第八章立體幾何初步單元檢測B卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．可使平面和重合的條件是它們的公共部分中有（

）A．三個點 B．1個點和一條直線 C．無數個點 D．兩條平行直線2．對于平面和兩條直線，下列說法正確的是（

）A．若，，則 B．若與所成的角相等，則C．若，，則 D．若，，n在平面α外，則3．已知一個正四棱柱所有棱長均為3，若該正四棱柱內接于半球體，即正四棱柱的上底面的四個頂點在球面上，下底面的四個頂點在半球體的底面圓內，則半球體的體積為（

）．A． B． C． D．4．M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，將菱形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內，則在翻折過程中，對于下列兩個命題：①直線MN恒與平面ABD平行；②異面直線AC與MN恒垂直．以下判斷正確的是（

）A．①為真命題，②為真命題； B．①為真命題，②為假命題；C．①為假命題，②為真命題； D．①為假命題，②為假命題；5．如圖所示，P是正方體中棱上異于端點的一個內點，聯結并延長，則與直線（

）A．相交 B．相交 C．相交 D．相交6．正方體的棱長為，點為的中點，一只螞蟻從點出發，沿著正方體表面爬行，每個面只經過一次，最后回到點．若在爬行過程中任意時刻停下來的點與點的連線都與垂直，則爬行的總路程為（

）A． B．6 C． D．37．已知圓錐DO的軸截面為等邊三角形，是底面的內接正三角形，點P在DO上，且．若平面PBC，則實數（

）A． B． C． D．8．河南博物院主展館的主體建筑以元代登封古觀星臺為原型，經藝術夸張演繹成“戴冠的金字塔”造型，冠部為“方斗”形，上揚下覆，取上承“甘露”、下納“地氣”之意．冠部以及冠部下方均可視為正四棱臺．已知一個“方斗”的上底面與下底面的面積之比為，高為2，體積為，則該“方斗”的側面積為（

）A．24 B．12 C． D．選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得09．已知是三條不同的直線，是三個不同的平面，下列命題正確的有（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則10．如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中（

）A．AB與CD平行 B．CD與GH是異面直線C．EF與GH成角 D．CD與EF平行11．在棱長為2的正方體中，與交于點，則（

）A．平面B．平面C．與平面所成的角為D．三棱錐的體積為12．如圖，在直三棱柱中，分別為的中點，為線段上的點，且為線段上的動點，則下列結論正確的是（

）A．存在點，使得平面平面B．C．若，則平面D．三棱錐的體積為定值填空題本題共4小題，每小題5分，共20分13．已知正四面體的棱長為2，，分別為，的中點，則的長為__________．14．在正方體中，、分別是面和的中心，則和所成的角是______________．15．我國南北朝時期的數學家祖暅提出了一個原理：“冪勢既同，則積不容異”.也就是說“夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等”.現有某幾何體和一個圓錐滿足祖暅原理的條件，若該圓錐的側面展開圖是一個半徑為4的半圓，則該幾何體的體積為______.16．已知直四棱柱的底面是菱形，，棱長均為4，，的中點分別為、，則三棱錐的體積為______．四．解答題：本題共6小題，17題10分，剩下每題12分。共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17．如圖，在正方體中，是的中點，分別是的中點，求證：(1)平面；(2)平面平面.18．如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．19．如圖，在長方體中，點，分別在棱，上，且，．證明：（1）當時，；（2）點在平面內．20．如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.（1）證明：MN∥平面C1DE；（2）求點C到平面C1DE的距離．21．如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．（1）證明：平面平面；（2）在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．22．如圖，在四棱錐中，，且.（1）證明：平面平面；（2）若，，且四棱錐的體積為，求該四棱錐的側面積．第八章立體幾何初步單元檢測B卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．可使平面和重合的條件是它們的公共部分中有（

