2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--第六章　立体几何初步(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
第六章　立体几何初步
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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.设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题中正确的是　　(　　)
A.若α⊥β,m α,则m⊥β
B.若α⊥β,m⊥α,则m∥β
C.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
D.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n
2.若一个平面图形的直观图是边长为2的正三角形,则该平面图形的面积为　　(　　)
A.
3.已知点A,B,C,D均在同一球面上,且AB,AC,AD两两垂直,AB=1,AC=2,AD=3,则该球的表面积为(　　)
A.7π　　　　B.14π　　　　C.π
4.如图,已知圆锥的母线SA=3,一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为3,则该圆锥的底面半径为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.
　　
5.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种名为“曲池”的几何体,该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被其两条半径截得的部分).现有一个如图所示的曲池,其中AA1,BB1,CC1,DD1是柱体的高,底面扇环所对的圆心角为长度的2倍,AA1=4,CD=1,则该曲池的体积为(　　)
A.3π　　　　B.4π　　　　C.5π　　　　D.6π
6.如图,圆柱的底面直径AB与母线AD的长相等,E是的中点,则AE与BD的夹角为(　　)
A.
7.如图,有一个盛满溶液的玻璃杯,其杯身形状为一个倒置的圆锥,现放一个球状物体完全浸没于杯中,球面与圆锥侧面相切,且与玻璃杯杯口所在平面相切,则溢出溶液的体积为(　　)
A.
C.　　 　　　
8.棱长为a的正四面体A-BCD与正三棱锥E-BCD的底面重合,若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在同一球面上,则正三棱锥E-BCD的内切球的半径为(　　)
A.a
C.a
二、多项选择题(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,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.一个圆柱和一个圆锥的底面直径、高都与一个球的直径相等,设球的直径为2R,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
10.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点.下列结论中正确的是(　　)
A.EF与BB1垂直
B.EF与平面BCC1B1垂直
C.EF与C1D的夹角为45°
D.EF∥平面A1B1C1D1
11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F∥平面AED1,则(　　)
A.点F的轨迹是一条线段
B.直线A1F与BE可能相交
C.直线A1F与D1E不可能平行
D.三棱锥F-ABD1的体积为定值
12.如图,矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE的位置(点A1不落在平面BCDE上).若M为线段A1C的中点,则在翻折过程中,以下命题正确的是(　　)
A.四棱锥A1-BCDE体积的最大值为
B.线段BM的长度是定值
C.MB∥平面A1DE恒成立
D.存在某个位置的△A1DE,使DE⊥A1C
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.已知圆柱的体积为2π,该圆柱的轴截面是一个正方形,则该圆柱的侧面积为　　　　.
14.已知正四棱锥P-ABCD中,PA=2,AB=,M是侧棱PC的中点,且BM=,则异面直线PA与BM的夹角为　　　　.
15.如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱CC1上,且C1D=2CD,过点D的平面α与平面AB1C1平行,且BB1∩平面α=E,则=　　　　.
16.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AB=2,AD=,PA⊥平面ABCD,若直线PD与平面ABCD的夹角为60°,则PA=　　　,该四棱锥外接球的体积为　　　.(本题第一空2分,第二空3分)
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)在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=DC=1,AB=2,AC⊥PC.
(1)证明:平面ABCD⊥平面PBC;
(2)若PB⊥BC,PB=2,求点D到平面PBC的距离.
18.(本小题满分12分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是BC,CC1,C1D1,A1A的中点.求证:
(1)BF∥HD1;
(2)EG∥平面BB1D1D;
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
19.(本小题满分12分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P的位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C均不重合).
(1)证明:平面EMN⊥平面PBC;
(2)设三棱锥B-EMN和四棱锥P-EBCD的体积分别为V1和V2,当N为BC的中点时,求的值.
20.(本小题满分12分)在四棱锥P-ABCD中,O为AC与BD的交点,AB⊥平面PAD,△PAD是正三角形,DC∥AB,DA=DC=2AB.
(1)求异面直线PC与AB的夹角的大小;
(2)若E为棱PA上一点,且OE∥平面PBC,求的值;
(3)求证:平面PBC⊥平面PDC.
21.(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,E为PA的中点.
(1)求证:PC∥平面EBD;
(2)求三棱锥C-PAD的体积V三棱锥C-PAD;
(3)在侧棱PC上是否存在一点M,满足PC⊥平面MBD 若存在,求出PM的长;若不存在,请说明理由.
22.(本小题满分12分)在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=AB=DC=BC=1,E是PC的中点,平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明:ED∥平面PAB;
(2)若PC=PA=,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.
