第8章 立体几何初步 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第八章　单元质量测评 时间：120分钟　　　满分：150分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 2．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则(　　) A．若m∥α，m⊥n，则n⊥α B．若m∥α，β⊥α，则m∥β C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β 解析：若m∥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α或n与α相交，故A错误；若m∥α，β⊥α，则m⊂β或m∥β或m与β相交，故B错误；若n⊥α，则n垂直所有与α平行的直线，又m∥α，所以m⊥n，故C正确；若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故D错误．故选C． 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 5．E，F，G，H分别是空间四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则EG与FH的位置关系是(　　) A．异面 B．平行 C．相交 D．重合 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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：因为在正方体中，A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD．又AC⊥BD，A1A∩AC＝A，所以BD⊥平面A1ACC1．因为CE⊂平面A1ACC1，所以BD⊥CE．故选B． 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 7．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：本题可借助正方体模型求解，如图，BA1与AC1所成的角即BA1与BD1所成的角．在△A1BD1中，BA1＝A1D1＝BD1，所以BA1与BD1所成的角为60°．故选C．　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，且SA＝SB＝SC＝SD，其中E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列结论正确的是(　　) A．EP⊥AC B．EP∥BD C．EP∥平面SBD D．EP⊥平面SAC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 解析：如图所示，设AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO．对于A，由正四棱锥S－ABCD，可知SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，所以SO⊥AC．因为SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，所以EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，BD∩SD＝D，所以平面EMN∥平面SBD，所以AC⊥平面EMN，所以AC⊥EP，故A正确；对于B，由异面直线的定义可知，当P与M不重合时，EP与BD是异面直线，不可能有EP∥BD， 故B不正确；对于C，由A可知，平面EMN∥平面SBD，所以 EP∥平面SBD，故C正确；对于D，由A同理可得，EM⊥平 面SAC．若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛 盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直，故D不正确．故选AC． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 解析：连接CE交AD于点O，则O为△ABC的重心，连 接OF．由已知得OF∥EC1，则EC1∥l，故A错误；若在A1C1 上存在点N，则VN－ADF＝VD－AFN，当N与C1重合时，VD－AFN 取最小值为，故B正确；当BM＝1时，可证得△CBM≌△FCD，则∠BCM＋∠CDF＝90°，即CM⊥DF．又AD⊥平面CB1，CM⊂平面CB1，∴AD⊥CM．∵DF∩AD＝D，∴CM⊥平面ADF．∵CM⊂平面CAM，∴平面CAM⊥平面ADF，故C正确；过C1作C1G∥FA交AA1于点G．若在A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF，则C1P⊥C1G．又C1P⊥GA1，C1G∩GA1＝G，∴C1P⊥平面A1C1G．∵A1C1⊂平面A1GC1，∴C1P⊥A1C1，矛盾，故D错误．故选BC． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 14．把由折线y＝|x|和y＝2围成的图形绕x轴旋转360°，所得几何体的表面积为________，体积为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)如图所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)， 它的母线长为50 cm，两底面直径分别为40 cm和30 cm．现有制作这种 纸篓的塑料制品50 m2，问最多可以制作这种纸篓多少个？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 16．(本小题满分15分)已知正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面内的正投影为底面的中心)S－ABC，一个正三棱柱的一个底面的三个顶点在正三棱锥的三条侧棱上，另一底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15 cm，底面边长为12 cm，内接正三棱柱的侧面积为120 cm2． (1)求正三棱柱的高； (2)求棱柱上底面截棱锥所得的小棱锥与原棱锥的侧面积之比． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 18．(本小题满分17分)如图，△BCD内接于直角梯形A1A2A3D，若A1D＝5，A1A2＝4，沿△BCD三边分别将△A1BD，△A2BC，△A3CD翻折 上去，恰使A1，A2，A3重合，重合后记为A． (1)求证：AB⊥CD； (2)求二面角A－CD－B的正切值． 