第八章　立体几何初步 章末检测（含解析）-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

第八章　立体几何初步
章末检测
(时间：120分钟，满分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．直线l与平面α不平行，则(　　)
A．l与α相交　　 B．l α
C．l与α相交或l α　 D．以上结论都不对
2．(2024年封开月考)某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为2π，则该圆锥体积为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2024年平果模拟)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中，B′C′＝1，OC′＝，则该平面图形的面积为(　　)
A． B．2
C．2 D．4
4．如图，正四棱锥P－ABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则直线BE与平面PAC所成的角为(　　)
A．30°　　 B．45°
C．60°　 D．90°
5．(2024年扬州模拟)已知某圆锥底面半径为1，高为2，则该圆锥的外接球表面积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
6．(2024年石家庄月考)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m∥α的一个充分条件是(　　)
A．m∥n，n∥α B．m∥β，α∥β
C．m⊥n，n⊥α，m α D．m∩n＝A，n∥α，m α
7．(2024年临汾模拟)宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3∶4，则该汝窑双耳罐的体积是(　　)
A．立方厘米 B．立方厘米
C．立方厘米 D．立方厘米
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为(　　)
A．4　　 B．2
C．　 D．
二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．(2024年深圳福田区模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线l 平面ABB1A1，直线m 平面BCC1B1，直线n 平面ABCD，则直线l，m，n的位置关系可能是(　　)
A．l，m，n两两垂直 B．l，m，n两两平行
C．l，m，n两两相交 D．l，m，n两两异面
10．(2024年江门蓬江区月考)下列命题中正确的有(　　)
A．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为16π
B．圆柱形容器底半径为5 cm，两直径为5 cm的玻璃球都浸没在容器的水中，若取出这两个小球，则容器内水面下降的高度为 cm
C．正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，其体积为
D．已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为π
11．(2024年紫金期中)如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2，BB1＝，D，E分别为棱BC，BB1的中点，则(　　)
A．A1B∥平面ADC1
B．AD⊥C1D
C．异面直线AC与DE所成角的余弦值为
D．平面ADC1与平面ABC的夹角的正切值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2024年聊城期中)五棱台的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则V＋F－E＝________．
13．(2024年中山月考)已知球O是某圆锥内可放入的最大的球，其半径为该圆锥底面半径的一半，则该圆锥的体积与球O的体积的比值为________．
14．(2024年佛山高明区月考)某同学将一张圆心角为的扇形纸壳裁成扇环(如图1)后，制成了简易笔筒(如图2)的侧面，已知OB＝2OA＝60 cm，则制成的简易笔筒的体积为________cm3．
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)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綉AD，BE綉FA，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？请说明理由．
16．(15分)(2024年封丘月考)如图，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是DD1的中点．
(1)求证：D1B∥平面ACE；
(2)设正方体的棱长为1，求三棱锥B－AEC的体积．
17．(15分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连接ED，EC，EB和DB．(1)求证：平面EDB⊥平面EBC；
(2)求二面角E－DB－C的正切值．
18．(17分)(2024年江门新会区月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝2，O是AC与BD的交点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M是PD的中点．