答案全解全析
第六章　立体几何初步
1.D 2.B 3.B 4.A 5.B 6.C
7.D 8.D 9.CD 10.AD 11.AD 12.ABC
1.D　在A中,若α⊥β,m α,则m与β相交或m与β平行或m β,故A错误;在B中,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m β,故B错误;在C中,若m∥α,α∩β=n,则m与n平行或异面,故C错误;在D中,若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n,故D正确.故选D.
2.B　由斜二测画法可知直观图的面积是平面图形的面积的.
因为直观图是边长为2的正三角形,所以平面图形的面积为.故选B.
3.B　设点A,B,C,D均在球面O上,球O的半径为R,连接BC,BD,CD,由题意可知三棱锥A-BCD的三条侧棱两两互相垂直,将它扩展为长方体,则该长方体的体对角线的长等于球O的直径,即2R=,即R=,因此该球的表面积S=4πR2=4π×=14π.
4.A　圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形,如图,一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'的长,则AA'=3,又SA=SA'=3,
所以cos∠ASA'=,则∠ASA'=π,
所以该扇形的弧长为π×3=2π.设圆锥的底面半径为r,则2πr=2π,所以r=1.故选A.
5.B　不妨设所在圆的半径为R,所在圆的半径为r,由长度的2倍,可知R=2r,又CD=R-r=1,所以r=1,R=2,故该曲池的体积V=×(R2-r2)×4=4π.故选B.
6.C　取的中点F(与E同侧),连接EF,BF,DF,如图,
则EF∥AD,且EF=AD,所以四边形ADFE为平行四边形,所以DF∥AE,
所以∠FDB(或其补角)为AE与BD的夹角,
设AB=1,则AD=1,BD=,
在△BDF中,由余弦定理的推论得cos ∠FDB=,故∠FDB=,所以AE与BD的夹角为.故选C.
7.D　作出圆锥的轴截面,如图,
截面为正三角形,其边长为4,球心为截面三角形的中心,则球的半径r=.
溢出溶液的体积等于球的体积,即.
8.D　如图,由题意得,多面体ABCDE的外接球即正四面体A-BCD的外接球,且其外接球的直径为AE,易求得正四面体A-BCD的高AF=a,设外接球的半径为R,则R2=,解得R=a,即外接球的半径为a,所以AE=a.
设正三棱锥E-BCD的高为h,因为AE=a+h,所以h=a,
所以EB=EC=ED=a.
又因为△BCD的边长为a,所以正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直.
易求得正三棱锥E-BCD的表面积S=a2,体积V=a3.
设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r,
由S·r=a3,得r=a.故选D.
9.CD　圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2,故A错误.圆锥的母线长为R,故圆锥的侧面积为πR×πR2,故B错误.球的表面积为4πR2,由A中分析知圆柱的侧面积为4πR2,所以圆柱的侧面积与球的表面积相等,故C正确.圆柱的体积为πR2×2R=2πR3,圆锥的体积为R3,球的体积为R3,所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3∶R3=3∶1∶2,故D正确.故选CD.
10.AD　连接B1C和AC,如图.
则F是B1C的中点,又因为E是AB1的中点,所以EF∥AC,因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以BB1⊥AC,所以BB1⊥EF,故A正确;
由图可得AC不垂直于BC,所以AC不垂直于平面BCC1B1,又EF∥AC,所以EF不垂直于平面BCC1B1,故B不正确;
因为AB1∥C1D,EF∥AC,所以∠B1AC(或其补角)为EF与C1D的夹角,因为AC=B1C=B1A,所以∠B1AC=60°,故C不正确;
因为EF∥AC,AC 平面ABCD,EF 平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,又平面A1B1C1D1∥平面ABCD,EF 平面A1B1C1D1,所以EF∥平面A1B1C1D1,故D正确.故选AD.
11.AD　如图所示,分别取线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,
易得MN∥AD1,A1M∥D1E,因为MN∩A1M=M,D1E∩AD1=D1,所以平面A1MN∥平面AED1,因为A1F∥平面AED1,所以A1F 平面A1MN,又点F是侧面BCC1B1内的动点,所以点F的轨迹为线段MN,所以A正确;
因为BE在平面BCC1B1内,直线A1F与平面BCC1B1相交,且交点不在BE上,所以A1F与BE是异面直线,所以B错误;
当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,所以C错误;
因为MN∥AD1,MN 平面ABD1,AD1 平面ABD1,所以MN∥平面ABD1,所以点F到平面ABD1的距离是定值,又△ABD1的面积为定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,所以D正确.故选AD.
