阶段质量评价(三)　立体几何初步（含解析）高中数学人教A版（2019）必修 第二册 第八章

阶段质量评价(三)　立体几何初步
(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．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列正确的是(　　)
A．过球面上两点与球心有且只有一个平面
B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台
C．底面是正多边形，侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥
D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
2.已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形，其中AB＝AC＝2，则该平面图形的面积为(　　)
A. B．2
C．2 D．4
3．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β，则m∥n
④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是(　　)
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
4.如图，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，且PA＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于(　　)
A．2 B.
C. D.
5.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合．已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为－1和3，则此组合体外接球的表面积是(　　)
A．16π B．20π
C．24π D．28π
6．圆台的上、下底面半径之比为1∶2，一条母线长度为2，这条母线与底面所成角等于30°，这个圆台的体积为(　　)
A.π B.π
C.π D．7π
7．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为(　　)
A．1 B．2
C. D.
8．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A′B′C′的体积为，AB＝6，A′B′＝2，则A′A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B．1
C．2 D．3
二、多项选择题(本大题共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．下列结论正确的是(　　)
A．S棱柱侧＝cl(其中c为底面周长，l为棱柱侧棱长)仅适用于正棱柱
B．若圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，则一定有S圆锥侧＝πrl
C．如果一个球的表面积变为原来的9倍，那么对应的球的半径变为原来的3倍
D．若一圆锥的侧面展开图为半圆，且面积为S，则圆锥的底面积是
10.PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，则下列关系正确的是(　　)
A．PA⊥BC
B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB
D．PC⊥BC
11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面结论正确的是(　　)
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．平面ACC1A1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，则该圆柱一个底面的面积为________.
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.
14．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π，那么这个三棱柱的侧面积为________，体积是________.
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)如图，在圆锥PO中，已知PO＝，圆O的直径AB＝2，C是弧AB上的点(点C不与A，B重合)，D为AC的中点．
(1)求圆锥PO的侧面积；
(2)证明：平面POD⊥平面PAC.
16．(15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点．
(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面，存在请证明，不存在请说明理由；
(2)若PC＝2，求三棱锥P－ACE的体积.
17．(15分) 如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面α，使得α∥平面BDF.
(1)作出α截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；
(2)求平面α与平面BDF的距离．
18．(17分)将如图①的矩形ABMD沿CD翻折后构成一四棱锥M－ABCD(如图②)，若在四棱锥M－ABCD中有MA＝.
(1)求证：AC⊥MD；
(2)求四棱锥M－ABCD的体积．
19．(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD.
阶段质量评价(三)
1．选C　当球面上的两点恰好是直径的两个端点时，这三点共线，此时过这三点有无数个平面，故A错误；用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故B错误；根据正棱锥的定义：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．所以底面是正多边形且侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥，符合定义，故C正确；两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，侧棱延长不一定会相交于一点，所以不一定是棱台，故D错误．故选C.
2.选D　作出原图形如图所示，则AB′＝2，AC′＝4，所以该平面图形的面积为·AB′·AC′＝×2×4＝4，故选D.
3．选A　若α∩β＝m，则m α，m β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n α或n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成的角可以为内的任意角，④错误．故选A.
4.选B　如图，将此多面体补成一个正方体．∵AC∥BD，∴PB与AC所成的角的大小即为此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小．在Rt△PBD中，∠PDB＝90°，PD＝a，DB＝a，
∴tan∠DBP＝＝.
5．选B　设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则OO＋12＝R2，而OO1＝－1＋3－R，故R2＝1＋(＋2－R)2，解得R＝.此组合体外接球的表面积S＝4πR2＝20π.故选B.
6.选D　如图，由题意得BD＝2，AB＝2CD，∠ABD＝30°，过点D作DE⊥AB于点E，则DE＝1，BE＝.因为圆台的上、下底面半径之比为1∶2，所以CD＝AE＝BE＝.则圆台上底面面积为()2π＝3π，下底面面积为(2)2π＝12π.故圆台的体积为(12π＋3π＋)×1＝7π.故选D.
7.选D　由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G，易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG 平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D.
8．选B　如图，分别取BC，B′C′的中点D，D′，连接AD，A′D′，DD′.
易证得平面ADD′A′⊥平面ABC.
过点A′作A′E⊥AD于点E，则A′E⊥平面ABC，
即A′E为正三棱台的高．
由上述可知，∠A′AE为直线A′A与平面ABC所成的角．
由已知易得正三棱台ABC A′B′C′的上、下底面的面积分别为×2×＝，×6×3＝9.
