第八章 立体几何初步 单元素养测评卷(三)（含解析）-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

单元素养测评卷(三)[第八章]
第八章
(时间:120分钟　分值:150分)
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.下列说法中正确的是 (　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.铺的很平的一张纸是一个平面
B.四边形一定是平面图形
C.三点确定一个平面
D.梯形可以确定一个平面
2.以长为8 cm,宽为6 cm的矩形的一边所在直线为轴旋转一周而成的圆柱的底面面积为 (　　)
A.64π cm2 B.36π cm2
C.64π cm2或36π cm2 D.48π cm2
3.如图,某四边形用斜二测画法画出的直观图是上底为2,下底为4,高为1的等腰梯形,则原四边形的面积为 (　　)
A.4 B.4 C.6 D.6
4.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,M为棱AA1的中点,N为棱CC1上靠近点C的一个三等分点,若记正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,则四棱锥B-AMNC的体积为 (　　)
A.V B.V
C.V D.V
5.[2024·宁波五校高一期中] 已知a,b为不重合的直线,α,β为互不相同的平面,则下列说法正确的是 (　　)
A.若α∥β,a α,b β,则a∥b
B.若a∥b,a∥α,b∥β,则α∥β
C.若a∥b,b∥α,则a∥α
D.若a∥α,b α,则a∥b或a与b异面
6.将正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角,则异面直线AB与CD所成的角的正弦值是 (　　)
A. B.
C. D.
7.设PA垂直于△ABC所在的平面α,∠BAC=90°,直线PB,PC与平面α所成的角分别为45°,30°,PA=2,则点P到BC的距离是 (　　)
A. B.
C.2 D.4
8.很多人的童年都少不了折纸的乐趣,传统意义上的手工折纸与数学联系密切.有一张矩形纸片ABCD,BC=4,Q为BC的中点,将△ABQ和△DCQ分别沿AQ,DQ翻折,使点B与点C重合于点P,若∠APD=90°,三棱锥P-QAD的所有顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为 (　　)
A.10π B.16π
C.20π D.40π
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,已知圆锥SO的母线长l=5,底面半径r=4,则下列结论中正确的有 (　 )
A.该圆锥的表面积为36π
B.该圆锥侧面展开图的圆心角为
C.该圆锥的体积为16π
D.该圆锥的轴截面是锐角三角形
10.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法中正确的是 (　　)
A.若m∥α,n∥β且α∥β,则m∥n
B.若m⊥α,n⊥β且α⊥β,则m⊥n
C.若m⊥α,n∥β且α∥β,则m⊥n
D.若m∥α,n⊥β且α⊥β,则m∥n
11.[2024·重庆巴蜀中学高一月考] 满足下列条件的四面体存在的是 (　　)
A.1条棱长为,其余5条棱长均为1
B.1条棱长为1,其余5条棱长均为
C.2条棱长为,其余4条棱长均为1
D.2条棱长为1,其余4条棱长均为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.若一个正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,侧棱长为3,则这个正四棱台的体积为　　　　.
13.在正方体ABCD - A1B1C1D1中,过8个顶点中的任意3点可作一个平面,其中与某一体对角线垂直的平面称为“有效垂面”,则这样的“有效垂面”共有　　　　个.
14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,它的外接球的表面积为　　　　;若E为B1C1的中点,则过B,D,E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为　　　　.
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OA为球O的半径,过OA的中点M且垂直于OA的截面为圆M.
(1)若OA=1,求圆M的面积;
(2)若圆M的面积为3π,求OA的长.
16.(15分)如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=3,AA1=4,M为棱AA1的中点,P是BC上一点,且由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线的长为,设这条最短路线与CC1的交点为N.
(1)求该三棱柱侧面展开图的对角线的长;
(2)分别求PC和NC的长.
17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,AB⊥BD,PB⊥PD,且平面PBD⊥平面ABCD,点G是棱PA上的一点(不包含端点).
(1)求证:PD⊥BG;
(2)若AG=PG,平面PBC与平面GBD的交线为l,求证:l∥平面PCD.
18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PC⊥平面ABCD,M为AD的中点且PA⊥BM.
(1)证明:BM⊥AC;
(2)若PC=DC=3,求二面角B-PA-C的平面角的正切值.
19.(17分)[2024·华师大一附中高一期中] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,其中AD∥BC,且AD=2BC,点E为棱PD的中点.
(1)求证:CE∥平面PAB.
(2)若M为CE上的动点,则棱AD上是否存在点N,使得MN∥平面PAB 若存在,请确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
(3)若PA=PB=PC=AD=10,CD=12,请在图中作出四棱锥P-ABCD过点B,E及棱AD中点的截面,并求出截面周长.
单元素养测评卷(三)
1.D　[解析] 平面是一个无限延展的面,而一张纸只是一个平面图形,A错误;若四边形的四个顶点不共面,则该四边形不是平面图形,B错误;当三点共线时不能确定一个平面,C错误;梯形是一个平面图形,故可以确定一个平面,D正确.故选D.
