（练习）章末综合测评(五)立体几何初步-【提分教练】2023-2024学年新教材高中数学必修第二册(北师大版2019)

章末综合测评(五)立体几何初步 一、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．下列说法中正确的是(　　) A．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱 B．底面是矩形的平行六面体是长方体 C．棱柱的底面一定是平行四边形 D．棱锥的底面一定是三角形 A　[平行于棱柱底面的平面可以把棱柱分成两个棱柱，故A正确；底面是矩形的平行六面体的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，故B错误；三棱柱的底面是三角形，故C错误；四棱锥的底面是四边形，故D错误．故选A.] 2．直线l与平面α不平行，则(　　) A．l与α相交 B．l⊂α C．l与α相交或l⊂α D．以上结论都不对 C　[直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交．因为直线l与平面α不平行，所以l与α相交或l⊂α.] 3． 如图，B′C′∥x′轴，A′C′∥y′轴，则直观图所表示的平面图形是(　　) A．正三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．直角三角形 D　[因为B′C′∥x′轴，A′C′∥y′轴，所以平面图中BC∥x轴，AC∥y轴，所以三角形是直角三角形．故选D．] 4．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为(　　) A．π B． C． D． C　[圆锥底面周长为×2π×2＝2π， 所以圆锥的底面半径r＝1， 圆锥的高h＝＝， 所以圆锥的体积为V＝Sh＝×π×12×＝， 由祖暅原理，该几何体的体积也为.故选C.] 5．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝BB1＝2，AC＝2，则异面直线BD与AC所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　[如图，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1∥DE，则∠BDE即为异面直线BD与AC所成的角．由条件可知BD＝DE＝EB＝，所以∠BDE＝60°，故选C.] 6．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则(　　) A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1 C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1 A　[连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A. ] 7．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出五个结论：①OM∥PD；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 C　[显然OM∥PD，又PD⊂平面PCD，PD⊂平面PDA.∴OM∥平面PCD，OM∥平面PDA. ∴①②③正确．] 8．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O­ABC的体积为(　　) A．　　　 B． C．　　　 D． A　[如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O­ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝.] 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分． 9．设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意两点，则(　　) A．在α内存在直线与直线AB异面 B．在α内存在直线与直线AB相交 C．在α内存在直线与直线AB平行 D．存在过直线AB的平面与α垂直 AD　[A，B是不在α内的任意两点，则直线AB与平面α相交或平行． 如果AB与平面α相交，则α内不过交点的直线与AB异面，但没有直线与AB平行， 如果AB与平面α平行，则在α内存在直线b与AB平行，而在α内与b相交的直线与AB异面，但α内不存在直线与AB相交， 由上知A正确，BC均错， 不论AB与平面α是平行还是相交，过A作平面α的垂线，则这条垂线与直线AB所在平面与α垂直(如果垂线与AB重合，则过AB的任意平面都与α垂直)，D正确， 故选AD．] 10．设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中一定正确的是(　　) A．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β B．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β D．若m⊥α，m，n不平行，则n与α不垂直 CD　[若m∥α，n∥β，m⊥n；则α，β的位置关系不确定，故A不正确； 若m∥α，则α中存在直线c与m平行，m∥n，n⊥β，则c⊥β，∵c⊂α，∴α⊥β，故B不正确； 若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故C正确； 因为m⊥α，若m与n平行，则n⊥α，又m，n不平行，则n与α平行或相交或n在α内，但不垂直，故D正确．故选CD．] 11．三棱锥P­ABC的各顶点都在同一球面上，PC⊥底面ABC，若PC＝AC＝1，AB＝2，且∠BAC＝60°，则下列说法正确的是(　　) A．△PAB是钝角三角形 B．此球的表面积等于5π C．BC⊥平面PAC D．