第8章 立体几何初步 章末达标检测(Word练习)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

[满分：150分，时间：120分钟] 一、选择题(本题共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．下列命题，正确的是(　　) A．经过不同的三点有且只有一个平面 B．分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线 C．垂直于同一个平面的两条直线是平行直线 D．垂直于同一个平面的两个平面平行 解析　A中，可能有无数个平面，B中，两条直线还可能平行，相交，D中，两个平面可能相交． 答案　C 2．过平面外两点与这个平面平行的平面(　　) A．只有一个　　　　　 B．至少有一个 C．可能没有 D．有无数个 解析　过这两点的直线若与已知平面平行，则有且只有一个，若与已知平面相交，则不存在．故选C. 答案　C 3.水平放置的△ABC的直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，求AB边上的中线的实际长度为(　　) A. B． C．1 D．2 解析　由于在直观图中，∠A′C′B′＝45°，则在原图形中，∠ACB＝90°，又∵在直观图中，A′C′＝3，B′C′＝2，则在原图形中，AC＝3，BC＝4，∴由勾股定理，得AB＝5，则AB边上的中线的长度为. 答案　A 4．若正四棱锥的侧面是正三角形，则它的高与底面边长之比为(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D．∶1 解析　设正四棱锥底边长为a，则斜高为a， 高h＝＝a ∴高与底边长之比为a∶a＝1∶. 答案　C 5．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于(　　) A．AC B．BD C．A1D D．A1D1 解析　∵BD⊥AC，BD⊥AA1， ∴BD⊥平面AA1C1C，又CE⊂平面AA1C1C， ∴CE⊥BD. 答案　B 6．(2022·新高考全国卷Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　) A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3 C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3 解析　由题意S1＝140 km2，S2＝180 km2，h＝(157.5－148.5)m＝9 m，代入棱台体积公式V＝(S1＋S2＋)h，可得V≈1.4×109 m3.故选C. 答案　C 7．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为(　　) A. B． C. D． 解析　如图所示，设球的半径为R，由题意知OO′＝，OF＝R， ∴r＝R. ∴S截面＝πr2＝π2＝R2. 又S球＝4πR2，∴＝＝. 答案　A 8．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝(　　) A.　 B．2　　 C.　 D． 解析　设甲、乙两个圆锥的母线长l，圆锥甲的底面半径为r甲，高为h甲，圆锥乙的底面半径为r乙，高为h乙，甲侧面展开图的圆心角为α，则乙侧面展开图的圆心角为2π－α，＝＝2，所以α＝，r甲＝l，r乙＝l，h甲＝l，h乙＝l，＝＝，故选C. 答案　C 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．下列四个命题中正确的是(　　) A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行 B．过直线外一点有无数个平面与这条直线平行 C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行 D．过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行 解析　A项，如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行或相交，故A错误； B项，过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，过这条直线有无数个平面与这条直线平行，故B正确； C项，过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线在同一平面内，故C正确； D项，过空间一点不一定存在某个平面与两条异面直线都平行，可能与其中一条平行，经过另一条直线，故D错误．故选B，C. 答案　BC 10．如图是正方体的平面展开图，则关于这个正方体的说法正确的是(　　) A．BM与ED平行 B．CN与BE是异面直线 C．CN与BM成60°角 D．DM与BN是异面直线 解析　把平面展开图还原原几何体如图： A项，由正方体的性质可知，BM与ED异面且垂直，故A错误； B项，CN与BE平行，故B错误； C项，连接BE，则BE∥CN，∠EBM为CN与BM所成角或其补角，连接EM，可知△BEM为正三角形，则∠EBM＝60°，故C正确； D项，由异面直线的定义可知，DM与BN是异面直线，故D正确．故选C，D. 答案　CD 11．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，E为B1C1的中点，则正确的结论有(　　) A．AC1∥平面A1BE B．AC1与平面AA1B1B所成的角为 C．三棱锥A1­B1EB的体积为 D．B1到平面A1EB的距离为 解析　由线面平行的判定定理可判断选项A；由线面角可判断选项B；由体积可判断选项C；由等体积变换可判断选项D. 对于选项A：连接AB1交A1B于点O，连接EO，点E为C1B1中点，点O为AB1中点，∴EO∥AC1，∵AC1⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，∴AC1∥平面A1BE，故A正确； 对于选项B：三棱柱ABC­A1B1C1为正三棱柱，△ABC是边长为2的等边三角形，∴平面A1B1C1⊥平面AA1B1B，取A1B1的中点N，连接AN，C1N，则C1N⊥A1B1，∴C1N⊥平面AA1B1B，故∠C1AN为直线C1A与平面AA1B1B所成的角． 在三角形A1B1C1中易得C1N＝＝，∴AA1＝2，AC1＝＝4，在直角三角形△C1NA中sin∠C1AN＝＝.故B错误； 对于选项C：VA1­B1EB＝S△B1EB·A1E＝××1×2×＝1，故C错误； 对于选项D：设B1到平面A1EB的距离为d，由题意可得VB1­A1EB＝VA1­B1EB＝1，∴SA1EB·d＝1，∴×·A1E·BE·d＝1，∴×××·d＝1，∴d＝＝，故D正确． 故选A，D. 答案　AD 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．