单元测评(八)
测试内容：立体几何测试时间：120分钟试卷满分：150分 第Ⅰ卷(选择题共60分)
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．
1．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图．在主视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是()
A． B． C． D.
解析：由题意知所求的图形是侧视图，所以根据三视图的知识可知选B.
答案：B
2．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有() A．0个 B．1个
C．两个 D．3个
解析：依题意，α与β换成直线a与b后，命题“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”是真命题；γ
与β换成直线c与b后，命题“α∥b，且α⊥c?b⊥c”是真命题；γ与α换成直线c与a后，
命题“a∥β，且a⊥c?β⊥c”是假命题．共有3个命题，其中有两个是真命题，故选C.
答案：C
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
1
A. B.
C. D.
解析：由三视图可知，该几何体是由上、下两部分组成的．上半部分是一个正方体，下
半部分是一个直四棱柱，故可知V＝1×1×1＋×(2＋3)×1×1＝.
答案：C
4．若一个空间几何体的三视图是三个边长为
中心为顶点的多面体的体积为()
A. B.
C. D.
的正方形，则以该空间几何体各个面的
解析：由题意可知，该空间几何体为正方体，以正方体各个面的中心为顶点的多面体是
两个相同的正四棱锥组成的几何体，如图，该四棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正
方体一个面面积的一半，故所求多面体的体积V＝2× × | × × | ＝ |
，故选B.
答案：B
5．如图，平行四边形ABCD 中，AB⊥BD，沿BD 将△ABD 折起，使面ABD⊥面BCD，连接AC，则在四面体ABCD 的四个面中，互相垂直的平面的对数为()
2
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：AB⊥BD，面ABD⊥面BCD，且交线为BD，则AB⊥面BCD，则面ABC⊥面
BCD.同理CD⊥面ABD，则面ACD⊥面ABD，因此共有3对互相垂直的平面.
答案：C
6．已知某一几何体的正视图与侧视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有()
A．①②③⑤ B．②③④⑤C．①②④⑤ D．①②③④
解析：根据给出的正视图和侧视图可知，该组合体由上、中、下三个几何体组合而成，
由于正视图和侧视图中三层均为矩形，所以这些几何体可能是一些长方体、底面为直角三角
形的直三棱柱以及圆柱组合而成的．而第⑤个俯视图中，有两处与已知不符，一是上层几何
体的俯视图不正确，由于上层几何体的正视图与侧视图为两个相同的矩形，所以其俯视图中
矩形的两边长应该相等；二是下层几何体的俯视图不正确，如果下层几何体的底面为俯视图
所示的三角形，则在正视图中底层的矩形应有一条中位线，这与已知不符合，所以⑤不可能，
故选D.
答案：D
7．设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若a∥b，a∥α，则b∥α
B．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
C．若α⊥β，a⊥β，则a∥α
D．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β
3
解析：∵选项A中b∥α，或b?α；选项B中a⊥β或a?β，或a∥β；选项C中a∥α，
或a?α.
答案：D
8．已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.
其中正确的命题是()
A．①④ | B．②④ | [来源:学科网] |
C．① | D．④ |
解析：我们借助于长方体模型来解决本题．对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如
图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示；对于③，平面α、β可
能垂直，如图(3)所示；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，
且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n.
答案：A
9．已知一个几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的表面积为()
A．24＋6π B．24＋4π
C．28＋6π D．28＋4π
解析：由题意知，该几何体是一个半球与一个正四棱柱的组合体，并且正四棱柱的底面
内接于半球的底面，由三视图中的数据可知，正四棱柱的底面边长为2，高为3，故半球的
底面半径为 | .所以该几何体的表面积为S＝×4π×( | )2＋π×( | )2＋4×2×3＝24＋6π. |
故选A.
答案：A
4
10．在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是()
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
解析：如图，∵BC∥DF，[来源:Zxxk.Com]
∴BC∥平面PDF，∴A 正确．
由图知BC⊥PE，BC⊥AE，
∴BC⊥平面PAE，
∴DF⊥平面PAE，∴B 正确.