(1)求证：PB∥平面ACM；
(2)求证：平面PBC⊥平面PAC；
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
19．(17分)(2024年深圳中学月考)如图，在正四棱锥S－ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝，AB＝，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD．
(1)求正四棱锥S－ABCD的表面积．
(2)若M为SA的中点，求平面BMD与平面ABCD所成的二面角的余弦值．
(3)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
参考答案
选择题
1.【答案】C
【解析】直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交．因为直线l与平面α不平行，所以l与α相交或l α．
2.【答案】B
【解析】设该圆锥的底面半径为r，高h＝＝，由侧面积与轴截面面积的比值为2π，可得＝2π，解得r＝，h＝＝，则该圆锥的体积V圆锥＝π××＝．故选B．
3.【答案】D
【解析】因为直观图是底角为45°的等腰梯形，且B′C′＝1，OC′＝，所以等腰梯形的高h＝OC′sin 45°＝×＝1，所以等腰梯形的面积S′＝×(1＋1＋1＋1)×1＝2，所以原平面图形的面积S＝2S′＝2×2＝4．故选D．
4.【答案】C
【解析】如图，在正四棱锥P－ABCD中，根据底面积为6，可得BC＝．连接BD交AC于点O，连接PO，OE，则PO为正四棱锥P－ABCD的高，根据体积公式可得PO＝1．因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD．又因为BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC．连接EO，则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝，所以PA＝2，OE＝PA＝1．在Rt△BOE中，因为BO＝，所以tan ∠BEO＝＝，即∠BEO＝60°．故直线BE与平面PAC所成角为60°．
5.【答案】C
【解析】根据题意，设圆锥外接球的半径为r，则有r2＝1＋(2－r)2，解得r＝，则该圆锥的外接球表面积S＝4πr2＝．故选C．
6.【答案】C
【解析】对于A，由m∥n，n∥α，可得m α或m∥α，故A错误；对于B，由m∥β，α∥β，可得m α或m∥α，故B错误；对于C，由m⊥n，n⊥α，m α，可得m∥α，故C正确；对于D，由m∩n＝A，n∥α，m α，可得m，α相交或m∥α，故D错误．故选C．
7.【答案】D
【解析】∵上、下两圆台的高之比是3∶4，∴上圆台的高为14×＝6厘米，下圆台的高为14×＝8厘米，故上圆台的体积为V1＝6×＝312π 立方厘米，下圆台的体积为V2＝8×＝π 立方厘米，故该汝窑双耳罐的体积为V1＋V2＝312π＋π＝立方厘米．故选D．
8.【答案】D
【解析】如图，取A′D的中点N，连接PN，MN．∵M是A′C的中点，∴MN∥CD，且MN＝CD．∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，∴PB∥CD，且PB＝CD．∴MN∥PB，且MN＝PB．∴四边形PBMN为平行四边形．∴MB∥PN．∴∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．在Rt△A′PN中，tan ∠A′PN＝＝，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为．故选D．
多项选择题
9.【答案】ACD
【解析】如图，当l为BB1，m为BC，n为CD时，满足直线l 平面ABB1A1，直线m 平面BCC1B1，直线n 平面ABCD，l，m，n两两相交且垂直，当l为A1B，m为B1C1，n为AC时，三条直线两两异面，故A，C，D正确；三条直线不可能两两平行，若l∥n，则l∥AB∥n，而AB与平面BCC1B1相交，则AB与m不平行，故B错误．故选ACD．
10.【答案】BCD
【解析】对于A，截面小圆半径为1，则球的半径R＝＝，该球的表面积为4πR2＝8π，A错误；对于B，设容器内水面下降的高度为h，则52π·h＝2××3，解得h＝，B正确；对于C，正四棱台的高h′＝＝，体积为(22＋＋42)×＝，C正确；对于D，设圆锥的底面圆半径r，则2πr＝10×，解得r＝4，圆锥的高h0＝＝2，体积为π×42×2＝π，D正确．故选BCD．
11.【答案】ABD
【解析】如图，对于A，连接A1C交AC1于F，连接DF，则DF∥A1B，因为A1B 平面ADC1，DF 平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1，故A正确；对于B，由题可知AD⊥BC，因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，所以AD⊥平面BCC1B1，又C1D 平面BCC1B1，所以AD⊥C1D，故B正确；对于C，连接CB1，AB1，则CB1∥DE，∠ACB1为异面直线AC与DE所成的角(或其补角)，由余弦定理可得cos ∠ACB1＝＝＝，故异面直线AC与DE所成角的余弦值为，故C错误；对于D，由B的分析过程可知∠CDC1为平面ADC1与平面ABC的夹角的平面角，所以tan ∠CDC1＝＝，故D正确．故选ABD．
填空题
12.【答案】2
【解析】根据题意，在五棱台中，V＝10，E＝15，F＝7，则V＋F－E＝2．