2.C　[解析] 若以长为8 cm的一边所在直线为轴旋转一周,则形成的圆柱的底面半径为6 cm,圆柱的底面面积为36π cm2;若以宽为6 cm的一边所在直线为轴旋转一周,则形成的圆柱的底面半径为8 cm,圆柱的底面面积为64π cm2.
3.D　[解析] 原图形的面积是用斜二测画法画出的直观图的面积的2倍.该直观图的面积为×(2+4)×1=3,故原四边形的面积为3×2=6.
4.B　[解析] 设B到AC的距离为d,则正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为AC·d·AA1=V.因为M为棱AA1的中点,N为棱CC1上靠近点C的一个三等分点,所以四棱锥B-AMNC的体积为S梯形ACNM·d=··AC·d=×AC·d·AA1=V.故选B.
5.D　[解析] 对于A,若α∥β,a α,b β,则a∥b或a与b异面,故A错误;对于B,若a∥b,a∥α,b∥β,则α∥β或α,β相交,故B错误;对于C,若a∥b,b∥α,则a∥α或a α,故C错误;对于D,若a∥α,b α,则a∥b或a与b异面,故D正确.故选D.
6.D　[解析] 如图,连接BD,设AC,BD,BC的中点分别为E,F,G,连接EF,EG,DE,BE,FG,则FG∥CD,EG∥AB,故∠FGE(或其补角)为异面直线AB与CD所成的角.设正方形ABCD的边长为2,则FG=1,EG=1.因为二面角D-AC-B为直二面角,BE⊥AC,DE⊥AC,所以∠DEB=.在Rt△DEB中,DE=BE=,则DB=2,易得EF=1,则△EFG为等边三角形,故∠FGE=,故异面直线AB与CD所成的角的正弦值为sin=.故选D.
7.B　[解析] 如图,过P作PD⊥BC,垂足为D.因为PA⊥平面α,即PA⊥平面ABC,直线PB,PC与平面α所成的角分别为45°,30°,所以PA⊥AC,PA⊥AB,∠PBA=45°,∠PCA=30°.又PA=2,所以AB==2,AC==2,则PB==2,PC==4,又∠BAC=90°,所以BC==4.在△PBC中,由余弦定理得cos∠PBC===,又∠PBC∈(0°,180°),所以sin∠PBC==,又sin∠PBC=,所以PD=PBsin∠PBC=2×=,即点P到BC的距离是.故选B.
8.C　[解析] 翻折前,在矩形ABCD中,AD=BC=4,因为Q为BC的中点,所以QB=QC=2,则翻折后PQ=2.设PA=PD=x(x>0),由题意知PQ⊥PD,PQ⊥PA,PA⊥PD,所以AD==x=4,解得x=2,即PA=PD=2.将三棱锥P-ADQ补成长方体PAMD-QNGT,如图所示,则长方体PAMD-QNGT的外接球即为三棱锥P-QAD的外接球,易得长方体PAMD-QNGT的外接球直径为2R===2,所以R=,故球O的表面积为4πR2=4π×5=20π.故选C.
9.ABC　[解析] 由题意知,该圆锥的表面积为π×42+π×4×5=36π,所以A正确;该圆锥侧面展开图的圆心角α==,所以B正确;连接SO,易得圆锥的高SO==3,故该圆锥的体积V=π×42×3=16π,所以C正确;设圆锥的轴截面为△ASB,则SA=SB=5,AB=8,由余弦定理得cos∠ASB==-<0,而0<∠ASB<π,则∠ASB为钝角,所以圆锥的轴截面是钝角三角形,所以D不正确.故选ABC.
10.BC　[解析] 若m∥α,n∥β且α∥β,则m,n可能平行,可能异面,也可能相交,故A错误;若m⊥α,n⊥β且α⊥β,则m,n一定垂直,故B正确;若m⊥α,n∥β且α∥β,则m,n一定垂直,故C正确;若m∥α,n⊥β且α⊥β,则m,n可能相交,可能平行,也可能异面,故D错误.故选BC.
11.BCD　[解析] 对于选项A,如图①,四面体ABCD满足AB=BC=CA=BD=CD=1,设AD=a,取BC的中点E,连接AE,DE,则AE=DE=.在△ADE中,由三角形三边的关系知,|AE-DE|(1)当长为a的两条棱为相对棱时,如图②,不妨设BC=AD=a,AB=AC=BD=CD=1,取BC的中点E,连接AE,DE,则AE=DE==,在△ADE中,由三角形三边的关系知,|AE-DE|(2)当长为a的两条棱有公共顶点时,如图③,不妨设BD=CD=a,AB=BC=AC=AD=1,取BC的中点E,连接AE,DE,则DE===,AE==,在△ADE中,由三角形三边的关系知,|AD-AE|12.　[解析] 由题意知,该正四棱台上底面的对角线长为2,下底面的对角线长为4,侧棱长为3,所以正四棱台的高为=,故这个正四棱台的体积为×(4++16)×=.