答案：C
11．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝3，BB1＝4，长为1 的线段PQ 在棱AA1 上移动，长为3 的线段MN 在棱CC1 上移动，点R 在棱BB1 上移动，则四棱锥R－PQMN 的体积是()
A．6 B．10
C．12 D．不确定
解析：四棱锥R－PQMN 的底面积为
S＝S△PQM＋S△MNP＝PQ·AC＋MN·AC
＝(PQ＋MN)·AC＝(1＋3)×3 | ＝6 | . | ||
其高h＝ | ， | ＝6. | ||
VR－PQMN＝Sh＝×6 | × | |||
答案：A
5
12．点P在正方形ABCD所在平面外，PD⊥平面ABCD，PD＝AD，则PA与BD所成的角的度数为()
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：将图形补成一个正方体如图，则PA与BD所成角等于BC′与BD所成角，即
∠DBC′.在等边三角形DBC′中，∠DBC′＝60°，即PA与BD所成角为60°.
答案：C
第Ⅱ卷(非选择共90分)二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上移动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是__________．
解析：由题意，当P点移动时，AP确定的平面与BD1垂直，∴点P应在线段B1C上．
答案：线段B1C
14．如图，已知球O的面上四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于__________．
解析：由题意，△DAC，△DBC都是直角三角形，且有公共的斜边，所以DC边的中
点到B和A的距离都等于DC的一半，所以DC边的中点是球心并且半径为线段DC长的一
半．
由于DC＝ ＝3，
的以球的体积V＝π 3＝π.
答案：π
6
15．已知球O的半径为1，A，B，C三点都在球面上，且每两点间的球面距离为，则
球心O到平面ABC的距离为__________．
解析：球心O与A，B，C三点构成正三棱锥O－ABC，如图所示，
已知OA＝OB＝OC＝R＝1，
∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝90°，
由此可得AO⊥面BOC.S△BOC＝，S△ABC＝ .
由VA－BOC＝VO－ABC，得h＝ .
答案：
16．某几何体的一条棱长为 | ，在该几何体的主视图中，这条棱的投影是长为 | 的线 |
段，在该几何体的左视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的
最大值为__________．
解析：如图，设该棱为线段AB，其中A点在平面xOy内，点B在平面yOz内，设AB
的主视图投影为BC，左视图投影为BE，俯视图投影为AD.
由题意知AB＝ | ，BC＝ | ， |
则AC＝1，
设AE＝x，则AD＝ | ＋ | ＝b， | |
BE＝ | ＝a， | ≥0， | |
∴t＝a＋b＝ | |||
∵t2＝8＋2 | ≤16， | ||
7
∴t≤4，即a＋b≤4.故a＋b的最大值为4.
答案：4
三、解答题：本大题共6小题，共70分．
17．(10分)如图分别为三棱锥S－ABC的直观图与三视图，在直观图中，SA＝SC，M、N分别为AB、SB的中点．
(1)求证：AC⊥SB；
(2)求二面角M－NC－B的余弦值．
解析：(1)由题意知：SA＝SC＝2取AC 的中点O，连接OS，OB.
，底面三角形ABC为正三角形，
因为SA＝SC，AB＝BC，所以AC⊥SO，AC⊥OB，
所以AC⊥平面OSB，所以AC⊥SB.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A(2,0,0)，B(0,2 ，0)，C(－2,0,0)，
S(0,0,2 )，M(1， ，0)，N(0， ， )，
所以 ＝(3， ，0)， ＝(－1,0，)．
设n＝(x，y，z)为平面CMN 的一个法向量，
则
取z＝1，得x＝ | ，y＝－ | ， | ＝(2， | ， | )， | ||
所以n＝( | ，－ | ，1)． | |||||
又由上可得 | ＝(2,2 | ，0)， | |||||
设m＝(a，b，c)为平面NBC 的一个法向量，
则 | 得a＋ | c＝0， |
8
取c＝1，则m＝ ，
所以cos〈n，m〉＝ ＝ ＝－ ，
结合图形可知二面角M－NC－B的余弦值为.