）A．三個點 B．1個點和一條直線 C．無數個點 D．兩條平行直線【答案】D【分析】根據過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面，分析判斷即可.【詳解】對于A：若三個點共線，則兩個平面可能相交于三點共線的直線，故A錯誤；對于B：若點在直線上，則兩面可能相交于這條直線，故B錯誤；對于C：若無數個點共線，則兩個平面可能相交于無數個點共線的直線，故C錯誤；對于D：因為過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面，所以它們的公共部分中有兩條平行線時一定存在不共線三點，故D正確．故選：D．2．對于平面和兩條直線，下列說法正確的是（

）A．若，，則 B．若與所成的角相等，則C．若，，則 D．若，，n在平面α外，則【答案】D【分析】根據空間線、面的位置關系即可判斷A,B,C,利用線面平行的判定定理可判斷D.【詳解】對于A，若，，則或，故A錯誤；對于B，若與所成的角相等，則相交、平行或異面，故B錯誤；對于C，若，，則相交、平行或異面，故C錯誤；對于D，若，，n在平面α外，則由線面平行的判定定理得，故D正確.故選:D.3．已知一個正四棱柱所有棱長均為3，若該正四棱柱內接于半球體，即正四棱柱的上底面的四個頂點在球面上，下底面的四個頂點在半球體的底面圓內，則半球體的體積為（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】作出半球體的截面圖，求出半球的半徑，即可求得答案.【詳解】設正四棱柱的底面在半球的底面圓上，則球心O為的中心，作出半球體的截面圖如圖，四邊形為正四棱柱的對角面，連結，正四棱柱所有棱長均為3，所以，即半球的半徑，所以半球體的體積為，故選：A4．M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，將菱形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內，則在翻折過程中，對于下列兩個命題：①直線MN恒與平面ABD平行；②異面直線AC與MN恒垂直．以下判斷正確的是（

）A．①為真命題，②為真命題； B．①為真命題，②為假命題；C．①為假命題，②為真命題； D．①為假命題，②為假命題；【答案】A【分析】根據線面平行的判定定理可知①為真命題，利用線面垂直可得②為真命題.【詳解】因為M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，所以，因為平面ABD，平面ABD，所以①直線MN恒與平面ABD平行正確；如圖，取中點，則（菱形對角線垂直），又，且兩直線在平面內，所以平面，因為平面，所以，因為，所以，所以②正確；故選：．5．如圖所示，P是正方體中棱上異于端點的一個內點，聯結并延長，則與直線（

）A．相交 B．相交 C．相交 D．相交【答案】D【分析】根據異面直線的含義可判斷；根據線面平行的性質可判斷B；說明四邊形為梯形，可判斷D.【詳解】由題意，P是正方體中棱上異于端點的一個內點，聯結并延長，則平面，而平面，故與為異面直線，A錯誤；因為平面，平面，故平面，則與直線不可能相交，B錯誤；平面，平面，故與為異面直線，C錯誤；由題意知,且，故四邊形為梯形，故與相交，D正確，故選：D6．正方體的棱長為，點為的中點，一只螞蟻從點出發，沿著正方體表面爬行，每個面只經過一次，最后回到點．若在爬行過程中任意時刻停下來的點與點的連線都與垂直，則爬行的總路程為（

）A． B．6 C． D．3【答案】B【分析】由題意可知螞蟻從點出發，沿著與垂直的正方體的截面爬行，回到M點，作出螞蟻爬行得路線，求得相關線段長度，即可求得答案.【詳解】由題意可知螞蟻從點出發，沿著與垂直的正方體的截面爬行，回到M點，設為的中點，連接,連接,則,而,即四邊形為平行四邊形，故,所以,故四邊形為梯形，則延長必交于一點，設為N,則確定一平面，設為，同理可證，,,而,故,同理可證,即共面,該平面即為；又平面,平面,故,又,而平面，故平面,平面，故，同理可證,而，故，即平面即為過點M和垂直的平面，則螞蟻沿著爬行，由題意可得，故爬行的總路程為6，故選：B7．已知圓錐DO的軸截面為等邊三角形，是底面的內接正三角形，點P在DO上，且．若平面PBC，則實數（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】不妨設，由圓錐DO的軸截面為等邊三角形，是底面的內接正三角形，得到，，然后根據平面PBC，得到，再在中，利用勾股定理求解.【詳解】解：如圖所示；不妨設，則，，．因為平面PBC，平面PBC，所以，在中，由勾股定理有，即，解得．故選：D．8．河南博物院主展館的主體建筑以元代登封古觀星臺為原型，經藝術夸張演繹成“戴冠的金字塔”造型，冠部為“方斗”形，上揚下覆，取上承“甘露”、下納“地氣”之意．冠部以及冠部下方均可視為正四棱臺．已知一個“方斗”的上底面與下底面的面積之比為，高為2，體積為，則該“方斗”的側面積為（

