∥b可得a∥β，b∥α，又α∩β＝l，可知a∥l，b∥l，又a∥b∥c，可得c∥l.因为α，β，γ两两互相垂直，所以l与γ相交，即l与c相交或异面．若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面，可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行．故选B.答案：B5．解析：连接DM，∵四面体ABCD是正四面体，M是BC的中点，∴△DBC、△ABC是等边三角形，∴BC⊥DM，BC⊥PM.∵DM⊂平面DMP，PM⊂平面DMP，DM∩PM＝M，∴BC⊥平面DMP，又DP⊂平面DMP，∴BC⊥DP，∴直线DP与BC所成角为90°.故选A.答案：A6．解析：对于A、B，易得A，B∉β，故必不在γ与β的交线上，故A、B错误；对于C、D，因为过A，B，C三点的平面记作γ，所以平面ABC与γ是同一个面，因为直线AB∩l＝M，所以M∈AB⊂平面ABC，则M∈γ，又C∈平面ABC，则C∈γ，所以MC⊂γ；因为AB∩l＝M，α∩β＝l，所以M∈l⊂β，又C∈β，所以MC⊂β，所以β∩γ＝MC，所以γ与β的交线必通过点C和点M.故C错误，D正确．故选D.答案：D7．解析：该组合体的直观图如图．半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为33米，所以半球的体积为 eq \f(1,2)× eq \f(4,3)π·93＝486π(立方米)，圆柱的体积为π·92·13＝1 053π(立方米)，圆台的体积为 eq \f(1,3)×33π(92＋9×1＋12)＝1 001π(立方米)，故该组合体的体积为486π＋1 053π＋1 001π＝2 540π(立方米).故选C.答案：C8.解析：连BC1，因为AB⊥平面BCC1B1，所以∠AC1B是AC1与平面BCC1B1所成的角，所以cos ∠AC1B＝ eq \f(BC1,AC1)＝ eq \f(\r(6),3)，所以AC1＝ eq \f(3BC1,\r(6))，设CC1＝x，则BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝BC2＋CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，即BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝6＋x2, 又AC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝AB2＋BC2＋CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，所以 eq \f(9BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,6)＝9＋6＋x2，所以 eq \f(9（6＋x2）,6)＝15＋x2，即x2＝12，所以BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝18，AC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(9×18,6)＝27，因为该长方体外接球的直径是AC1，设半径为R，则R2＝ eq \f(1,4)AC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(27,4)，所以该外接球的表面积为4πR2＝4π· eq \f(27,4)＝27π.故选B.答案：B9．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时得C；当截面过正方体的体对角线时可得D；当截面既不过体对角线又不与任一侧面平行时，可得A；但无论如何都不能截得B.故选ACD.答案：ACD10．解析：A.如图所示：可得结果l∥β或l⊂β，故A错误；B．如图所示：，可得结果m∥β，故B正确；C.如图所示：，可得m⊥l，故C错误；D．如图所示：，可得结果m∥α或m∥β，故D正确．故选BD.答案：BD11．解析：对于A，因为平面A1ABB1∥平面D1DCC1，而D1C⊂平面D1DCC1，故D1C与平面A1ABB1没有公共点，所以D1C∥平面A1ABB1，即A正确；对于B，因为A1D1∥BC，所以A1D1⊂平面BCD1，所以B错误；对于C，若AD⊥平面D1DB，则AD⊥DB，但∠ADB＝45°，所以C错误；对于D，在正方体ABCDA1B1C1D1中，易得BC⊥平面A1ABB1，而BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1，所以D正确．故选AD.答案：AD12．解析：对于A，如图，连接B1F，由题意A1B1＝B1C1，又E，F分别为CC1，AA1的中点，可得B1E＝B1F，若B1E⊥平面BEF，则B1E⊥EF，进而∠B1EF＝∠B1FE＝90°.这显然不成立，故B1E与平面BEF不垂直，A错误．对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，即B1E⊥BF，由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1，而B1E⊂平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，可得B1E⊥平面ABB1A1，而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1E∥B1C1，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此B错误．