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第八章知识总结及测试思维导图
单元测试一、单选题（每题5分，8题共40分）1．（2020·全国高一课时练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）
A．①是棱台B．②是圆台C．③是四面体D．④不是棱柱【答案】C【解析】图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是四面体.图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱.故选：C.2．（2020·全国高一课时练习）已知两个平面相互垂直，下列命题①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题个数是（ ）A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】由题意，对于①，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故①错误；对于②，设平面α∩平面β=m，n⊂α，l⊂β，∵平面α⊥平面β，∴当l⊥m时，必有l⊥α，而n⊂α，∴l⊥n，而在平面β内与l平行的直线有无数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即②正确；对于③，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不不一定垂直于另一个平面，故③错误；对于④，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，若该直线不在第一个平面内，则此直线不一定垂直于另一个平面，故④错误；故选A．
3．（2021·全国高一）已知三条不同的直线和两个不同的平面，下列四个命题中正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【解析】若,可以有或相交，故A错；若，可以有或异面，故B错；若，可以有、与斜交、，故C错；过作平面，则，又，得，，所以，故D正确.故选:D4．（2020·全国高一课时练习）已知正三棱柱，为的外心，则异面直线与所成角的大小为（）A．30°B．60°C．45°D．90°【答案】D【解析】如图，是等边三角形，且为的外心，是的垂心，，且平面，平面，，平面，且平面，，
异面直线与所成角的大小为．故选：D．5．（2020·全国高一课时练习）已知三棱锥，面面，，，，则三棱锥外接球的表面积（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图所示，取的中点，连接、，，为的中点，，平面平面，交线为，平面，平面，,为外接圆圆心，则球心在直线上，设三棱锥外接球的半径为，则，，则，，在中，由勾股定理得，即，解得，因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.6．（2020·青铜峡市高级中学）如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是（）A．MNABB．MN与BC所成的角为45°C．OC平面VACD．平面VAC平面VBC【答案】D【解析】M，N分别为VA，VC的中点，在△中有，在面中，MN不与AB平行；，知：MN与BC所成的角为；因为面，与平面内交线都不垂直，OC不与平面VAC垂直；由面，面即，而知，有面，又面，所以面面；故选：D7．（2020·全国高一课时练习）已知正四面体的表面积为，其四个面的中心分别为，设四面体的表面积为，则等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】如图所示，正四面体四个面的中心分别为、、、，四面体也是正四面体．连接并延长与交于点，连接并延长与交于点．
、分别为面的中心，．．又，．面积比是相似比的平方，两四面体的面积比为；．故选：．8．（2020·四川省资中县第二中学）古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现，如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是6π现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为（）A．B．C．πD．【答案】B【解析】设球的半径为r，则由题意可得球的表面积为，所以r＝1，所以圆柱的底面半径为1，高为2，所以最多可以注入的水的体积为.故选：B.二、多选题（每题不止一个选择为正确答案，每题5分，4题共20分）9．（2020·广东汕头市·金山中学）已知直三棱柱中，，，
是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为B．无论点在上怎么运动，都有C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°【答案】ABD【解析】直三棱柱中，，选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示即有面∴直线与平面所成的角的正切值：∵，
∴，故A正确选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示由题意知，为正方形，即有而且为直三棱柱，有面，面∴，又∴面，面，故同理可证：，又∴面，又面，即有，故B正确选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：，故C错误
选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：结合下图分析知：点在上运动时当在或上时，最大为45°当在中点上时，最小为∴不可能是30°，故D正确故选：ABD10．（2020·全国）下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（）A．B．C．D．【答案】AD【解析】在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，
∴AB∥平面MNP，故A成立；对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故B不成立；对于C，过M作ME∥AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故C不成立；对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.
故选：AD.11．（2020·平潭县新世纪学校）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则下列选项中正确的是（）A．AC⊥B1EB．B1C∥平面A1BDC．三棱锥C1﹣B1CE的体积为D．异面直线B1C与BD所成的角为45°【答案】AB【解析】如图，∵AC⊥BD，AC⊥BB1，∴AC⊥平面BB1D1D，又B1E⊂平面BB1D1D，∴AC⊥B1E，故A正确；∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD，故B正确；三棱锥C1﹣B1CE的体积为，故C错误；∵BD∥B1D1，∴∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，又△CB1D1是等边三角形，∴异面直线B1C与BD所成的角为60°，故D错误.故选：AB.
