第十一章立体几何初步单元检测卷-2024-2025学年高一下学期数学人教B版（2019）必修第四册

第十一章 立体几何初步 单元检测卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．三个平面将空间不可分成（    ）部分. A．4 B．5 C．8 D．7 2．如图，该几何体是由哪个平面图形旋转得到的？画出其余平面图形旋转得到的几何体．（  ）    A．   B．   C．   D．   3．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形.已知，，则下列说法正确的是（    ）    A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱A1B1上一点，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E为45°，则四面体BB1C1E的外接球的表面积为（    ） A．π B．12π C．9π D．10π 5．《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈尺）；若该圆锥的母线长尺，则（    ） A． B． C． D． 6．在边长为6的菱形中，，现将菱形沿对角线BD折起，当时，三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示.其中，，，M是BB1上的点，则（    ） A．AM与A1C1是异面直线 B． C．平面AB1C将三棱柱截成两个四面体 D．的最小值是 8．如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面ABCD是等腰梯形，若，E，F，G分别是AB，CD，AP的中点，，则下列结论成立的是（    ） A． B． C．∠FEG即二面角的平面角 D．异面直线DA与BP所成角是∠GEC 三、填空题 9．在正四棱台内有一个球与该四棱台的每个面都相切，若，则该四棱台的高是 . 10．若圆锥的侧面展开图的面积为且圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为 ． 11．在长方体所有的棱所在的直线中，与平面平行的直线是 ． 12．如图，矩形是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形是 ，其面积为 ．    四、解答题 13．已知底面是平行四边形的四棱锥中，点在上，且，在棱上是否存在一点，使平面？证明你的结论. 14．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，. (1)求证：平面PAD； (2)求直线PD与平面PCE所成角的正弦值； (3)在棱AB上是否存在一点F，使得平面EPC和平面FPC所成角为60°？如果存在，确定点F的位置；如果不存在，说明理由. 15．如图，在四棱锥中，，..G是的重心，底面. （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. 16．如图，已知四边形ABCD为矩形，底面ABCD，，E是PC的中点，过E点作交PB于点F． (1)求证：平面EDB； (2)求证：； (3)求BD与平面EFD所成角的余弦值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A B D C C ABD BC 1．B 【解析】根据三个平面的不同位置关系找出把空间分成的部分，即可得出结论. 【详解】若三个平面互相平行，则把空间分成4部分；若两个平面互相平行，另一平面与它们相交，则把空间分成6部分；三个平面两两相交，且有一条交线，则把空间分成6部分；三个平面两两相交，且有三条交线，则把空间分成7或8部分. 故选：B． 2．A 【分析】根据旋转体的形成过程，借助直观想象，逐一分析每个选项. 【详解】B选项，旋转一周后，为两个圆锥拼成的几何体； C选项，旋转一周后，为圆锥和圆柱拼成的几何体； D选项，旋转一周后，是上下两个圆锥，中间用圆柱相连的几何体； A选项，旋转一周后，是圆台和圆锥形成的几何体，只有A符合题意. 其余平面图形旋转得到的几何体如图：      故选：A 3．B 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】还原平面图如下图，    对于A，根据斜二测画法可得，故A错误; 对于B，，，B正确; 对于C，过作交于点，则， 由勾股定理得，故四边形的周长为： ，即C错误； 对于D，四边形的面积为：，即D错误. 故选：B. 4．D 【分析】连接交于，可得，利用线面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而为二面角的平面角，再求出四面体的外接球半径，进而利用球的表面积计算公式得出结论． 【详解】 连接交于，则， 易知，则平面， 所以， 从而为二面角的平面角， 则. 因为，所以， 所以四面体的外接球半径． 故四面体BB1C1E的外接球的表面积为． 故选：D 【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 5．C 【分析】根据圆锥的底面周长求出底面半径，从而利用勾股定理即可求出该圆锥的母线长. 【详解】易知三丈五尺=35尺，五丈一尺=51尺， 设圆锥的底面半径为，则，所以， 所以. 故选：C. 6．C 【分析】根据题意，结合图形的几何性质求出相关线段的长，根据球的几何性质确定三棱锥外接球的球心位置，求得外接球半径，即可求得答案. 【详解】由题意在边长为6的菱形中，知， 和为等边三角形，如图所示，    取BD中点E，连接AE，CE，则，， 同理可得，又，则，则， 又平面,故平面， 而平面，故, 由于为等边三角形，故三棱锥外接球球心O在平面内的投影为的外心，即平面，故， 过O作于H，则H为的外心，则,即共面， 则，则四边形为矩形， 则在中，，， 所以外接球半径，则外接球表面积为， 故选：C 7．ABD 【分析】根据展开图还原直三棱柱，根据其结构特征及线面垂直的性质判断A、B、C，将面和面展开展开为一个平面，利用三点共线求的最小值. 