）A．24 B．12 C． D．【答案】D【分析】根據題意得正四棱臺的側面為四個等腰梯形，先計算側面的高，然后利用梯形的面積公式代入計算即可.【詳解】由題意可知，記正四棱臺為，其底面為正方形，側面為四個等腰梯形，把該四棱臺補成正四棱錐如圖，設是底面上與的交點，是底面上與的交點則是正四棱錐的高，為正四棱臺的高，設，，則上、下底面的面積分別為、，由題意，所以，在中，，所以為PA的中點，在中，，所以，所以，又，解得，，所以，所以側棱長是，由勾股定理可得側面的高為，所以側面積為.故選：D選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得09．已知是三條不同的直線，是三個不同的平面，下列命題正確的有（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】BD【分析】根據線線、面面位置關系等知識確定正確答案.【詳解】A選項，若，則可能異面，A選項錯誤.B選項，若，則，B選項正確.C選項，若，則可能相交，C選項正確.D選項，若，則，D選項正確.故選：BD10．如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中（

）A．AB與CD平行 B．CD與GH是異面直線C．EF與GH成角 D．CD與EF平行【答案】CD【分析】根據正方體的平面展開圖得到直觀圖，然后判斷即可.【詳解】該正方體的直觀圖如下：與是異面直線，故A錯；與相交，故B錯；因為該幾何體為正方體，所以，三角形為正三角形，直線與直線所成角為，則與所成角為，故CD正確.故選：CD.11．在棱長為2的正方體中，與交于點，則（

）A．平面B．平面C．與平面所成的角為D．三棱錐的體積為【答案】ABD【分析】根據線面平行判定定理判斷A，利用線面垂直判定定理判斷B，利用線面夾角的定義判斷C，根據等體積法判斷D.【詳解】∵平面平面平面，A對；因為又平面，平面，所以平面平面，B對；因為平面與平面所成角為因為，C錯；因為，D對.故選：.12．如圖，在直三棱柱中，分別為的中點，為線段上的點，且為線段上的動點，則下列結論正確的是（