12．（2020·全国高一课时练习）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（）A．AG⊥平面EFHB．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEHD．HG⊥平面AEF【答案】BC【解析】由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确.故选：BC.三、填空题（每题5分，4题共20分）13．（2021·山东高三专题练习）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】【解析】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为：
14．（2021·浙江高一期末）如图，点E是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的有__________．①直线与直线始终是异面直线②存在点，使得③四面体的体积为定值④当时，平面平面【答案】②③④.【解析】对于①：连接交于点，当点在点时直线与直线相交，故①不正确，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，，，，，，，对于②：，假设存在点，使得，
，，所以，解得，所以当时，故②正确；对于③：连接、交于点，因为点E是棱的中点，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故③正确；对于④：当时，，，，设平面的法向量为，由令，可得，，可得，设平面的法向量为，，由解得:，令可得，所以，因为，所以平面平面，故④正确；故答案为：②③④.3．（2021·浙江绍兴市·高二期末）如图，已知直四棱柱的所有棱长均相等，，E是棱的中点，设平面经过直线，且平面平面，若平面，则异面直线与所成的角的余弦值为_______．【答案】
【解析】由直四棱柱的所有棱长均相等，，所以是菱形，连接，，且，，所以，，因为平面，平面，所以，且，所以平面，取的中点，连接，连接交与，所以，且是的中点，所以平面，所以平面平面，又平面，所以平面即平面，分别取的中点，连接交与点，即为的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，又因为，平面，平面，所以平面，又，所以平面平面，且平面平面，平面平面，所以，，所以异面直线与所成的角即与所成的角，设，则直四棱柱的所有棱长均为2，由，所以，，且，由余弦定理得.故答案为：.
16．（2021·黑龙江哈尔滨市·）已知四棱锥的底面是矩形，其中，侧棱底面，且直线与所成角的余弦值为，则四棱锥的外接球表面积为___________.【答案】【解析】如图，因为，故或其补角为异面直线与所成的角，因为平面，平面，故，故为锐角，故，故，故.将该四棱锥补成如图所示的长方体：
则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为，故表面积为.故答案为：.四、解答题（第17题10分，其余每题12分，共70分）17．（2020·全国高一课时练习）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PB＝PD，E，F分别为AB和PD的中点.（1）求证：EF∥平面PBC；（2）求证：平面PBD⊥平面PAC．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示：
∵F是PD的中点，∴FG∥CD，且，又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，∴BE∥CD，且，∴BE∥FG，且BE＝FG，∴四边形BEFG是平行四边形，∴EF∥BG，又EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC；（2）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，连接PO，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵PB＝PD，O是BD中点，∴BD⊥PO，又AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.
18．（2020·山东菏泽市·高一月考）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）在正方形ABCD中，，又侧面底面ABCD，侧面底面，所以平面PAD，平面PAD，所以，是正三角形，M是PD的中点，所以，又，所以平面PCD.（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，则，所以，又在正中，，平面PEF，∵正方形ABCD中，平面PEF，是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由平面PAD，，平面PEF，平面PAD，.设正方形ABCD的边长，则，所以，所以,即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为.3．（2020·盘锦市第二高级中学高二月考）如图，在三棱锥P-ABC中，，底面ABC.（1）求证：平面平面PBC；（2）若，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由题意，因为面ABC，面ABC，，又，即，，平面PAC，平面PBC，∴平面平面PBC.
（2）取PC的中点D，连接AD，DM..由（1）知，平面PAC，又平面PAC，.而.平面PBC，所以DM是斜线AM在平面PBC上的射影，所以是AM与平面PBC所成角，且，设，则由M是PB中点得，，所以，即AM与平面PBC所成角的正切值为.20．（2020·全国高一课时练习）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点.（1）求证;（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由题意，根据折叠前后，可得，又，所以平面，
又由平面，所以（2）由（1）可知，平面，所以三棱锥的高，又折前为，E，F分别为AB，BC的中点，所以，所以.21．（2021·浙江月考）已知四边形，，，将沿翻折至.（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求与面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）取的中点E，连接，不妨设，则，即因为，所以，则，又因为，所以，且，∴面，面，则.
（Ⅱ）取的中点O，连接，，，不妨设，则，即因为，则，又因为O为中点，E为的中点，则，所以，所以为二面角的平面角.因此以点O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴建空间直角坐标系如图：，，，设面的法向量为，，，则，所以，令，则，所以面的一个法向量为，设与面所成的角为，则.22．（2020·全国专题练习）如图，在长方体中，分别为的中点，是上一个动点，且.
（1）当时，求证：平面平面；（2）是否存在，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.【解析】(1)当时，为中点，因为是的中点，所以,则四边形是平行四边形，所以.又平面平面，所以平面.因为分别是中点，所以.因为平面平面，所以平面.因为平面平面，所以平面平面.(2)如图，连接与,因为平面平面，所以.若又平面，且，所以平面.因为平面，所以.在矩形中，由，得,所以.又，所以,
则，即.
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