对于C，分别延长D1F，DA交于点P，连接PB，则直线PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线．连接BD，BD1，可证PB⊥平面BDD1，故∠DBD1即为平面BEF与平面ABCD的夹角，易知tan ∠DBD1＝ eq \f(DD1,BD)＝ eq \r(2)>1，故∠DBD1>45°，C错误．对于D，可证D1F∥BE，则直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，又根据题意易知∠EBC＝45°，D正确．故选ABC.答案：ABC13．解析：圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，设圆台的母线长为l，则该圆台的侧面积为S侧＝π×(2＋6)×l＝72π，则l＝9，所以圆台的母线长为9.答案：914．解析：连接BC，在直二面角αABβ中BD⊥AB，α∩β＝AB，BD⊂β，所以BD⊥α，又BC⊂α，则BD⊥BC，又AC⊥AB，所以，在Rt△ABC、Rt△DBC中CD＝ eq \r(AC2＋AB2＋BD2)＝2 eq \r(29).答案：2 eq \r(29)15．解析：连接AC1，AD1，可以证明A1D⊥平面AC1D1，得AC1⊥A1D.同理可得AC1⊥A1B，故AC1⊥平面A1BD.连接AC交BD于O，连接A1O交AC1于点E，可以证明△AOE∽△C1A1E，则 eq \f(AE,C1E)＝ eq \f(AO,A1C1)＝ eq \f(1,2)，所以C1E＝ eq \f(2,3)AC1＝2 eq \r(3)，即C1到平面A1BD的距离为2 eq \r(3).答案：2 eq \r(3)16.解析：如图所示．已知三棱锥PABC的棱长均为1，所以三棱锥PABC为正四面体，设底面三角形ABC中心为O，PO⊥底面ABC，则O1，O2在PO上，取BC的中点D，作截面PAD，球O1，球O2与PD切于N，E，连接O1N，O2E.由题意得S△ABC＝ eq \f(1,2)×1×1×sin 60°＝ eq \f(\r(3),4) ，底面ABC的外接圆半径为2r1＝ eq \f(1,sin 60°)＝ eq \f(1,\f(\r(3),2))＝ eq \f(2\r(3),3)⇒r1＝ eq \f(\r(3),3)，点P到平面ABC的距离为d＝ eq \r(12－（\f(\r(3),3)）2)＝ eq \f(\r(6),3) ，所以VP－ABC＝ eq \f(1,3)·S△ABC·h＝ eq \f(1,3)× eq \f(\r(3),4)× eq \f(\r(6),3)＝ eq \f(\r(2),12) , 所以S△PBC＝S△PAB＝S△PAC＝ eq \f(1,2)×1×1×sin 60°＝ eq \f(\r(3),4)，设球O1的半径为R，所以VPABC＝＋＋＋，则 eq \f(\r(2),12)＝ eq \f(1,3)( eq \f(\r(3),4)×4)·R，得R＝ eq \f(\r(6),12) .设球O2的半径为r，则 eq \f(O2E,O1N)＝ eq \f(PO2,PO1)， eq \f(r,R)＝ eq \f(d－2R－r,d－R)，又R＝ eq \f(\r(6),12)，d＝ eq \f(\r(6),3)，得r＝ eq \f(\r(6),24)，所以球O2的体积为V＝ eq \f(4π,3)( eq \f(\r(6),24))3＝ eq \f(\r(6)π,1 728) .答案： eq \f(\r(6),12) eq \f(\r(6)π,1 728)17．解析：(1)正四棱锥PABCD中，底面正方形ABCD的面积S1＝AB2＝36，在等腰△PAB中，PA＝PB＝5，AB＝6，则边AB上的高h＝ eq \r(PA2－（\f(1,2)AB）2)＝4，因此该正四棱锥的侧面积S2＝4S△PAB＝4× eq \f(1,2)AB×h＝2×6×4＝48，所以该正四棱锥的表面积S＝S1＋S2＝36＋48＝84.(2)几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球，所以圆锥的底面半径是1，高为 eq \r(3)，球的半径为r，tan 30°＝ eq \f(OC,BC)＝ eq \f(r,1)，r＝ eq \f(\r(3),3)，所以圆锥的体积为 eq \f(1,3)×12×π× eq \r(3)＝ eq \f(\r(3)π,3)，球的体积为 eq \f(4,3)π×( eq \f(\r(3),3))3＝ eq \f(4\r(3)π,27)，阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为 eq \f(\r(3)π,3)－ eq \f(4\r(3)π,27)＝ eq \f(5\r(3)π,27).18．证明：(1)设AC∩BD＝O，连接EO，如图所示．因为O，E分别为BD，PB的中点，所以PD∥EO，又因为PD⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，所以PD∥平面AEC.(2)连接PO，如图所示．因为PA＝PC，O为AC的中点，所以AC⊥PO，又因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，且PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD，又因为AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面PBD.19．证明：(1)如图，连接EF，GH.∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.∵B1E∥C1F，且B1E＝C1F，∴四边形B1EFC1是平行四边形，∴EF∥B1C1，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)如图，延长EG，FH相交于点P.∵P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，∴P∈平面ABB1A1.∵P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，∴P∈平面ACC1A1.∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，∴P∈AA1，∴EG，FH，AA1三线共点．20．解析：(1)证明：在△PDC中，PD＝CD＝3，PC＝3 eq \r(2)，PD2＋DC2＝PC2，则PD⊥DC.又平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PDC，故PD⊥平面ABCD.(2)PD＝3，点E是PA的中点，E到平面ABCD的距离d＝ eq \f(1,2)PD＝ eq \f(3,2).又BD⊥CD，BD＝2，CD＝3，S△BCD＝ eq \f(1,2)×2×3＝3.VBCDE＝VEBCD＝ eq \f(1,3)·S△BCD·d＝ eq \f(1,3)×3× eq \f(3,2)＝ eq \f(3,2).21．解析：(1)证明：取AP中点为E，连接EM，EB，在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，∴EM∥AD，EM＝ eq \f(1,2)AD，在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，∴BN∥AD，BN＝ eq \f(1,2)AD，∴BN∥ME，BN＝ME，∴四边形BNME为平行四边形，∴MN∥BE，MN⊄平面PAB，BE⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.(2)连接AN，BD，相交于O，连接OM，∵PB∥平面AMN，平面PBD∩平面AMN＝OM，PB⊂平面PBD，∴PB∥OM， eq \f(PM,MD)＝ eq \f(OB,OD)＝ eq \f(BN,AD)＝ eq \f(1,2)，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点．22．解析：(1)l∥CD.证明：因为EB∥CD，CD⊄平面PBE，EB⊂平面PBE，所以CD∥平面PBE.因为CD⊂平面PCD，平面PBE∩平面PCD＝l，所以l∥CD.(2)当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥PBCDE的体积最大．平面PDE∩平面BCDE＝DE，PE⊂平面PDE，PE⊥DE，可得PE⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，可得PE⊥BC，作EO⊥BC交BC于点O，连接PO，EO∩PE＝E，可得BC⊥平面POE，而PO在平面PEO中，故BC⊥PO，∠POE即为二面角PBCD的平面角，在Rt△POE中，PE＝ eq \f(1,2)，EO＝ eq \f(3,2)×sin 60°＝ eq \f(3\r(3),4)，tan ∠POE＝ eq \f(\f(1,2),\f(3\r(3),4))＝ eq \f(2\r(3),9)，所以二面角PBCD的正切值为 eq \f(2\r(3),9).(3)由展开图可知，B关于CD的对称点为B′，DE＝ eq \f(\r(3),2)，BB′＝ eq \r(3)，由勾股定理可得AB′＝ eq \r(7)，PB＝ eq \f(\r(10),2)，当A、G、H、B′共线时，周长最短，此时(PG＋GH＋HB＋PB)min＝AB′＋PB＝ eq \r(7)＋ eq \f(\r(10),2).
第八章 单元素养水平监测(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本题共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．三点可以确定一个平面 B．一条直线和一个点可以确定一个平面C．四边形一定是平面图形 D．两条相交直线可以确定一个平面2．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是( )A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等边三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形3．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法错误的是( )A．若l⊥α，m⊥α，则l∥mB．若l∥α，α∥β，则l∥βC．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥mD．若l与m异面，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β4．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系( )A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面5．