18．(12分)如图，在六面体ABCDEFG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．
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.[来源:学+科+网]
∵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，∴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
9
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△FMN 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)，∴ | ＝ | ，所 |
以BF∥CG.
又BF?平面ACGD，故BF∥平面ACGD.
(2)＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．
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设平面BCGF的法向量为n1＝(x，y，z)，则
令y＝2，则n1＝(1,2,1)．
而平面ADGC的法向量n2＝i＝(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 .
19．(12分)如图，已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若点M、N分别是PC、PB的中点，求直线MN与平面ADM所成的角的大小．
解析：(1)在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，
∴AE＝DC＝1，又AB＝2，
∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠EBC＝45°，
∴CE＝EB＝1，CB＝，
∴AD＝CE＝1，
则AC＝ | ＝ | ， |
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴BC⊥AC，又∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，
∴PA⊥BC，
11
又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
(2)如图，以点A为原点，AD、AB、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，M | ，N | ， | ||||
∴ | ＝ | ， | ＝(1,0,0)， | |||
＝ | ， | |||||
设平面ADM的法向量为n＝(x，y，z)，
由 得取z＝1，得y＝－1，于是n＝(0，－1,1)，
∴cos〈n， 〉＝ ＝ ＝－，
∴向量n与 所成的角为120°，
∴直线MN与平面ADM所成的角的大小为120°－90°＝30°.
20．(12分)如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为菱形，侧面SBC⊥底面ABCD.已
知∠ABC＝60°，AB＝SB＝SC＝2.
(1)证明：BC⊥SA；
(2)求直线SD与平面SAB所成角的正弦值．
解析：方法一：(1)取BC的中点O，连接AO，SO，因为SB＝SC，所以SO⊥BC.
连接AC，又底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，故△ACB为正三角形，从而AO⊥BC，
又因为AO∩SO＝O，所以BC⊥平面SOA，得BC⊥SA.
(2)由(1)知BC⊥平面SOA，由题意知AD∥BC，则有AD⊥平面SOA，[来源:学科网ZXXK]
故SA⊥AD.又AB＝BC＝SB＝2.所以AO＝SO＝ | ，所以SA＝ | ＝ | ，得SD＝ |
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.
取SA的中点E，连接BD，BE，因为SB＝AB，
所以BE⊥SA，BE＝ | ＝ | . | ＝ | ＝ | . | . |
△SAB 的面积S1＝SA·BE＝× | × | |||||
△DAB 的面积S2＝AB·ADsin120°＝ | ||||||
设D到平面SAB的距离为h，由于V三棱锥D－SAB＝V三棱锥S－ABD，
所以h·S1＝SO·S2，× | h＝× | × | . | ＝ | . | |
解得h＝ | . | ＝ | ||||
设SD 与平面SAB 所在的角为α，则sinα＝ | ||||||
所以直线SD 与平面SAB 所成角的正弦值为 | . | |||||
方法二：(1)取BC的中点O，连接AO，SO，因为SB＝SC＝2，所以SO⊥BC，且SO＝
.
由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD.
连接AC，又底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，故△ACB为正三角形，从而AO⊥BO，
如图，以O为坐标原点， 为x轴正向， 为y轴正向， 为z轴正向，建立空间直角坐
标系O－xyz，则A( ，0,0)，B(0,1,0)，C(0，－1,0)，S(0,0， )，D( ，－2,0)，
所以＝( ，0，－ )， ＝(0，－2,0)，
则·＝0，所以BC⊥SA.
(2)由(1)可得＝( ，0，－)， ＝(0,1，－)， ＝( ，－2，－ )．
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即 | | | |＝ | ＝ | ，设n1＝(x1，y1，z1)为平面SAB 的一个法向量，依题意得 | |||
令z1＝1，得x1＝1，y1＝ | .故n1＝(1， | ，1)，得|n1|＝ | . | ||||
记SD与平面SAB所成的角为α，
则有sinα＝|cos〈n1，〉|＝ | ＝ | . | .[来源:Z。xx。k.Com] |
所以直线SD 与平面SAB 所成角的正弦值为 | |||
21．(12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥
平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2 ，BC＝6，AC∩BD＝E.
