苏教版必修第二册第13章 立体几何初步 章末检测试卷（Word版含解析）

章末检测试卷五(第13章)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．多面体至少有3个面
B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形
2．如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是(　　)
A. B．1 C. D．2
3．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
4.我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上、下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为(　　)
A．13.25立方丈 B．26.5立方丈
C．53立方丈 D．106立方丈
5.如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，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豪的发现，则圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为(　　)
A.， B.，1 C.，1 D.，
6．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面半径的比是1∶4，且该圆台的母线长为9，则截去的圆锥的母线长为(　　 )
A. B．3 C．12 D．36
7.如图，将正方形A1BCD折成直二面角A－BD－C，则二面角A－CD－B的余弦值为(　　 )
A. B.
C. D.
8．已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB＝90°，点C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为，则球O的表面积为(　　)
A．16π B．36π C．64π D．144π
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列四个结论正确的是(　　)
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线AM与BN是平行直线
C．直线BN与MB1是异面直线
D．直线AM与DD1是异面直线
10．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是(　　)
A．圆柱的侧面积为2πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
11．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论不正确的是(　　)
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′－BCD的体积为
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，△PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是(　　)
A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB
B．异面直线AD与PB所成的角为90°
C．二面角P－BC－A的大小为45°
D．BD⊥平面PAC
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.
答案　②④
14．如果用半径R＝2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．
15．空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，且AB＝AD，则AC与平面BCD所成的角是________．
16．一块正方形薄铁皮的边长为4，以它的一个顶点为圆心，剪下一个最大的扇形，用这块扇形铁皮围成一个圆锥，则这个圆锥的容积为________．(铁皮厚度忽略不计)
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm,4 cm,5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分空间图形的体积V.
18．(12分)如图所示，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．
求证：(1)直线EF∥平面ACD；
(2)平面EFC⊥平面BCD.
19.(12分)如图，在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，BC上的点，且＝＝.
求证：直线EH，BD，FG相交于一点．
20.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.
21.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
(2)求证：PD⊥平面PBC；
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
22．(12分)如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD′⊥BE；
(2)求四棱锥D′－ABCE的体积；
(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
章末检测试卷五(第13章)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．多面体至少有3个面
B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形
答案　D
解析　一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项A错误；
选项B错误，反例如图；
选项C错误，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；
根据棱柱的定义，知选项D正确．故选D.
2．如图，Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是(　　)
A. B．1 C. D．2
答案　D
解析　∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，
斜边O′B′＝2，
∴直角三角形的直角边长是，
∴直角三角形的面积是××＝1，
∴原平面图形的面积是1×2＝2.
3．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
答案　C
解析　选项A，只有当m∥β或m β时，m∥l；
选项B，只有当m⊥β时，m∥n；
选项C，由于l β，∴n⊥l；
选项D，只有当m∥β或m β时，m⊥n.
4.我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上、下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为(　　)
A．13.25立方丈 B．26.5立方丈
C．53立方丈 D．106立方丈
答案　B
解析　由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)．
5.如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，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豪的发现，则圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为(　　)
A.， B.，1 C.，1 D.，
答案　A
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＝πR3，
则＝＝，＝＝.
6．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面半径的比是1∶4，且该圆台的母线长为9，则截去的圆锥的母线长为(　　 )
A. B．3 C．12 D．36
答案　B
解析　根据题意，设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，
圆锥的母线长为L，截得小圆锥的母线长为l，
∵圆台的上、下底面互相平行，
∴＝＝，可得L＝4l，
∵圆台的母线长为9，可得L－l＝9，
∴L＝9，解得L＝12，
∴截去的圆锥的母线长为12－9＝3，
故选B.
7.如图，将正方形A1BCD折成直二面角A－BD－C，则二面角A－CD－B的余弦值为(　　 )
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵以正方形A1BCD的对角线BD为棱折成直二面角，
∴平面ABD⊥平面BCD，
连接A1C与BD相交于O，如图所示．
则AO⊥BD，
∵平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，
∴AO⊥平面BCD，
又CD 平面BCD，∴AO⊥CD，
取CD的中点M，连接AM，OM，则OM∥BC，有OM⊥CD，OM∩AO＝O，OM，AO 平面AOM，
∴CD⊥平面AOM，
∴AM⊥CD，又∵OM⊥CD，
∴∠AMO即为二面角A－CD－B的平面角．
不妨设正方形A1BCD的边长为2，则AO＝，OM＝1，
∴AM＝＝.
cos∠AMO＝＝.
8．已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB＝90°，点C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为，则球O的表面积为(　　)
A．16π B．36π C．64π D．144π
答案　A
解析　如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，
设球O的半径为R，此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝，所以R＝2.
因此，球O的表面积为4πR2＝16π.
故选A.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列四个结论正确的是(　　)
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线AM与BN是平行直线
C．直线BN与MB1是异面直线
D．直线AM与DD1是异面直线
答案　CD
解析　直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故A，B错误；
直线BN与MB1是异面直线，直线AM与DD1是异面直线，故C，D正确．
10．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是(　　)
A．圆柱的侧面积为2πR2
B．圆锥的侧面积为2πR2
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2
答案　CD
解析　依题意得球的半径为R，则圆柱的侧面积为2πR×2R＝4πR2，∴A错误；
圆锥的侧面积为πR×R＝πR2，∴B错误；
球的表面积为4πR2，∵圆柱的侧面积为4πR2，∴C正确；
∵V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，
V圆锥＝πR2·2R＝πR3，V球＝πR3，
∴V圆柱∶V圆锥∶V球＝2πR3∶πR3∶πR3＝3∶1∶2，
∴D正确．故选CD.