如图，在正四面体ABCD中，M是BC的中点，P是线段AM上的动点，则直线DP和BC所成角的大小( )A．一定为90° B．一定为60°C．一定为45° D．与P的位置有关6．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点A B．点B C．点C但不过点M D．点C和点M7．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图①)是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高18米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图②所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积为( )A．4 542π B. 3 026π C. 2 540π D. 2 441π8．已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，BC＝ eq \r(6)，若AC1与平面BCC1B1所成的角的余弦值为 eq \f(\r(6),3)，则该长方体外接球的表面积为( )A． eq \f(27π,2) B. 27π C. eq \f(45π,2) D. 45π二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．一个正方体的顶点都在球面上，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是( ) 10．已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，下列说法正确的是( )A．若l∥α，α∥β，则l∥βB．若α∥β，m⊂α，则m∥βC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD.若α∩β＝l，m∥l，则m至少与α，β中一个平行11．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以下四个选项正确的是( )A．D1C∥平面A1ABB1B．A1D1与平面BCD1相交C．AD⊥平面D1DBD．平面BCD1⊥平面A1ABB112．如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则下列结论错误的是( )A．B1E⊥平面BEFB．直线B1E与直线BF所成的角为90°C．平面BEF与平面ABCD的夹角为45°D．直线D1F与平面ABCD所成的角为45°三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)13．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，若该圆台的侧面积为72π，则其母线长为________．14．如图，在直二面角αABβ中，AC和BD分别在平面α和β上，它们都垂直于AB，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD＝________．15．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，则C1到平面A1BD的距离为________．16．已知三棱锥PABC的棱长均为1，先在三棱锥PABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1与三棱锥PABC的三个侧面都相切，则球O1的半径为________，球O2的体积为________．四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题10分)(1)已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的表面积．(2)在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形内挖去半圆形(圆心O在边AC上，半圆形与BC、AB分别相切于点C、M，与AC交于N)，求图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得的几何体体积．18．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，PA＝PC，E为PB的中点．求证：(1)PD∥平面AEC；(2)平面AEC⊥平面PBD.19．(本小题12分)如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．(1)证明：E，F，G，H四点共面．(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．20．(本小题12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝CD＝3，PC＝3 eq \r(2).(1)求证：PD⊥平面ABCD.(2)设点E是PA的中点，若BD⊥CD，BD＝2，求三棱锥BCDE的体积．21．(本小题12分)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．(1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB.(2)当PB∥平面AMN时，求出点M的位置，说明理由．22．