新人教A版必修第二册2024春高中数学第8章 立体几何初步 章末综合测评（含解析）

章末综合测评(三)　立体几何初步
(时间：120分钟　满分：150分)
一、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．下列条件中，能确定一个平面的是(　　)
A．空间中任意三点
B．空间中两条直线
C．空间中两条相交直线
D．一条直线和一个点
2．一个棱柱的侧面展开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6 cm，4 cm，则该棱柱的侧面积为(　　)
A．24 cm2　　　　 B．36 cm2
C．72 cm2　 D．84 cm2
3．(2022·厦门一中月考)如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是(　　)
A．4　　B．10　　C．4　　D．5
4．(2022·新高考Ⅰ卷)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
5．(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A．　B．　C．　D．
6．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′等于(　　)
A．2∶1 　B．3∶1 　C．3∶2 　D．4∶3
7．底面半径为，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为(　　)
A．6π 　B．12π 　C．8π 　D．16π
8．(2022·广东韶关期末)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，则过B、E、D1三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为(　　)
A．5 　B．　C．2　D．4
二、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．如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是(　　)
A．BM∥ED　
B．EF∥CD　
C．CN与BM为异面直线
D．DM⊥BN
10．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ABC，F-ABC，E-ACF的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)
A．V3＝2V2　 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2　 D．2V3＝3V1
11．如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中正确的有(　　)
A．平面EFGH∥平面ABCD
B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD
D．平面PAD∥平面PAB
12．如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AB＝2，AA1＝，E，F分别为AB，BC的中点．则(　　)
A．A1E⊥DF
B．点A1、E、F、C1四点共面
C．直线C1D与平面BB1C1C所成角的正切值为
D．三棱锥E-C1DF的体积为
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．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　　　　．
14．如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1∶V2＝　　　　．
15．如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面互相垂直，则cos α∶cos β＝　　　　．
16．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，且这个球的体积是那么这个三棱柱的侧面积为　　　　，体积是　　　　．
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)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，求剩余部分几何体的体积V.
18．(本小题满分12分)如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点．
(1)如图①，若EH与FG相交于点K，求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点；
(2)如图②，若EH∥FG，求证：EH，BD，FG三条直线互相平行．
19．(本小题满分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.
20．(本小题满分12分)(2022·江西临川一中期中)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，D为棱BC的中点．
(1)证明：A1C∥平面AB1D；
(2)求点A1到平面AB1D的距离．
21．(本小题满分12分)如图①，在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝3，M为CD上一点，且CM＝2MD.将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，如图②，点E是线段AM的中点．
(1)求证：平面BDE⊥平面ABCM；
(2)过B点是否存在一条直线l，同时满足以下两个条件：①l 平面ABCM；②l⊥AD.请说明理由．
22．(本小题满分12分)(2022·贵州月考)在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑(nào)”．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝，AB＝1，AC＝2，E为棱PB上一点．
(1)若AE⊥平面PBC，求VP-ACE∶VE-ABC；
(2)求二面角A-PC-B的余弦值．
章末综合测评(三)　立体几何初步
1．C　[对于A，空间任意三点，当三点共线时能确定一条直线而不是平面，故错误；对于B，空间两条直线，当两条直线重合时，过这条直线的平面有无数个，故错误；对于C，空间两条相交直线，根据课本中的判定得到是正确的；对于D，一条直线和一个点，当这个点在直线上时，过这条直线的平面有无数个，故错误．故选C.]
2．C　[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]
3．B　[平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′·sin 30°＝5×2×＝5，所以原平面图形的面积是S＝2S′＝2＝.故选B.]
4．C　[依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.
棱台下底面积S＝140.0 km2＝140×106m2，上底面积S′＝180.0 km2＝180×106m2，
∴V＝h＝×9×＝3××106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．
故选C.]
5．D　[法一：如图，连接C1P，因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，
且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP 平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝，所以∠PBC1＝，故选D.
法二：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.]
6．A　[连接AB′，A′B(图略)，由已知条件可知∠BAB′＝，∠ABA′＝，
设AB＝2a，则BB′＝2a sin a，
A′B＝2a cos a，
∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，
∴AB∶A′B′＝2∶1.]
7．D　[由题意，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O＝R－1.
由勾股定理可得R2＝(R－1)2＋2，∴R＝2，
∴球O的表面积为4πR2＝16π.]
8．C　[设平面BED1交棱AD于F，由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得ED1∥BF，D1F∥BE，
由勾股定理可得四边形D1FBE所有边长的长度为，
所以D1FBE是菱形，且F为AD的中点，
取A1D1的中点M，连接FM，ME，
则D1B＝
＝，
EF＝，
故＝.故选C.]
9．BCD　[作出正方体的直观图，如图，由直观图可知BM与DE为互相垂直的异面直线，故A错误；EF∥AB∥CD，故B正确；
CN与BM为异面直线，故C正确；
由正方体性质得BN⊥平面DEM，故NB⊥DM，故D正确．故选BCD.]