解：在题图中，由A1，A2，A3三点可重合知 A1B＝A2B＝2，A1D＝A3D＝5，A2C＝A3C． 作DF⊥A2A3于点F，则DF＝A1A2＝4， 由勾股定理得FA3＝3，则A2A3＝8， 故A3C＝A2C＝4． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 (1)证明：折叠后的图形如图所示，∵AB⊥AD，AB⊥AC， AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，∴AB⊥平面ACD， 又CD⊂平面ACD， ∴AB⊥CD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 解：(1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱， ∴四边形ACC1A1是矩形． ∵AA1＝AC，∴AC1⊥A1C． 又BC1⊥A1C，AC1∩BC1＝C1，AC1，BC1⊂平面ABC1， ∴A1C⊥平面ABC1． ∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 　　　　　　　　　　　　　 R 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．轴截面是正三角形的圆锥称为等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的(　　) A．4倍 　　　　　B．3倍　　　　　C．eq \r(2) 倍　　　　　D．2倍 解析：设等边圆锥的母线长为l，底面半径为r，由已知得l＝2r，所以eq \f(S侧,S底)＝eq \f(πrl,πr2)＝eq \f(l,r)＝2．故选D． 3．如图所示是古希腊数学家阿基米德墓碑上刻着的一个 圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相 等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们 来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比为(　　) A．eq \f(3,2) 　　　　　B．eq \f(2,3)　　　　　　C．1 　 　　　　　D．eq \f(9,4) 解析：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R．∵V圆柱＝πR2×2R＝2πR3，V球＝eq \f(4,3)πR3，∴eq \f(V圆柱,V球)＝eq \f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2)．故选A． 4．用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A′B′C′．已知点O′是斜边B′C′的中点，且A′O′＝1，则△ABC的边BC上的高为(　　) A．1 B．2 C．eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析：∵△ABC的直观图是等腰直角三角形A′B′C′，∠B′A′C′＝90°，A′O′＝1，∴A′C′＝eq \r(2)．根据直观图平行于y轴的长度变为原来的一半，∴△ABC的边BC上的高为AC＝2A′C′＝2eq \r(2)．故选D． 解析：如图所示，连接BD，EF，FG，HG，EH，由E，F， G，H是空间四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA的中点， 有EH綊eq \f(1,2)BD，FG綊eq \f(1,2)BD，∴EH綊FG，∴四边形EFGH是 平行四边形且EG与FH是对角线，∴EG与FH相交．故选C． 8．如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，△PAB为过轴PO的截面，C为PA的中点，PA＝4eq \r(3)，PO＝6，则从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为(　　) A．2eq \r(15) B．2eq \r(15－6\r(2)) C．6 D．2eq \r(15－6\r(3)) 解析：如图，沿圆锥母线PA剪开再展开．∵PA＝4eq \r(3)，PO＝6，∴OA＝2eq \r(3)，则圆锥底面周长为4eq \r(3)π，∴展开后所得扇形为半圆，B对应B′．则从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为eq \r((2\r(3))2＋(4\r(3))2)＝2eq \r(15)．故选A． 10．(2024·湖南岳麓区校级期中)如图，正方形ABCD与正方形DEFC的边长均为1，平面ABCD与平面DEFC互相垂直，P是AE上的一个动点，则下列结论正确的是(　　) A．CP的最小值为eq \f(\r(3),2) B．DP＋PF的最小值为eq \r(2－\r(2)) C．当P在直线AE上运动时，三棱锥D－BPF的体积不变 D．三棱锥A－DCE外接球的表面积为3π 解析：对于A，如图1，连接DP，CP，因为CD⊥DE，CD⊥AD，AD∩DE＝D，所以CD⊥平面ADE，又DP⊂平面ADE，所以CD⊥DP，DP的最小值为eq \f(1,2)AE＝eq \f(\r(2),2)，所以CP＝eq \r(DP2＋CD2)＝eq \r(DP2＋12)≥eq \r(\f(1,2)＋1)＝eq \f(\r(6),2)，故A错误；对于B，如图2，将△ADE翻折到与平面ABFE共面，则当D，P，F三点共线时，DP＋PF取得最小值，∠DEF＝135°，此时DP＋PF＝DF＝eq \r(12＋12－2×1×1×cos135°)＝eq \r(2＋\r(2))，故B错误；对于C，P在直线AE上运动时，△PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，故三棱锥D－BPF的体积不变，故C正确；对于D，将该几何体补成正方体，则外接球的半径为eq \f(\r(3),2)，外接球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2)＝3π，故D正确． 11．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，AB＝BC＝CA＝CF＝2，AA1＝3，则下列说法正确的是(　　) A．设平面ADF与平面BEC1的交线为l，则直线C1E与l相交 B．在棱A1C1上存在点N，使得三棱锥N－ADF的体积为eq \f(\r(3),6) C．设点M在BB1上，当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF D．在棱A1B1上存在点P，使得C1P⊥AF 解析：半径最大的球与圆锥的轴截面如图，AB＝AC＝3，BC＝2，则S△ABC＝eq \f(1,2)×2×eq \r(32－12)＝2eq \r(2)．