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)求二面角B－PD－A的余弦值．
解析：方法一：(1)∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴BD⊥PA.
在Rt△ABD 中，tan∠ABD＝ | ＝ | ，∴∠ABD＝30°. |
在Rt△ABC 中，tan∠BAC＝ | ＝ | ，∴∠BAC＝60°. |
∴在△ABE中，∠AEB＝90°，即BD⊥AC，
又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.
又∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.
(2)在Rt△PAD中，过点A作AF⊥PD，垂足为F，连接BF，
又∵PA⊥平面ABCD，∴BA?平面ABCD.∴PA⊥BA.
∵BA⊥AD，∴BA⊥平面PAD.
又PD?平面PAD，∴BA⊥PD.
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又∵BA∩AF＝A，∴PD⊥平面ABF.
又BF?平面ABF，∴PD⊥BF.
∴∠AFB为二面角B－PD－A的平面角．
在Rt△PAD 中，PA＝3，AD＝2，则PD＝ | ，AF＝ | ＝ | ；在Rt△BAF | ||||
中，BF＝ | ， | ||||||
∴cos∠AFB＝ | ＝ | . | |||||
∴二面角B－PD－A 的余弦值为 | . | ||||||
方法二：(1)由已知条件得PA⊥AD，PA⊥AB，BA⊥AD，以点A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2 ，0,0)，
C(2 ，6,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,3)，
∴ | ＝(0,0,3)， | · | ＝(2 | ，6,0)， | ＝(－2 | ，2,0)， | |
∴ | |||||||
· | ＝0， | ＝0， | |||||
∴BD⊥AP，BD⊥AC，
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
又∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.
(2)设平面PAD的一个法向量为m＝(1,0,0)，
设平面PBD的一个法向量为n＝(x，y,1)，
则n· | ＝0，n· | ＝0， |
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又 ＝(－2 ，0,3)， ＝(－2，2,0)，
∴ 解得 ∴n＝ ，
∴cos〈m，n〉＝ ＝ ＝，
∴二面角B－PD－A的余弦值为 .
22．(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PC⊥AD.底面ABCD为梯形，
AB∥DC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC，点E在棱PB上，且PE＝2EB.
(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；
(2)求证：PD∥平面EAC；
(3)求平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值．
解析：(1)∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥BC.
又AB⊥BC，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB.
又BC?平面PCB，
∴平面PAB⊥平面PCB.
(2)∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥AD，又PC⊥AD.
∴AD⊥平面PAC，∴AC⊥AD.
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在梯形ABCD中，由AB⊥BC，AB＝BC，得∠BAC＝，
∴∠DCA＝∠BAC＝，又AC⊥AD，故△DAC为等腰直角三角形，
∴DC＝ AC＝ (AB)＝2AB.
连接BD，交AC于点M，则 ＝ ＝2.
连接EM，在△BPD中， ＝ ＝2，∴PD∥EM，
又PD?平面EAC，EM?平面EAC，
∴PD∥平面EAC.
(3)以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐
标系．
设PA＝AB＝BC＝a，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，C(a，a,0)，P(0,0，a)，E .
设n1＝(x，y,1)为平面AEC的一个法向量，则n1⊥ ，n1⊥ ，
∵ ＝(a，a,0)， ＝ ，∴ 解得x＝，y＝－，∴n1＝ .
设n2＝(x′，y′，1)为平面PBC的一个法向量，则n2⊥ ，n2⊥ ，
又 ＝(a,0,0)，＝(0，－a，a)，∴ 解得x′＝0，y′＝1，∴n2＝(0,1,1)．
∵cos〈n1，n2〉＝ ＝ ，
∴平面AEC和平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
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