12.ABC　由题意得,△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S四边形BCDE=,A正确.
取CD的中点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平行且相等得四边形DNBE是平行四边形,∴BN∥DE,又BN 平面A1DE,DE 平面A1DE,∴BN∥平面A1DE,而BN∩MN=N,∴平面BMN∥平面A1DE,又MB 平面BMN,∴MB∥平面A1DE,C正确.
∵MN∥A1D,NB∥DE,∴∠MNB=∠A1DE=45°,又BN=DE=,为定值,B正确.
假设存在某个位置的△A1DE,使DE⊥A1C.连接CE,取DE的中点O,连接A1O,CO,显然A1O⊥DE,而A1O∩A1C=A1,∴DE⊥平面A1OC,又OC 平面A1OC,∴DE⊥OC,则CE=CD.但CE=,CD=2,CE≠CD,所以不可能有DE⊥A1C,D错误.故选ABC.
13.答案　4π
解析　设圆柱的底面半径为r,则圆柱的高为2r.因为圆柱的体积为2π,所以πr2×2r=2π,解得r=1,所以圆柱的侧面积为2πr×2r=4π.
14.答案　45°
解析　如图,连接AC,BD交于点O,连接OM,易知OM为△APC的中位线,则OM∥PA,OM=PA=1,则∠OMB(或其补角)为异面直线PA与BM的夹角.在Rt△AOB中,OB=AB·cos 45°=1=OM.又BM=,所以OB2+OM2=BM2,所以△OMB为等腰直角三角形,且∠OMB=45°.
15.答案　
解析　因为平面α∥平面AB1C1,平面CBB1C1∩平面α=DE,平面CBB1C1∩平面AB1C1=B1C1,所以DE∥B1C1,故.
16.答案　3;
解析　由题意得,在Rt△PAD中,∠PDA=60°,又AD=,∴PA=3,以AB,AD,AP为交于同一点的棱构造一个长方体,则该长方体的体对角线为其外接球的直径,即四棱锥P-ABCD外接球的直径.设该四棱锥外接球的半径为R,则2R==4,即R=2,
∴该四棱锥外接球的体积V=.
17.解析　(1)证明:过点C作CE⊥AB于点E,则BE=,所以AC2=AE2+CE2==3,
又BC=AD=1,AB=2,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.(2分)
又AC⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC 平面PBC,
所以AC⊥平面PBC,又AC 平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PBC.(4分)
(2)连接BD,由(1)知平面ABCD⊥平面PBC,
因为PB⊥BC,平面ABCD∩平面PBC=BC,PB 平面PBC,
所以PB⊥平面ABCD.(5分)
又AB∥CD,CE⊥AB,CE=,所以CE⊥CD,且△BCD的边CD上的高h=CE=,故S△BCD=,
所以三棱锥P-BCD的体积V三棱锥P-BCD=.(7分)
在△PBC中,因为PB⊥BC,所以S△PBC=.
设点D到平面PBC的距离为d,
则三棱锥D-PBC的体积V三棱锥D-PBC=d.
由V三棱锥D-PBC=V三棱锥P-BCD,得,
解得d=,即点D到平面PBC的距离为.(10分)
18.证明　(1)如图,取DD1的中点M,连接AM,FM.
∵F是CC1的中点,∴MF∥CD,MF=CD.
∵AB∥CD,AB=CD,∴AB∥MF,AB=MF,
则四边形ABFM为平行四边形,∴BF∥AM.(2分)
∵H是AA1的中点,∴AH∥D1M,AH=D1M,则四边形AMD1H为平行四边形,∴AM∥HD1,∴BF∥HD1.(4分)
(2)连接AC,交BD于O,连接OE,OD1,
∵O,E分别为BD,BC的中点,∴OE∥CD,OE=CD.(5分)
∵G为C1D1的中点,∴D1G∥CD,D1G=CD,∴D1G∥OE,D1G=OE,
∴四边形D1GEO为平行四边形,∴EG∥D1O,(7分)
∵D1O 平面BB1D1D,EG 平面BB1D1D,∴EG∥平面BB1D1D.(8分)
(3)∵BF∥HD1,HD1 平面B1D1H,BF 平面B1D1H,
∴BF∥平面B1D1H.(9分)
∵BB1∥DD1,BB1=DD1,∴四边形BB1D1D为平行四边形,∴BD∥B1D1,
又B1D1 平面B1D1H,BD 平面B1D1H,∴BD∥平面B1D1H.(11分)
又∵BD∩BF=B,∴平面BDF∥平面B1D1H.(12分)
19.解析　(1)证明:∵PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,EB,ED 平面EBCD,∴PE⊥平面EBCD,
又BC 平面EBCD,∴PE⊥BC,
∵BC⊥EB,PE,BE 平面PEB,PE∩BE=E,∴BC⊥平面PEB.