三棱锥A­PBC的体积为 BC　[如图， 在底面三角形ABC中，由AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°， 利用余弦定理可得：BC＝＝， ∴AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC， 由于PC⊥底面ABC，∴PC⊥AC，PC⊥BC， ∵PC∩AC＝C，∴BC⊥平面PAC，故C正确； ∴PB＝＝2＝AB，PA＝＝， 由于PB2＋AB2－PA2>0，即∠PBA为锐角， ∴△PAB是顶角为锐角的等腰三角形，故A错误； 取D为AB中点，则D为△BAC的外心，可得△ABC外接圆的半径为1， 设三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，连接OP，则OP＝＝， 即三棱锥P­ABC的外接球的半径为R＝， ∴三棱锥外接球的表面积等于4π×＝5π，故B正确； VA­PBC＝VP­ABC＝××1××1＝，故D错误；故选BC.] 12．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E为边AB的中点．将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内).若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，以下命题正确的是(　　) A．四棱锥A1­BCDE体积最大值为 B．线段BM长度是定值 C．MB∥平面A1DE一定成立 D．存在某个位置，使DE⊥A1C ABC　[△ADE是等腰直角三角形，A到DE的距离是，当平面A1DE⊥平面BCDE时，A1到平面BCDE的距离最大为，又SBCDE＝2×1－×1×1＝， ∴V最大值＝××＝.A正确； 取CD中点N，连接MN，BN， ∵M是A1C的中点， ∴MN∥A1D，而MN⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，∴MN∥平面A1DE， 由DN与EB平行且相等得DNBE是平行四边形，BN∥DE，同理得BN∥平面A1DE， 而BN∩MN＝N， ∴平面BMN∥平面A1DE，BM⊂平面BMN， ∴MB∥平面A1DE，C正确； 在上述过程中得∠MNB＝∠A1DE＝45°，又BN＝DE＝，MN＝A1D＝， ∴BM＝＝为定值，B正确； 　 假设存在某个位置，使DE⊥A1C，取DE中点O，连接A1O，CO，显然A1O⊥DE，而A1O∩A1C＝A1，∴DE⊥平面A1OC，OC⊂平面A1OC，∴ DE⊥OC，则CE＝CD，但CE＝，CD＝2，不可能相等，所以不可能有DE⊥A1C.D错．故选ABC.] 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上． 13．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为__________． 39π　[由圆锥的底面半径为6，其体积为30π， 设圆锥的高为h，则×(π×62)×h＝30π，解得h＝，所以圆锥的母线长l＝＝， 所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π×6×＝39π.] 14．已知平面α，β和直线m，给出以下条件：①m∥α；②m⊥α；③mα；④α∥β.要想得到m⊥β，则所需要的条件是________．(填序号) ②④　[易知⇒m⊥β.] 15．一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面面积为________． 　[如图，在平面VAC内作直线PD∥AC交VC于D，在平面VBA内作直线PF∥VB交AB于F，过点D作直线DE∥VB交BC于E，连接EF. ∴PF∥DE， ∴P，D，E，F四点共面，且面PDEF与VB和AC都平行， 则四边形PDEF为边长为a的正方形，故其面积为.] 16．中国古代数学名著《九章算术·商攻》中，阐述：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一”．如图，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝4，则PB与AC所成的角等于______；PC与AB之间的距离等于______． 60°　2　[如图，分别取BC，PA，AB的中点为E，F，H，连接EF，FH，EH， 由三角形中位线定理可得，EH∥AC，FH∥PB，则∠EHF(或其补角)即为PB与AC所成的角， ∵PA＝AB＝BC＝4，又PA⊥平面ABC， 所以PA⊥AB，而AB⊥BC， ∴PB＝AC＝＝4， 易知EH＝＝2， FH＝＝2，AF＝＝2， 所以AE＝＝2，EF＝＝2， 所以cos ∠EHF＝＝－， 所以∠EHF＝120°，则PB与AC所成的角等于60°. 取PC中点为O，连接CH，AO，OH， 因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥BC，又AB⊥BC，且AB∩PA＝A， 所以BC⊥平面PAB，则BC⊥PB， 则AO＝BO＝PC＝＝2，则OH⊥AB． 又PH＝CH＝＝2，则OH⊥PC，所以OH为异面直线PC与AB的公垂线， 则OH＝＝2，即PC与AB之间的距离等于2.] 四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点． (1)证明：EF∥平面PAD； (2)求三棱锥E­ABC的体积V. [解]　(1)证明：在△PBC中，E，F分别是PB， PC的中点，∴EF∥BC. ∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，∴EF∥AD． 又∵AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD． (2)如图，连接AE，AC，EC，过E作EG∥PA交AB于点G.则EG⊥平面ABCD，且EG＝PA. 