由正三棱台ABC A′B′C′的体积为，得×(＋9＋3)×A′E＝，
解得A′E＝.
取△ABC，△A′B′C′的重心分别为G，G′，连接GG′，则四边形A′EGG′为矩形，
所以EG＝A′G′＝A′D′＝(方法技巧：利用正三角形的重心性质)，
所以AE＝AG－EG＝AD－EG＝×3－＝.在Rt△A′AE中，
tan∠A′AE＝＝＝1.故选B.
9．选BCD　A中公式适合所有的直棱柱，故A错误；B正确；C中由4πr＝9×4πr得r1＝3r2，故C正确；D中设侧面展开图即半圆的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，则S＝πR2,2πr＝πR，∴r＝，S底＝πr2＝π·＝，故D正确．故选B、C、D.
10．选ABD　∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴PA⊥BC，A正确；又∵BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.又PC 平面PAC，∴BC⊥PC.∴B、D均正确．故选A、B、D.
11．选ABC　∵ABCD A1B1C1D1为正方体，∴BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，故A正确；连接AC，∵ABCD A1B1C1D1为正方体，∴BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，
∴BD⊥AC1，故B正确；由上可知BD⊥平面ACC1，又BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面ACC1，则平面ACC1A1⊥平面CB1D1，故C正确；异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角，∴所求角为45°，故D错误．故选A、B、C.
12．解析：因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长2，该圆柱底面圆半径为.故该圆柱一个底面的面积S＝πr2＝π×2＝.
答案：
13．解析：当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出m⊥β，即②④是m⊥β的充分条件，∴满足条件②④时，有m⊥β.
答案：②④
14．解析：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＝48，体积V＝×(4)2×4＝48.
答案：48　48
15．解：(1)∵PO＝，
底面半径r＝OB＝AB＝1，
∴母线l＝PB＝＝.
∴S侧＝πrl＝π×1×＝π.
(2)证明：∵PA＝PC，D是AC的中点，
∴PD⊥AC.
又∵OA＝OC，D是AC的中点，∴OD⊥AC.
又PD∩OD＝D，PD 平面POD，OD 平面POD.∴AC⊥平面POD.
∵AC 平面PAC，
∴平面POD⊥平面PAC.
16．解：(1)存在PA的中点G满足条件．证明如下：
接GE，GD，则GE是三角形PAB的中位线，
所以GE∥AB.
又由已知AB∥DC，所以GE∥DC.
所以G，E，C，D四点共面．
(2)因为E是PB的中点，
所以VP ACE＝VC PAE＝VC PAB＝VP ACB.
由(1)知AC⊥BC，所以S△ABC＝AC·BC＝1.VP CAB＝PC·S△CAB＝，所以VP ACE＝.
17．解：(1)连接B1D1，EB1，ED1，
由正方体性质可得BD∥B1D1，BF∥ED1.
又BF∩BD＝B，所以平面EB1D1∥平面BDF.
因为α∥平面BDF，且E∈α，所以平面EB1D1与平面α重合．
即三角形EB1D1就是α截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面．
(2)由(1)可知平面α与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离．
设点B1到平面BDF的距离为d.
由题意可得BD＝2，BF＝DF＝，
所以△BDF的面积为，△BB1F的面积为2.
由VB1 BDF＝VD BB1F可得S△BDF·d＝S△BB1F×2，解得d＝.
所以平面α与平面BDF的距离为.
18．解：(1)证明：如图，连接AC.
在△MAD中，MA＝，MD＝1，AD＝2，所以MA2＋MD2＝AD2，所以MD⊥MA.
又因为MD⊥MC，MC∩AM＝M，MC，AM 平面MAC，
所以MD⊥平面MAC.
AC 平面MAC，所以AC⊥MD.
(2)取CD的中点F，连接MF.
在△ACD中，CD＝AC＝，AD＝2，
所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD.
由(1)可知MD⊥平面MAC，所以AC⊥MD.
所以AC⊥平面MCD.所以AC⊥MF.
在△MCD中，MC＝MD＝1，所以MF⊥CD，MF＝.CD∩AC＝C，CD，AC 平面ABCD，所以MF⊥平面ABCD.
所以VM ABCD＝S四边形ABCD×MF＝××＝.
19．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
(2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，
所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A CP D的平面角，
即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x(0＜x＜2)，
则CD＝，
由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，
解得x＝，即AD＝.