∵EM 平面PEB,∴EM⊥BC.(3分)
由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB,
又BC,PB 平面PBC,BC∩PB=B,∴EM⊥平面PBC.
又EM 平面EMN,∴平面EMN⊥平面PBC.(6分)
(2)∵N为BC的中点,∴,(8分)
易知点M,P到平面EBCD的距离的比值为,(10分)
∴.(12分)
20.解析　(1)因为DC∥AB,所以异面直线PC与AB的夹角为PC与CD的夹角,即∠PCD(或其补角).(1分)
因为△PAD是正三角形,DA=DC,所以PD=CD.
因为AB⊥平面PAD,所以DC⊥平面PAD.(2分)
因为PD 平面PAD,所以DC⊥PD,
所以△PDC是等腰直角三角形,
所以∠PCD=,即异面直线PC与AB的夹角为.(4分)
(2)因为OE∥平面PBC,OE 平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,
所以OE∥PC,所以.(5分)
因为DC∥AB,DC=2AB,所以,(6分)
所以.(7分)
(3)证明:因为AB⊥平面PAD,PA,AD 平面PAD,所以AB⊥PA,AB⊥AD.
设AB=a,取PC的中点F,连接FD,FB,则在等腰直角三角形PDC中,FD=PF=a,
在Rt△PAB中,PA=2a,AB=a,故PB=a,
在直角梯形ABCD中,BD=BC=a,
所以BC=PB,所以PC⊥FB,(9分)
在Rt△PFB中,FB=a,
在△FDB中,由FD=a,可知FD2+FB2=BD2,
所以FB⊥FD,(10分)
又FD⊥PC,PC∩FB=F,PC,FB 平面PBC,所以DF⊥平面PBC,
又DF 平面PDC,所以平面PBC⊥平面PDC.(12分)
21.解析　(1)证明:设AC,BD相交于点F,连接EF.
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∴F为AC的中点.
又∵E为PA的中点,∴EF为△PAC的中位线,∴EF∥PC.(2分)
又∵EF 平面EBD,PC 平面EBD,∴PC∥平面EBD.(3分)
(2)∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,∴△ACD是正三角形.
∵PA⊥底面ABCD,∴PA为三棱锥P-ACD的高,(4分)
∴V三棱锥C-PAD=V三棱锥P-ACD=S△ACD·PA=.(7分)
(3)在侧棱PC上存在一点M,满足PC⊥平面MBD.(8分)
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD.
∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴BD⊥PA.
∵AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,又PC 平面PAC,∴BD⊥PC.(9分)
过B作BM⊥PC,垂足为M,连接MD,
∵BM∩BD=B,BM 平面BDM,BD 平面BDM,
∴PC⊥平面BDM.
在△PBC内,PB=PC=,BC=2,
设PM=x,则有BM=8-x2=4-(2-x)2,解得x=,
满足题意.(11分)
∴存在满足条件的点M,此时PM的长为.(12分)
22.解析　(1)证明:取PB的中点F,连接AF,EF.
∵EF是△PBC的中位线,∴EF∥BC且EF=BC.
又AD∥BC且AD=BC,∴AD∥EF且AD=EF,
∴四边形ADEF是平行四边形,∴ED∥AF.
又ED 平面PAB,AF 平面PAB,∴ED∥平面PAB.(4分)
(2)取BC的中点M,连接AM,则AD∥MC且AD=MC,
∴四边形ADCM是平行四边形,
又AD=CD,∴平行四边形ADCM为菱形,∴AM=MC=MB,∴AB⊥AC,可得AC=.(5分)
过D作DG⊥AC于G,则G为AC的中点.
∵平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC,DG 平面ABCD,
∴DG⊥平面PAC,则DG⊥PC.
过G作GH⊥PC于H,连接DH,则PC⊥平面GHD,所以PC⊥DH,
∴∠GHD是二面角A-PC-D的平面角.(6分)
在△ADC中,GD=.(7分)
在△PAC中,易得cos∠ACP=,
连接AE,则AE=.
连接PG,∵PC=PA,G为AC的中点,∴PG⊥AC,∴PG=,
∴点A到PC的距离d=.(10分)
在Rt△GDH中,HD=,
∴cos∠GHD=,
即二面角A-PC-D的平面角的余弦值为.(12分)
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