）A．存在點，使得平面平面B．C．若，則平面D．三棱錐的體積為定值【答案】BCD【分析】由題可得與相交可判斷A，取中點，根據中位線的性質結合條件可判斷B，根據線面垂直的判定定理結合條件可得平面，進而判斷C，根據錐體的體積公式可判斷D.【詳解】因為為的中點，為線段上的點，且，所以與相交，故不存在點，使得平面平面，故A錯誤；取中點，連接，則，所以為平行四邊形，，則，故B正確；若，則，又平面平面，所以，又平面，所以平面，平面，故C正確；因為的面積為定值，點到平面的距離為定值，所以三棱錐的體積為定值，即三棱錐的體積為定值，故D正確.故選：BCD.填空題本題共4小題，每小題5分，共20分13．已知正四面體的棱長為2，，分別為，的中點，則的長為__________．【答案】【分析】連接,利用勾股定理求解.【詳解】如圖，連接,在等邊三角形中,在等邊三角形中,所以，所以,所以,故答案為:.14．在正方體中，、分別是面和的中心，則和所成的角是______________．【答案】【分析】連接、，則點為的中點，利用中位線的性質可得出，從而可知和所成的角為，即為所求.【詳解】連接、，則點為的中點，如下圖所示：易知點為的中點，又因為為的中點，所以，，所以，和所成的角為.故答案為：.15．我國南北朝時期的數學家祖暅提出了一個原理：“冪勢既同，則積不容異”.也就是說“夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等”.現有某幾何體和一個圓錐滿足祖暅原理的條件，若該圓錐的側面展開圖是一個半徑為4的半圓，則該幾何體的體積為______.【答案】【分析】根據圓錐的側面展開圖是一個半徑為4的半圓得到圓錐的底面周長，進而得到圓錐的底面半徑和高，然后利用圓錐的體積公式求解.【詳解】解：圓錐的底面周長為，所以圓錐的地面半徑為，高為，所以圓錐的體積為，故答案為：16．已知直四棱柱的底面是菱形，，棱長均為4，，的中點分別為、，則三棱錐的體積為______．【答案】【分析】取的中點，連接、、、、、，即可得到，由題意可得，即可得到，由面面垂直的性質得到平面，最后根據錐體的體積公式計算可得.【詳解】解：如圖取的中點，連接、、、、、，顯然且，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又是邊長為的菱形且，所以為等邊三角形，則，又，所以，又四棱柱為直棱柱，即平面平面，平面平面，平面，所以平面，且，又，所以.故答案為：四．解答題：本題共6小題，17題10分，剩下每題12分。共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17．如圖，在正方體中，是的中點，分別是的中點，求證：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】(1)利用線面平行的判定定理即可證明；(2)利用面面平行的判定定理證明.【詳解】（1）如圖，連接，∵分別是的中點，∴.又∵平面，平面，∴直線平面.（2）連接SD，∵分別是的中點，∴.又∵平面，平面，∴平面，由(1)知，平面，且平面，平面，，∴平面∥平面.18．如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．（1）證明：平面平面；（2）若，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由線面垂直的判定定理可得平面，再根據面面垂直的判定定理即可證出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知識可知，，由相似比可求出，再根據四棱錐的體積公式即可求出．【詳解】（1）因為底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因為，所以，即．故四棱錐的體積．[方法二]：平面直角坐標系垂直垂直法

由（2）知,所以．建立如圖所示的平面直角坐標系，設．因為，所以，，，．從而．所以，即．下同方法一.[方法三]【最優解】：空間直角坐標系法

建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空間向量法

由，得．所以．即．又底面，在平面內，因此，所以．所以，由于四邊形是矩形，根據數量積的幾何意義，得，即．所以，即．下同方法一.【整體點評】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；方法二構建平面直角坐標系，利用直線垂直的條件得到矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；方法三直接利用空間直角坐標系和空間向量的垂直的坐標運算求得矩形的另一個邊長,為最常用的通性通法，為最優解；方法四利用空間向量轉化求得矩形的另一邊長.19．如圖，在長方體中，點，分別在棱，上，且，．證明：（1）當時，；（2）點在平面內．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）根據正方形性質得，根據長方體性質得,進而可證平面,即得結果；（2）只需證明即可，在上取點使得,再通過平行四邊形性質進行證明即可.【詳解】（1）因為長方體,所以平面,因為長方體,所以四邊形為正方形因為平面,因此平面,因為平面,所以；（2）在上取點使得,連,因為,所以所以四邊形為平行四邊形，因為所以四點共面，所以四邊形為平行四邊形，，所以四點共面，因此在平面內【點睛】本題考查線面垂直判定定理、線線平行判定，考查基本分析論證能力，屬中檔題.20．如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.（1）證明：MN∥平面C1DE；（2）求點C到平面C1DE的距離．【答案】（1）見解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進而證得，根據線面平行判定定理可證得結論；（2）根據題意求得三棱錐的體積，再求出的面積，利用求得點C到平面的距離，得到結果.【詳解】（1）連接，，分別為，中點

為的中位線且又為中點，且且四邊形為平行四邊形，又平面，平面平面（2）在菱形中，為中點，所以，根據題意有，，因為棱柱為直棱柱，所以有平面，所以，所以，設點C到平面的距離為，根據題意有，則有，解得，所以點C到平面的距離為.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及