设球的半径为r，因为S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq \f(1,2)(AB＋BC＋AC)·r＝4r，所以4r＝2eq \r(2)，r＝eq \f(\r(2),2)．所以半径最大的球的体积为V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq \f(\r(2)π,3)． eq \f(\r(2)π,3) 解析：圆台的轴截面如图，由AD＝a，AB＝2a，BD＝eq \r(3)a，可知∠ADB＝90°，∠DAB＝60°．分别过点D，C作DH⊥AB，CG⊥AB，垂足为H，G，则DH＝CG＝eq \f(\r(3),2)a，AH＝BG＝eq \f(a,2)，又DH⊥AB，CG⊥AB，DC∥AB，所以四边形CDHG为矩形，所以DC＝HG＝AB－AH－BG＝a，所以圆台的体积为V＝eq \f(π,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋\f(1,2)a2＋a2))·eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(7\r(3),24)πa3． 13．若一个圆台的轴截面是腰长为a的等腰梯形，下底边长为2a，对角线长为eq \r(3)a，则这个圆台的体积为________． eq \f(7\r(3),24)πa3 解析：由题意，得y＝|x|和y＝2围成图中阴影部分的图形，旋转体为一个圆柱挖去两个共顶点的圆锥．∵S圆柱侧＝2π×2×4＝16π，2S圆锥侧＝2×π×2×2eq \r(2)＝8eq \r(2)π，∴所求几何体的表面积为16π＋8eq \r(2)π．∵V圆柱＝π×22×4＝16π，2V圆锥＝2×eq \f(π,3)×22×2＝eq \f(16π,3)，∴所求几何体的体积为16π－eq \f(16π,3)＝eq \f(32π,3)． 16π＋8eq \r(2)π eq \f(32π,3) 解：根据题意可知，纸篓底面圆的半径r′＝15 cm，上口的半径r＝20 cm，母线长l＝50 cm， 则纸篓的表面积S＝π(r′2＋r′l＋rl)＝π(152＋15×50＋20×50)＝1975π(cm2)． 因为50 m2＝500000 cm2， 故最多可以制作这种纸篓的个数为n＝eq \f(500000,S)≈80． 解：(1)设正三棱柱的高为h cm，底面边长为x cm，如图， 则eq \f(15－h,15)＝eq \f(x,12)，∴x＝eq \f(4,5)(15－h)．① 又S三棱柱侧＝3xh＝120， ∴xh＝40．② 解①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,h＝10))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝8，,h＝5.)) 故正三棱柱的高为10 cm或5 cm． (2)由棱锥的性质，得eq \f(S三棱锥S－A1B1C1侧,S三棱锥S－ABC侧)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15－10,15))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9)或eq \f(S三棱锥S－A1B1C1侧,S三棱锥S－ABC侧)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15－5,15))) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,9)． 17．(本小题满分15分)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在AD1上移动，点N在BD上移动，D1M＝DN＝a(0<a<eq \r(2))，连接MN． (1)证明：对任意a∈(0，eq \r(2))，总有MN∥平面DCC1D1； (2)当a为何值时，MN的长度最小？ 解：(1)证明：如图，作MP∥AD，交DD1于点P，作NQ∥BC，交DC于点Q，连接PQ． 由题意得MP∥NQ，且MP＝NQ，则四边形MNQP为平行四边形． ∴MN∥PQ． 又PQ⊂平面DCC1D1，MN⊄平面DCC1D1， ∴MN∥平面DCC1D1． (2)由(1)知四边形MNQP为平行四边形，∴MN＝PQ． ∵DD1＝AD＝DC＝BC＝1，∴AD1＝BD＝eq \r(2)． ∵D1M＝DN＝a，∴eq \f(D1P,1)＝eq \f(a,\r(2))，eq \f(DQ,1)＝eq \f(a,\r(2))． 即D1P＝DQ＝eq \f(\r(2),2)a，∴MN＝PQ＝eq \r((1－D1P)2＋DQ2) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2)) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))(0<a<eq \r(2))． 故当a＝eq \f(\r(2),2)时，MN的长度取得最小值，为eq \f(\r(2),2)． (2)作AE⊥CD于点E，连接BE． ∵AB⊥CD，AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， ∴CD⊥平面ABE，∴CD⊥BE， 则∠AEB即为二面角A－CD－B的平面角． 在Rt△CDF中，CF＝1，DF＝4，∴CD＝eq \r(CF2＋DF2)＝eq \r(17)， 在△ACD中，AE＝eq \f(DF·AC,CD)＝eq \f(16\r(17),17)， ∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥AE，∴tan∠AEB＝eq \f(AB,AE)＝eq \f(\r(17),8)． 19．(本小题满分17分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，AA1＝AC＝2AB，且BC1⊥A1C． (1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1； (2)点D在边A1C1上且C1D＝eq \f(1,3)C1A1，证明在线段BB1上存在点E，使DE∥平面ABC1，并求此时eq \f(BE,BB1)的值． (2)当eq \f(BE,BB1)＝eq \f(1,3)时，DE∥平面ABC1． 如图，在A1A上取点F，使eq \f(AF,AA1)＝eq \f(1,3)，连接EF，FD． ∵eq \f(C1D,C1A1)＝eq \f(AF,AA1)＝eq \f(BE,BB1)＝eq \f(1,3)， ∴EF∥AB，DF∥AC1． ∵AB∩AC1＝A，EF∩DF＝F， AB，AC1⊂平面ABC1，EF，DF⊂平面EFD， ∴平面EFD∥平面ABC1． ∵DE⊂平面DEF，∴DE∥平面ABC1． $$