13.【答案】
【解析】设球的半径为r，则圆锥的底面圆的半径为2r，设O与圆锥底面圆的连线与圆锥底面所成的角为θ，则母线与底面所成角为2θ，则tan θ＝，∴tan 2θ＝＝，∴圆锥的高为2r tan 2θ＝，∴该圆锥的体积与球O的体积的比值为＝．
14.【答案】
【解析】根据题意，设所得圆台的上底半径为r1，下底半径为r2，在图1的扇形中，OB＝60 cm，OA＝30 cm，圆心角为，则有＝2πr1＝OA×＝10π，变形可得r1＝5 cm，同理，＝2πr2＝OB×＝20π，变形可得r2＝10 cm，AB＝OB－OA＝30 cm，则圆台的高h＝＝＝5 cm，故圆台的体积V＝(100π＋25π＋)×5＝ cm3．
解答题
15.(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綉AD．
又因为BC綉AD，所以GH綉BC．所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)解：C，D，F，E四点共面．理由如下．
由BE綉FA，G是FA的中点，知BE綉GF．
所以EF綉BG．由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH．故EC，FH共面．
又因为点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．
16.(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接OE，
则O为BD的中点，又因为E是DD1的中点，
所以OE是△BDD1的中位线，所以OE∥D1B，
又因为OE 平面AEC，D1B 平面AEC，所以D1B∥平面AEC；
(2)解：正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知D1D⊥平面ABCD，所以
V三棱锥B－AEC＝V三棱锥E－ABC＝S△ABC·ED＝××AB×BC×ED＝××1×1×＝．
17.(1)证明：由题意可知△DD1E为等腰直角三角形，∠D1ED＝45°．
同理，∠C1EC＝45°．所以∠DEC＝90°，即DE⊥EC．
又因为BC⊥平面D1DCC1，DE 平面D1DCC1，所以BC⊥DE．
又因为EC∩BC＝C，所以DE⊥平面EBC．
因为DE 平面EDB，所以平面EDB⊥平面EBC．
(2)解：如图，过E作EO⊥DC于点O，过点O作OF⊥DB于点F，连接EF．
因为平面ABCD⊥平面D1DCC1，且交线为DC，
所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OF，EO⊥BD．
由BD⊥OF，BD⊥OE，OF∩OE＝O，得BD⊥平面EFO，所以BD⊥EF．
所以∠EFO为二面角E－DB－C的平面角．
在Rt△EFO中，易求得OF＝，又因为OE＝1，所以tan ∠EFO＝＝．
所以二面角E－DB－C的正切值为．
18.(1)证明：在平行四边形ABCD中，∵O为AC与BD的交点，
∴O为BD的中点，又M为PD的中点，∴PB∥MO．
又∵PB 平面ACM，MO 平面ACM，∴PB∥平面ACM．
(2)证明：∵PO⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴BC⊥PO．
在△ADC中，∵AD＝AC，∴AD⊥AC．∵AD∥BC，∴BC⊥AC．
∵PO∩AC＝O，PO 平面PAC，AC 平面PAC，∴BC⊥平面PAC．
又∵BC 平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．
(3)解：如图，取DO的中点N，连接MN，AN，∵M为PD的中点，
∴MN∥PO，且MN＝PO＝1．
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．
∵∠ADC＝45°，AD＝AC＝2，∠ACD＝∠ADC＝45°，∴∠CAD＝90°．
在Rt△DAO中，AD＝2，AO＝AC＝1，∴DO＝，从而AN＝DO＝．在Rt△ANM中，tan ∠MAN＝＝＝，∴直线AM与平面ABCD所成角的正切值为．
19.解：(1)在正四棱锥S－ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝，AB＝，
则正四棱锥侧面的高为h＝＝，
∴正四棱锥的表面积为S＝4×××＋×＝8．
(2)如图1，连接BD交AC于点O，
因为四边形ABCD是正方形，∴O为AC的中点．
∵在正四棱锥S－ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝，AB＝，
∴当M为SA的中点时，有BM＝DM．∴OM⊥BD．
又∵四边形ABCD是正方形，∴AO⊥BD．
∴∠AOM即为平面BMD与平面ABCD所成的二面角的平面角．
又∵O为AC的中点，M为SA的中点，∴OM∥SC，且OM＝SC＝．
易得AM＝，AO＝1，∴cos ∠AOM＝＝．
∴平面BMD与平面ABCD所成的二面角的余弦值为．
(3)在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，满足＝2，理由如下：
取SD的中点Q，由SP＝3PD，得PQ＝PD，
如图2，过点Q作PC的平行线交SC于点E，连接BQ，BE，在△BDQ中，有BQ∥OP，∵PO 平面PAC，BQ 平面PAC，∴BQ∥平面PAC．
由＝2，得＝＝2，∴QE∥PC．
∵PC 平面PAC，QE 平面PAC，∴QE∥平面PAC．
∵BQ∩QE＝Q，BQ，QE 平面BEQ，∴平面BEQ∥平面PAC．
∵BE 平面BEQ，∴BE∥平面PAC．