【详解】由题设，可得如下直三棱柱： 由直三棱柱的结构特征知：AM与A1C1是异面直线，A正确； 因为，，且，则面，又面，故，B正确； 由图知：面AB1C将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C错误： 将面和面展开展开为一个平面，如下图： 当共线时，最小为，D正确. 故选：ABD 8．BC 【分析】连接，若，利用等腰三角形性质、线面垂直的判定可证面，进而有，得到矛盾结论排除A；连接，利用线面垂直的判定和性质判断是否成立，判断B；根据二面角定义判断的平面角，判断C；由题图仅当时直线DA与BP所成角是∠GEC或其补角，即可判断D. 【详解】 连接，侧面ABCD是等腰梯形，有， 又E、F分别是AB、CD的中点，则， 若，则，即， 由，面，则面， 而面，则，又， 与过直线外一点有且仅有一条直线与垂直矛盾，A错误； 连接，由E，G分别是AB， AP的中点，则， 又，即，且，面， 所以面，面，则，B正确； 由面面，面，面， 所以∠FEG是二面角的平面角，C正确； 由于不一定相等，即不一定是平行四边形，故不一定平行， 所以异面直线DA与BP所成角不一定是∠GEC，D错误. 故选：BC 9． 【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案. 【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点， 与面，面分别切于点， 作出其截面如图所示，则，， 于是， 过点M作于点H，则， 由勾股定理可得︰, 所以， 所以该四棱台的高是. 故答案为：     10． 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意，结合扇形的弧长公式和面积公式可得，且，解得，再利用圆锥的体积计算公式即可． 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由题意知，且，解得， ∴圆锥的高 ∴此圆锥的体积． 故答案为：． 11．， 【分析】由线面平行证线线平行即可判断 【详解】由，平面，平面，所以，均平行于平面 故答案为：， 12． 菱形 【分析】作出原图形，可知原图形为菱形，计算出的面积即可得解. 【详解】如图，在原图形中，    应有，又， 所以， 所以，故四边形是菱形． . 故答案为：菱形，. 13．见解析 【分析】连接交于，连接，过点作的平行线交于点，过点作，交于点，连接，利用线面平行的判定定理，证得平面，同理平面，证得平面平面，得到平面，进而得到，即可得到答案． 【详解】在棱上存在点，使平面， 证明：如图所示，连接交于，连接，过点作的平行线交于点，过点作，交于点，连接， 因为，平面，平面， 所以平面，同理，平面， 又，所以平面平面，所以平面， 因为，是的中点，所以是的中点， 又因为，所以是的中点， 而，所以为的中点， 综上可知，当点是的中点时，平面. 【点睛】主要考查了主要考查了线面平行的性质定理与面面平行的判定定理与性质定理的应用，其中解答中把握几何体的结构特征，熟练应用线面平面平行性质定理和面面平行的判定定理与性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题． 14．(1)证明见解析 (2) (3)为的中点 【分析】（1）取中点，通过证明四边形是平行四边形得出，故而平面； （2）建立了空间坐标系，求出平面的法向量，计算和的夹角即可求出线面角的正弦值； （3）设，求出平面的法向量，令计算，根据计算结果得出结论． 【详解】（1）证明：取中点，连接，， ，， 四边形是平行四边形， ，， 四边形是正方形，，， ，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2）以为原点建立空间直角坐标系，如图所示： 则，0，，，0，，，4，，，4，， ，4，，，0，，，4，， 设平面的法向量为，，，则，即， 令可得，1，， ，， 直线与平面所成角的正弦值为； （3）设，0，，则，0，，，4，， 设平面的法向量为，，，则，即， 令可得，，， 故，令，解得， 当为的中点时，平面EPC和平面FPC所成角为60°． 【点睛】 15．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 【分析】（Ⅰ）过点作交于点交于点，可证，从而得到、、共线，即，即可得证； （Ⅱ）连接，可得四边形是菱形，从而求出、，在中，求出，根据得到，最后根据计算可得； 【详解】解：（Ⅰ）如图过点作交于点交于点， 因为是等边三角形，且底面，所以，所以， 又，所以，所以，又是的重心，所以、、共线，所以，又面，面， 所以面， （Ⅱ）如图连接， 因为，. 所以，， 所以，所以四边形是菱形， 所以，， 所以 所以 在中， 因为， 所以 所以 设直线与平面所成角为， 所以 所以直线与平面所成角的正弦值 【点睛】本题考查线面平行的证明，以及线面角的计算，考查空间想象能力，属于中档题. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OE，易得OEPA，再利用线面平行的判定定理证明； （2）由PD底面ABCD，BC平面ABCD，得到PDBC，再由CDBC．得到BC平面PCD，从而得到DEBC，再由DEPC，得到DE平面PBC，进而得到DEPB，然后由EFPB，得到PB平面EFD即可； （3）由（2）知PB平面EFD，得到BD在平面DEF内的射影为DF，则∠BDF为BD与平面EFD所成角求解. 【详解】（1）证明：连接AC交BD于点O，连接OE， 底面ABCD是正方形， 点O是AC的中点， E为PC的中点， OEPA， OE平面EDB，PA平面EDB， PA平面EDB． （2）证明：PD底面ABCD，BC平面ABCD， PDBC， 底面ABCD是正方形，CDBC． ，PD平面PCD，CD平面PCD， BC平面PCD， DE平面PCD， DEBC， PD＝DC，E是PC的中点， DEPC， PC平面PBC，BC平面PBC，， DE平面PBC， PB平面PBC， DEPB， EFPB，且，DE平面DEF，EF平面DEF， PB平面EFD， ED面EFD， PBED． （3）由（2）知PB平面EFD， 所以BD在平面DEF内的射影为DF， 所以∠BDF为BD与平面EFD所成角， 又因为PBDF， 所以DF是△PDB边PB上的高， 在△ADB中可得，在Rt△PBD中，可得 又 所以 在Rt△BDF中， 学科网（北京）股份有限公司 $$