11．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论不正确的是(　　)
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′－BCD的体积为
答案　ACD
解析　因为平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，所以CD⊥平面A′BD，所以CD⊥BA′.由勾股定理，得A′D⊥BA′.又因为CD∩A′D＝D，CD，A′D 平面A′CD，所以BA′⊥平面A′CD，所以BA′⊥A′C，所以∠BA′C＝90°，B正确，其余均不正确．
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，△PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是(　　)
A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB
B．异面直线AD与PB所成的角为90°
C．二面角P－BC－A的大小为45°
D．BD⊥平面PAC
答案　ABC
解析　如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，
∵侧面PAD为正三角形，
∴PM⊥AD，又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，PM，BM 平面PMB，
∴AD⊥平面PMB，故A正确．
对于B，∵AD⊥平面PMB，
∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，
故B正确．
对于C，∵BC∥AD，
∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，
∴∠PBM是二面角P－BC－A的平面角，设AB＝1，
则BM＝，PM＝，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM 平面PAD，PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD，
∴PM⊥MB.
在Rt△PBM中，tan ∠PBM＝＝1，
即∠PBM＝45°，故二面角P－BC－A的大小为45°，
故C正确．
对于D，因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，故D错误．
故选ABC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.
答案　②④
14．如果用半径R＝2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．
答案　3
解析　设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝2π，
则r＝，所以圆锥筒的高h＝＝＝3.
15．空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，且AB＝AD，则AC与平面BCD所成的角是________．
答案　45°
解析　如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.
因为AB＝AD，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
因此，∠ACO即为AC与平面BCD所成的角．
由于∠BAD＝90°＝∠BCD，所以AO＝OC＝BD，
又AO⊥OC，所以∠ACO＝45°.
16．一块正方形薄铁皮的边长为4，以它的一个顶点为圆心，剪下一个最大的扇形，用这块扇形铁皮围成一个圆锥，则这个圆锥的容积为________．(铁皮厚度忽略不计)
答案　
解析　如图所示，剪下最大的扇形的半径即圆锥的母线长l等于正方形的边长4，扇形的弧长＝×(2π×4)＝2π，即为圆锥的底面周长，设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝2π，所以r＝1，所以h＝＝，所以圆锥的容积为πr2h＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm,4 cm,5 cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分空间图形的体积V.
解　＝×3×4×6＝36(cm3)．
设圆柱底面圆的半径为r，
则r＝＝＝1，
＝πr2h＝6π(cm3)．
所以V＝＝(36－6π)cm3.
18．(12分)如图所示，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．
求证：(1)直线EF∥平面ACD；
(2)平面EFC⊥平面BCD.
证明　(1)∵E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD.
∵EF 平面ACD，AD 平面ACD，
∴直线EF∥平面ACD.
(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD.
又∵EF∩CF＝F，EF，CF 平面EFC，
∴BD⊥平面EFC.
∵BD 平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.
19.(12分)如图，在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，BC上的点，且＝＝.
求证：直线EH，BD，FG相交于一点．
证明　如图所示，连接EF，GH.
∵H，G分别是AD，CD的中点，
∴GH∥AC，
且GH＝AC.
∵＝＝，
∴EF∥AC，且EF＝AC.
∴GH∥EF，且GH≠EF.
∴EH与FG相交，设交点为P.
∵P∈EH，EH 平面ABD，∴P∈平面ABD.
同理P∈平面BCD.
又∵平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD.
∴直线EH，BD，FG相交于一点．
20.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.
证明　(1)连接AC，交BD于点O，连接PO.
因为四边形ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又因为PB＝PD，O为BD的中点，
所以BD⊥PO.
因为PO∩AC＝O，PO，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为PC 平面PAC，
所以BD⊥PC.
(2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.
因为BC 平面PAD，AD 平面PAD.
所以BC∥平面PAD.
又因为BC 平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l.
所以BC∥l.
21.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
(2)求证：PD⊥平面PBC；
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
(1)解　由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．
∵AD⊥平面PDC，PD 平面PDC，∴AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，
故cos ∠DAP＝＝.
∴异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
(2)证明　∵AD⊥平面PDC，直线PD 平面PDC，
∴AD⊥PD.
又∵BC∥AD，∴PD⊥BC，
又PD⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB 平面PBC，
∴PD⊥平面PBC.
(3)解　过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
∵PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
∴∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD∥BC，DF∥AB，可得BF＝AD＝1.
由已知，得CF＝BC－BF＝2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC.
在Rt△DCF中，可得DF＝＝2.
在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.
∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
22．(12分)如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D′AE的位置，且平面D′AE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD′⊥BE；
(2)求四棱锥D′－ABCE的体积；
(3)在棱ED′上是否存在一点P，使得D′B∥平面PAC，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明　根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA＝∠CEB＝45°，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
∴BE⊥平面D′AE，
∵AD′ 平面D′AE，
∴AD′⊥BE.
(2)解　如图所示，取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE，且D′F＝.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，
且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，D′F 平面D′AE，
∴D′F⊥平面ABCE，
∴VD′－ABCE＝S四边形ABCE·D′F
＝××(1＋2)×1×＝.
(3)解　连接AC交BE于Q，假设在D′E上存在点P，使得D′B∥平面PAC，连接PQ.
∵D′B 平面D′BE，平面D′BE∩平面PAC＝PQ，
∴D′B∥PQ，
∴在△EBD′中，＝.
∵△CEQ∽△ABQ，
∴＝＝，
∴＝＝，即EP＝ED′，
∴在棱ED′上存在一点P，且EP＝ED′，
使得D′B∥平面PAC.