若圆锥的母线长为2 cm，底面圆的周长为2π cm，则圆锥的表面积为________． 解析　设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π， ∴r＝1，∴圆锥的表面积S＝×2π×2＋πr2＝3π(cm2)． 答案　3π(cm2) 13．在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可)． 解析　由直四棱柱可知CC1⊥面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，要使B1D1⊥A1C，只要B1D1⊥平面A1CC1，所以只要B1D1⊥A1C1，还可以填写四边形A1B1C1D1是菱形，正方形等条件． 答案　B1D1⊥A1C1(答案不唯一) 14．国家游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为1，则该多面体表面积是________． 解析　根据多面体顶点个数，分析确定正方形的个数和正六边形的个数，再求表面积． 棱长为1的正方形的面积为1×1＝1，正六边形的面积为6××1×1×＝， 又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点， 所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连， 所以该多面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3＝8个， 所以该多面体的表面积为8×＋6＝12＋6. 答案　12＋6 四、解答题(本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证： (1)D，B，E，F四点共面； (2)若A1C交平面BDEF于R点，则P，Q，R三点共线． 证明　(1)如图所示．连接B1D1.∵E，F分别为D1C1，C1B1的中点，∴EF∥B1D1， 又∵B1D1∥BD， ∴EF∥BD， ∴EF与BD共面， ∴E，F，B，D四点共面． (2)∵AC∩BD＝P， ∴P∈平面AA1C1C∩平面BDEF.同理，Q∈平面AA1C1C∩平面BDEF. ∵A1C∩平面DBFE＝R， ∴R∈平面AA1C1C∩平面BDEF， ∴P，Q，R三点共线． 16．(15分)一球内切于圆锥，已知球和圆锥的底面半径分别为r，R，求圆锥的体积． 解析　如图，设圆锥的高AD＝h， 由△AOE∽△ACD， 可得＝， 即＝， 解得h＝， 所以圆锥的体积为V＝R2·h＝. 17．(15分)如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM. (1)证明：平面PAM⊥平面PBD； (2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P­ABCD的体积． (1)证明　因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD＝P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD. (2)解析　由(1)可知，AM⊥平面PBD，所以AM⊥BD，从而△DAB∽△ABM，设BM＝x，DA＝2x，则＝，即2x2＝1，解得x＝，所以DA＝.因为PD⊥底面ABCD，故四棱锥P­ABCD的体积为V＝×1××1＝. 18．(17分)如图，四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA＝SC，SA⊥BD. (1)求证：SO⊥平面ABCD； (2)设∠BAD＝60°，AB＝SD＝2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A ­PCD的体积． (1)证明　∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD. 又BD⊥SA，SA∩AC＝A， ∴BD⊥平面SAC. 又SO⊂平面SAC. ∴BD⊥SO. ∵SA＝SC，AO＝OC， ∴SO⊥AC. 又AC∩BD＝O， ∴SO⊥平面ABCD. (2)解析　连接OP， ∵SB∥平面APC，SB⊂平面SBD， 平面SBD∩平面APC＝OP，∴SB∥OP. 又O是BD的中点，∴P是SD的中点． 由题意知△ABD为正三角形．∴OD＝1. 由(1)知SO⊥平面ABCD，∴SO⊥OD. 又SD＝2，∴在Rt△SOD中，SO＝. ∴P到面ABCD的距离为， ∴VA­PCD＝VP­ACD＝××＝. 19．(17分)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点． (1)求证：EF∥平面A1B1BA； (2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1； (3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小． (1)证明　如图，连接A1B. 在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点， 所以EF∥BA1. 又EF⊄平面A1B1BA， BA1⊂平面A1B1BA， 所以EF∥平面A1B1BA. (2)证明　因为AB＝AC，E为BC的中点， 所以AE⊥BC. 因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1， 所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE. 又BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1. 又因为AE⊂平面AEA1， 所以平面AEA1⊥平面BCB1. (3)解析　取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE. 因为N和E分别为B1C和BC的中点， 所以NE∥B1B，NE＝B1B， 故NE∥A1A且NE＝A1A， 所以A1N∥AE，且A1N＝AE. 又AE⊥平面BCB1， 所以A1N⊥平面BCB1， 从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角． 在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2. 因为BM∥AA1，BM＝AA1， 所以A1M∥AB，A1M＝AB. 又AB⊥BB1，有A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4. 在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝， 因此∠A1B1N＝30°. 所以，直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°. 学科网（北京）股份有限公司 $$