13.8　[解析] 正方体ABCD - A1B1C1D1的体对角线有AC1,BD1,B1D,A1C,共4条.以AC1为例,与AC1垂直的“有效垂面”有2个,分别为平面B1CD1和平面A1BD.类似地,其他3条体对角线也各有2个“有效垂面”,故共有8个“有效垂面”.
14.12π　　[解析] 设棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的半径为R,则2R==2,所以R=,所以外接球的表面积S=4πR2=12π.如图所示,过点E作EK∥BD,交C1D1于K,连接DK,BD,BE,则过B,D,E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为四边形EKDB,易知K为C1D1的中点,四边形EKDB为等腰梯形.过点E作EF⊥BC,垂足为点F,过点F作FG⊥BD,垂足为点G,连接EG,易知EG为等腰梯形EKDB的高,且EG==,又BD=2,EK=,所以等腰梯形EKDB的面积S'=×(2+)×=.
15.解:(1)因为OA=1,所以OM=,故圆M的半径为==,所以圆M的面积为×π=.
(2)因为圆M的面积为3π,所以圆M的半径为,
则OA2=+3,即OA2=3,可得OA=2.
16.解:(1)该三棱柱的侧面展开图是宽为4,长为9的矩形,所以三棱柱侧面展开图的对角线的长为=.
(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB1展开,如图所示.
设PC的长为x,则MP2=MA2+(AC+x)2,因为MP=,MA=2,AC=3,所以x=2,即PC的长为2.因为CN∥AM,所以=,即=,所以CN=.
17.证明:(1)因为平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩ 平面ABCD=BD,AB⊥BD,AB 平面ABCD,所以AB⊥平面PBD,
又PD 平面PBD,所以AB⊥PD.
又PB⊥PD,PB∩AB=B,PB,AB 平面PAB,所以PD⊥平面PAB,
又BG 平面PAB,所以PD⊥BG.
(2)连接AC,记AC∩BD=O,连接GO,如图所示.
因为四边形ABCD是平行四边形,所以O是AC的中点,又AG=PG,所以GO∥PC,
又GO 平面GBD,PC 平面GBD,所以PC∥平面GBD,
又平面PBC∩ 平面GBD=l,PC 平面PBC,所以PC∥l,
又PC 平面PCD,l 平面PCD,所以l∥平面PCD.
18.解:(1)证明:∵PC⊥平面ABCD,BM 平面ABCD,∴BM⊥PC,
又∵PA⊥BM,PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,
∴BM⊥平面PAC.∵AC 平面PAC,∴BM⊥AC.
(2)易得△MAB∽△ABC,∴=,
又∵DC=AB=3,MA=AD=BC,
∴AD=BC=3,∴AC==3,BM==,PA==6.
设AC与BM交于点O,∵AD∥BC,∴===,∴CO=2,AO=,BO=.过O作OE⊥PA交PA于点E,连接BE,如图,
∵BO⊥平面PAC,AP 平面PAC,∴BO⊥PA,
∵EO∩BO=O,OE,OB 平面OEB,∴AP⊥平面OEB,
又BE 平面OEB,∴AP⊥BE,∴∠OEB为二面角B-PA-C的平面角.
在△PAC中,=,即=,解得EO=,∴tan∠OEB==2,即二面角B-PA-C的平面角的正切值为2.
19.解:(1)取PA的中点F,连接EF,BF,如图.
因为E,F分别为PD,PA的中点,
所以EF∥AD,且EF=AD,
又AD∥BC,且AD=2BC,
所以EF∥BC且EF=BC,
所以四边形BCEF为平行四边形,
所以CE∥FB,又CE 平面PAB,FB 平面PAB,所以CE∥平面PAB.
(2)当N为棱AD的中点时,MN∥平面PAB.
取棱AD的中点N,连接EN,CN.
因为E,N分别为PD,AD的中点,
所以EN∥PA,又EN 平面PAB,PA 平面PAB,
所以EN∥平面PAB.
因为AN=BC,且AN∥BC,
所以四边形BCNA为平行四边形,
所以NC∥AB,又NC 平面PAB,AB 平面PAB,所以NC∥平面PAB,
又EN∩NC=N,EN,NC 平面ENC,
所以平面ENC∥平面PAB,又MN 平面ENC,所以MN∥平面PAB,
所以当N为棱AD的中点时,MN∥平面PAB.
(3)设AD,PC的中点分别为N,H,连接BN,NE,EH,HB.
因为DN=BC,且DN∥BC,
所以四边形NDCB为平行四边形,
所以DC∥NB.因为E,H分别为PD,PC的中点,
所以EH∥DC,所以EH∥NB,
则四边形EHBN为四棱锥P-ABCD过点B,E及棱AD中点的截面.
BN=CD=12,EN=PA=5,HE=CD=6.
在△PBC中,PB=PC=10,BC=5,
则cos∠PCB==,即cos∠HCB=.
在△BCH中,BC=HC=5,由余弦定理得BH2=BC2+HC2-2BC·HC·cos∠HCB=25+25-2×5×5×=,则BH=,
所以截面周长为BN+EN+HE+BH=12+5+6+=23+.