(本小题12分)平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，DB＝ eq \r(3)，如图甲所示，作DE⊥AB于点E，将△ADE沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示．(1)设平面PEB与平面PDC的交线为l，判断l与CD的位置关系，并证明；(2)当四棱锥PBCDE的体积最大时，求二面角PBCD的正切值；(3)在(2)的条件下，G、H分别为棱DE，CD上的点，求空间四边形PGHB周长的最小值．第八章 单元素养水平监测1．解析：A错误，不共线的三点可以确定一个平面；B错误，一条直线和直线外一个点可以确定一个平面；C错误，四边形不一定是平面图形，比如空间四边形；D正确，两条相交直线可以确定一个平面．故选D.答案：D2．解析：将其还原成原图，如图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝ eq \r(2)，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故选C.答案：C3．解析：对于A，根据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；对于B，若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故B错误；对于C，根据直线与平面平行的性质定理可知C正确；对于D，假设α∩β＝n，因为l⊂α，l∥β，α∩β＝n，所以l∥n，同理可得m∥n，所以l∥m，这与l与m异面相矛盾，故假设不成立，则α∥β，故D正确．故选B.答案：B4．解析：设α∩β＝l，且l与a，b均不重合，假设a∥b∥c，由a∥b可得a∥β，b∥α，又α∩β＝l，可知a∥l，b∥l，又a∥b∥c，可得c∥l.因为α，β，γ两两互相垂直，所以l与γ相交，即l与c相交或异面．若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面，可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行．故选B.答案：B5．解析：连接DM，∵四面体ABCD是正四面体，M是BC的中点，∴△DBC、△ABC是等边三角形，∴BC⊥DM，BC⊥PM.∵DM⊂平面DMP，PM⊂平面DMP，DM∩PM＝M，∴BC⊥平面DMP，又DP⊂平面DMP，∴BC⊥DP，∴直线DP与BC所成角为90°.故选A.答案：A6．解析：对于A、B，易得A，B∉β，故必不在γ与β的交线上，故A、B错误；对于C、D，因为过A，B，C三点的平面记作γ，所以平面ABC与γ是同一个面，因为直线AB∩l＝M，所以M∈AB⊂平面ABC，则M∈γ，又C∈平面ABC，则C∈γ，所以MC⊂γ；因为AB∩l＝M，α∩β＝l，所以M∈l⊂β，又C∈β，所以MC⊂β，所以β∩γ＝MC，所以γ与β的交线必通过点C和点M.故C错误，D正确．故选D.答案：D7．解析：该组合体的直观图如图．半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为33米，所以半球的体积为 eq \f(1,2)× eq \f(4,3)π·93＝486π(立方米)，圆柱的体积为π·92·13＝1 053π(立方米)，圆台的体积为 eq \f(1,3)×33π(92＋9×1＋12)＝1 001π(立方米)，故该组合体的体积为486π＋1 053π＋1 001π＝2 540π(立方米).故选C.答案：C8.解析：连BC1，因为AB⊥平面BCC1B1，所以∠AC1B是AC1与平面BCC1B1所成的角，所以cos ∠AC1B＝ eq \f(BC1,AC1)＝ eq \f(\r(6),3)，所以AC1＝ eq \f(3BC1,\r(6))，设CC1＝x，则BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝BC2＋CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，即BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝6＋x2, 又AC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝AB2＋BC2＋CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，所以 eq \f(9BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,6)＝9＋6＋x2，所以 eq \f(9（6＋x2）,6)＝15＋x2，即x2＝12，所以BC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝18，AC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(9×18,6)＝27，因为该长方体外接球的直径是AC1，设半径为R，则R2＝ eq \f(1,4)AC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(27,4)，所以该外接球的表面积为4πR2＝4π· eq \f(27,4)＝27π.故选B.答案：B9．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时得C；当截面过正方体的体对角线时可得D；当截面既不过体对角线又不与任一侧面平行时，可得A；但无论如何都不能截得B.故选ACD.答案：ACD10．解析：A.如图所示：可得结果l∥β或l⊂β，故A错误；B．