在△PAB中，AP＝AB，∠PAB＝90°，BP＝2， ∴AP＝AB＝，EG＝. S△ABC＝AB·BC＝××2＝， ∴VE－ABC＝S△ABC·EG＝××＝. 18．(本小题满分12分)如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD＝1，AD＝2，∠BAD＝∠CDA＝45°. (1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值； (2)证明：CD⊥平面ABF. [解]　 (1)因为四边形ADEF是正方形， 所以FA∥ED， 故∠CED为异面直线CE与AF所成的角． 因为FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD，故ED⊥CD． 在Rt△CDE中，因为CD＝1，ED＝2，所以CE＝＝3，所以cos ∠CED＝＝.故异面直线CE与AF所成角的余弦值为. (2)证明：如图，过点B作BG∥CD交AD于点G， 则∠BGA＝∠CDA＝45°. 由∠BAD＝45°可得BG⊥AB，从而CD⊥AB． 又因为CD⊥FA，FA∩AB＝A， 所以CD⊥平面ABF. 19．(本小题满分12分)如图1所示的等边△ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC边的中点．现将△ABC沿CD折叠，使平面ADC⊥平面BDC，如图2所示． 图1　　　　　图2 (1)试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求四面体A­DBC的外接球体积与四棱锥D­ABFE的体积之比． [解]　 (1)AB∥平面DEF，理由如下： ∵E，F分别为AC，BC的中点，∴AB∥EF， ∵AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF. (2)以DA，DB，DC为棱补成一个长方体，则四面体A­DBC的外接球即为长方体的外接球． 设球的半径为R，则a2＋a2＋3a2＝(2R)2，∴R2＝a， 于是球的体积V1＝πR3＝πa3. 又VA­BDC＝S△BDC·AD＝a3， VE­DFC＝S△DFC·AD＝a3， ∴＝＝. 20．(本小题满分12分)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求证：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. [证明]　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB． 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC. (2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， BC⊂平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD． 因为AD⊂平面ABD， 所以BC⊥AD． 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC. 21．(本小题满分12分)如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1. (1)求证：平面ACC1A1⊥平面B1C1CB； (2)求证：BC1⊥AB1. [证明]　(1)设BC的中点为M， ∵点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，∴B1M⊥平面ABC. ∵AC⊂平面ABC，∴B1M⊥AC. 又∵BC⊥AC，B1M∩BC＝M，B1M，BC⊂平面B1C1CB，∴AC⊥平面B1C1CB． 又∵AC⊂平面ACC1A1，∴平面ACC1A1⊥平面B1C1CB． (2)连接B1C.∵AC⊥平面B1C1CB，∴AC⊥BC1. 在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∵BC＝CC1. ∴四边形B1C1CB是菱形，∴B1C⊥BC1. 又∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面ACB1，又AB1⊂平面ACB1，∴BC1⊥AB1. 22．(本小题满分12分)如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2.将△BAO沿AO折起，使B点移至图中B′点位置． (1)求证：AO⊥平面B′OC； (2)当三棱锥B′­AOC的体积取最大时，求二面角A­B′C­O的余弦值； (3)在(2)的条件下，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？证明你的结论，并求AP的长． [解]　(1)证明：∵AB＝AC且O是BC的中点， ∴AO⊥BC，即AO⊥OB′，AO⊥OC， 又∵OB′∩OC＝O，OB′⊂平面B′OC，OC⊂平面B′OC，∴AO⊥平面B′OC. (2)在平面B′OC内，作B′D⊥OC于点D，则由(1)可知B′D⊥OA， 又OC∩OA＝O，∴B′D⊥ 平面OAC， 即B′D是三棱锥B′­AOC的高， 又B′D≤B′O，∴当D与O重合时，三棱锥B′-AOC的体积最大， 过O作OH⊥B′C于点H，连接AH，如图． 由(1)知AO⊥平面B′OC， 又B′C⊂平面B′OC， ∴B′C⊥AO， ∵AO∩OH＝O， ∴B′C⊥平面AOH， ∴B′C⊥AH， ∴∠AHO即为二面角A-B′C-O的平面角． 在Rt△AOH中，AO＝2，OH＝， ∴AH＝， ∴cos ∠AHO＝＝，故二面角A-B′C-O的余弦值为. (3)如图，连接OP， 在(2)的条件下，易证OC⊥平面B′OA，∴CP与平面B′OA所成的角为∠CPO， ∴sin ∠CPO＝＝， ∴CP＝. 又在△ACB′中，sin ∠AB′C＝＝， ∴CP⊥AB′， ∴B′P＝＝， ∴AP＝. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$