10．CD　[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝＝＝.连接BD交AC于M，连接EM、FM(图略)，则FM＝，EF＝3，所以FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM⊥FM，故S△EMF＝S△EMF×AC＝2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故选CD.]
11．ABC　[把平面展开图还原为四棱锥如图所示，则EH∥AB，因为AB 平面ABCD，EH 平面ABCD，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，因为EH∩EF＝E，EH，EF 平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC均是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．因为AB∥CD，CD 平面PCD，AB 平面PCD，所以AB∥平面PCD.同理，BC∥平面PAD.]
12．BCD　[对于A，假设A1E⊥DF，由题意知BC⊥平面AA1B1B，A1E 平面AA1B1B，∴A1E⊥BC，又BC∩DF＝F，∴A1E⊥平面ABCD，由长方体性质知A1E与平面ABCD不垂直，故假设不成立，故A错误；
对于B，连接EF，AC，A1C1，由于E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，又因为长方体ABCD-A1B1C1D1，知A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，所以点A1、E、F、C1四点共面，故B正确；
对于C，由题意可知DC⊥平面BB1C1C，∴∠DC1C为直线C1D与平面BB1C1C所成角，在Rt△DCC1中，CC1＝，CD＝2，则tan∠DC1C＝，故C正确；
对于D，连接DE，C1E，∵AB＝AD＝2，则S△DEF＝S□ABCD－S△ADE－S△BEF－S△CDF＝2×2－利用等体积法知：＝＝·S△DEF·CC1＝，故D正确．故选BCD.]
13．3　[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.]
14．1∶24　[因为D，E分别是AB，AC的中点，
所以S△ADE∶S△ABC＝1∶4.又F是AA1的中点，
所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍，即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍，所以V1∶V2＝＝1∶24.]
15．∶2　[如图，设两个矩形分别为矩形ABCD、矩形ABEF，因为平面ABCD⊥平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
AF 平面ABEF，AF⊥AB，故AF⊥平面ABCD，而AC 平面ABCD，
所以AF⊥AC，同理CB⊥BF.
由题意，两个矩形的对角线长分别为5，2，
所以cos α＝，cos β＝，
所以cos α∶cos β＝∶2.]
16．48　48　[设球的半径为r，则πr3＝π，
得r＝2，柱体的高为2r＝4.
又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，
所以底面正三角形的边长为4，
所以正三棱柱的侧面积S侧＝3×4×4，
体积V＝2×4＝48.]
17．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．证明：(1)因为K∈EH，EH 平面ABD，
所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，因此K∈BD，
所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点．
(2)因为EH∥FG，FG 平面BCD，EH 平面BCD，
所以EH∥平面BCD，而EH 平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以EH∥BD，而EH∥FG，所以EH∥FG∥BD.
19．证明：(1)如图，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，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.
20．解：(1)证明：连接A1B交AB1于O，连接OD，
正三棱柱ABC-A1B1C1中，易得O为AB1中点，
又D为BC的中点，所以OD∥A1C.
因为A1C 平面AB1D，OD 平面AB1D，
所以A1C∥平面AB1D.
(2)因为A1C∥平面AB1D，
所以C与A1到平面AB1D的距离相等，
由题意得AB1＝2，
因为AD2＋＝，所以AD⊥DB1，
所以，S△ADC＝，
设C到平面ADB1的距离为h，则，
所以×2，所以h＝，
即点A1到平面AB1D的距离为.
21．解：(1)证明：由已知得DA＝DM，E是AM的中点，所以DE⊥AM.
因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，所以DE⊥平面ABCM.
又DE 平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCM.
(2)过B点存在一条直线l，同时满足以下两个条件：①l 平面ABCM；②l⊥AD.
理由：
在平面ABCM中，
过点B作直线l，使l⊥AM(图略)．
因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ABCM∩平面ADM＝AM，所以l⊥平面ADM，所以l⊥AD.
22．解：(1)因PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，AB 平面ABC，则PA⊥BC，PA⊥AB，又AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC.又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，因此BC⊥平面PAB.
所以VP-ACE∶VE-ABC＝VC-PAE∶VC-ABE＝PE∶EB，
在Rt△PAB中，PB＝2，由AE⊥平面PBC得AE⊥PB，则PA·AB＝PB·AE，即有AE＝，
在Rt△PAE中，PE＝，则有EB＝，所以VP-ACE∶VE-ABC＝3∶1.
(2)如图，作AE⊥PB于点E，过点E作EO垂直PC于点O，连接AO.
由(1)知，BC⊥平面PAB，AE 平面PAB，则BC⊥AE，而PB∩BC＝B，PB，BC 平面PBC，
于是得AE⊥平面PBC.
又PC 平面PBC，则AE⊥PC.
又EO⊥PC，AE，EO 平面AOE，AE∩EO＝E，
则有PC⊥平面AOE，所以PC⊥AO.
因此∠AOE是二面角A-PC-B的平面角．
在Rt△PAC中，PC＝，
则AO＝.
由(1)知，AE＝，
在Rt△AOE中，sin ∠AOE＝，
则cos ∠AOE＝，
所以二面角A-PC-B的余弦值是.