如图所示：，可得结果m∥β，故B正确；C.如图所示：，可得m⊥l，故C错误；D．如图所示：，可得结果m∥α或m∥β，故D正确．故选BD.答案：BD11．解析：对于A，因为平面A1ABB1∥平面D1DCC1，而D1C⊂平面D1DCC1，故D1C与平面A1ABB1没有公共点，所以D1C∥平面A1ABB1，即A正确；对于B，因为A1D1∥BC，所以A1D1⊂平面BCD1，所以B错误；对于C，若AD⊥平面D1DB，则AD⊥DB，但∠ADB＝45°，所以C错误；对于D，在正方体ABCDA1B1C1D1中，易得BC⊥平面A1ABB1，而BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1，所以D正确．故选AD.答案：AD12．解析：对于A，如图，连接B1F，由题意A1B1＝B1C1，又E，F分别为CC1，AA1的中点，可得B1E＝B1F，若B1E⊥平面BEF，则B1E⊥EF，进而∠B1EF＝∠B1FE＝90°.这显然不成立，故B1E与平面BEF不垂直，A错误．对于B，假设直线B1E与直线BF所成的角为90°，即B1E⊥BF，由正四棱柱的性质可知B1A1⊥平面B1BCC1，而B1E⊂平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，可得B1E⊥平面ABB1A1，而由正四棱柱的性质可知B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1E∥B1C1，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此B错误．对于C，分别延长D1F，DA交于点P，连接PB，则直线PB即为平面BED1F与平面ABCD的交线．连接BD，BD1，可证PB⊥平面BDD1，故∠DBD1即为平面BEF与平面ABCD的夹角，易知tan ∠DBD1＝ eq \f(DD1,BD)＝ eq \r(2)>1，故∠DBD1>45°，C错误．对于D，可证D1F∥BE，则直线D1F与平面ABCD所成的角为∠EBC，又根据题意易知∠EBC＝45°，D正确．故选ABC.答案：ABC13．解析：圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，设圆台的母线长为l，则该圆台的侧面积为S侧＝π×(2＋6)×l＝72π，则l＝9，所以圆台的母线长为9.答案：914．解析：连接BC，在直二面角αABβ中BD⊥AB，α∩β＝AB，BD⊂β，所以BD⊥α，又BC⊂α，则BD⊥BC，又AC⊥AB，所以，在Rt△ABC、Rt△DBC中CD＝ eq \r(AC2＋AB2＋BD2)＝2 eq \r(29).答案：2 eq \r(29)15．解析：连接AC1，AD1，可以证明A1D⊥平面AC1D1，得AC1⊥A1D.同理可得AC1⊥A1B，故AC1⊥平面A1BD.连接AC交BD于O，连接A1O交AC1于点E，可以证明△AOE∽△C1A1E，则 eq \f(AE,C1E)＝ eq \f(AO,A1C1)＝ eq \f(1,2)，所以C1E＝ eq \f(2,3)AC1＝2 eq \r(3)，即C1到平面A1BD的距离为2 eq \r(3).答案：2 eq \r(3)16.解析：如图所示．已知三棱锥PABC的棱长均为1，所以三棱锥PABC为正四面体，设底面三角形ABC中心为O，PO⊥底面ABC，则O1，O2在PO上，取BC的中点D，作截面PAD，球O1，球O2与PD切于N，E，连接O1N，O2E.由题意得S△ABC＝ eq \f(1,2)×1×1×sin 60°＝ eq \f(\r(3),4) ，底面ABC的外接圆半径为2r1＝ eq \f(1,sin 60°)＝ eq \f(1,\f(\r(3),2))＝ eq \f(2\r(3),3)⇒r1＝ eq \f(\r(3),3)，点P到平面ABC的距离为d＝ eq \r(12－（\f(\r(3),3)）2)＝ eq \f(\r(6),3) ，所以VP－ABC＝ eq \f(1,3)·S△ABC·h＝ eq \f(1,3)× eq \f(\r(3),4)× eq \f(\r(6),3)＝ eq \f(\r(2),12) , 所以S△PBC＝S△PAB＝S△PAC＝ eq \f(1,2)×1×1×sin 60°＝ eq \f(\r(3),4)，设球O1的半径为R，所以VPABC＝＋＋＋，则 eq \f(\r(2),12)＝ eq \f(1,3)( eq \f(\r(3),4)×4)·R，得R＝ eq \f(\r(6),12) .设球O2的半径为r，则 eq \f(O2E,O1N)＝ eq \f(PO2,PO1)， eq \f(r,R)＝ eq \f(d－2R－r,d－R)，又R＝ eq \f(\r(6),12)，d＝ eq \f(\r(6),3)，得r＝ eq \f(\r(6),24)，所以球O2的体积为V＝ eq \f(4π,3)( eq \f(\r(6),24))3＝ eq \f(\r(6)π,1 728) .答案： eq \f(\r(6),12) eq \f(\r(6)π,1 728)17．解析：(1)正四棱锥PABCD中，底面正方形ABCD的面积S1＝AB2＝36，在等腰△PAB中，PA＝PB＝5，AB＝6，则边AB上的高h＝ eq \r(PA2－（\f(1,2)AB）2)＝4，因此该正四棱锥的侧面积S2＝4S△PAB＝4× eq \f(1,2)AB×h＝2×6×4＝48，所以该正四棱锥的表面积S＝S1＋S2＝36＋48＝84.(2)几何体是图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球，所以圆锥的底面半径是1，高为 eq \r(3)，球的半径为r，tan 30°＝ eq \f(OC,BC)＝ eq \f(r,1)，r＝ eq \f(\r(3),3)，所以圆锥的体积为 eq \f(1,3)×12×π× eq \r(3)＝ eq \f(\r(3)π,3)，球的体积为 eq \f(4,3)π×( eq \f(\r(3),3))3＝ eq \f(4\r(3)π,27)，阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的体积为 eq \f(\r(3)π,3)－ eq \f(4\r(3)π,27)＝ eq \f(5\r(3)π,27).18．证明：(1)设AC∩BD＝O，连接EO，如图所示．因为O，E分别为BD，PB的中点，所以PD∥EO，又因为PD⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，所以PD∥平面AEC.(2)连接PO，如图所示．因为PA＝PC，O为AC的中点，所以AC⊥PO，又因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，且PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD，又因为AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面PBD.19．证明：(1)如图，连接EF，GH.∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.∵B1E∥C1F，且B1E＝C1F，∴四边形B1EFC1是平行四边形，∴EF∥B1C1，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)如图，延长EG，FH相交于点P.∵P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，∴P∈平面ABB1A1.∵P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，∴P∈平面ACC1A1.∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，∴P∈AA1，∴EG，FH，AA1三线共点．20．解析：(1)证明：在△PDC中，PD＝CD＝3，PC＝3 eq \r(2)，PD2＋DC2＝PC2，则PD⊥DC.又平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PDC，故PD⊥平面ABCD.(2)PD＝3，点E是PA的中点，E到平面ABCD的距离d＝ eq \f(1,2)PD＝ eq \f(3,2).又BD⊥CD，BD＝2，CD＝3，S△BCD＝ eq \f(1,2)×2×3＝3.VBCDE＝VEBCD＝ eq \f(1,3)·S△BCD·d＝ eq \f(1,3)×3× eq \f(3,2)＝ eq \f(3,2).21．解析：(1)证明：取AP中点为E，连接EM，EB，在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，∴EM∥AD，EM＝ eq \f(1,2)AD，在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，∴BN∥AD，BN＝ eq \f(1,2)AD，∴BN∥ME，BN＝ME，∴四边形BNME为平行四边形，∴MN∥BE，MN⊄平面PAB，BE⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.(2)连接AN，BD，相交于O，连接OM，∵PB∥平面AMN，平面PBD∩平面AMN＝OM，PB⊂平面PBD，∴PB∥OM， eq \f(PM,MD)＝ eq \f(OB,OD)＝ eq \f(BN,AD)＝ eq \f(1,2)，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点．22．解析：(1)l∥CD.证明：因为EB∥CD，CD⊄平面PBE，EB⊂平面PBE，所以CD∥平面PBE.因为CD⊂平面PCD，平面PBE∩平面PCD＝l，所以l∥CD.(2)当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥PBCDE的体积最大．平面PDE∩平面BCDE＝DE，PE⊂平面PDE，PE⊥DE，可得PE⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，可得PE⊥BC，作EO⊥BC交BC于点O，连接PO，EO∩PE＝E，可得BC⊥平面POE，而PO在平面PEO中，故BC⊥PO，∠POE即为二面角PBCD的平面角，在Rt△POE中，PE＝ eq \f(1,2)，EO＝ eq \f(3,2)×sin 60°＝ eq \f(3\r(3),4)，tan ∠POE＝ eq \f(\f(1,2),\f(3\r(3),4))＝ eq \f(2\r(3),9)，所以二面角PBCD的正切值为 eq \f(2\r(3),9).(3)由展开图可知，B关于CD的对称点为B′，DE＝ eq \f(\r(3),2)，BB′＝ eq \r(3)，由勾股定理可得AB′＝ eq \r(7)，PB＝ eq \f(\r(10),2)，当A、G、H、B′共线时，周长最短，此时(PG＋GH＋HB＋PB)min＝AB′＋PB＝ eq \r(7)＋ eq \f(\r(10),2).
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