2018—2019年高中数学第一章立体几何初步章末检测北师大版必修2

第一章 立体几何初步
章末检测(一)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)
1.设m，n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A.① B.②和③
C.③和④ D.①和④
解析　①正确；②若α∥β，β∥γ，m∥α，则m∥γ或m?γ，②错；③若m∥α，n∥α，则m∥n，而同平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，③错；④垂直于同一个平面的两个平面也可以相交，④错.
答案　A
2.在如右图所示的三棱锥A－BCD中，VA－BPQ＝2，VC－APQ＝6，VC－DPQ＝12，则VA－BCD等于(　　)
A.20 B.24
C.28 D.56
解析　由＝＝，得＝，所以VP－BDQ＝VP－CDQ＝4，所以VA－BCD＝2＋6＋12＋4＝24.
答案　B
3.如图，α∩β＝l，A、B∈α，C∈β，且C?l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过(　　)
A.点A B.点B
C.点C但不过点M D.点C和点M
解析　∵AB?γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据公理3可知，点M在γ与β的交线上.
同理可知，点C也在γ与β的交线上.
答案　D
4.平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为(　　)
A.π B.4π
C.4π D.6π
解析　如图，设截面圆的圆心为O′，
M为截面圆上任一点，
则OO′＝，O′M＝1，
∴OM＝＝，
即球的半径为，∴V＝π()3＝4π.
答案　B
5.如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是(　　)
A.90° B.60°
C.45° D.30°
解析　连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，
则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝a，
所以∠B′DC＝90°.
答案　A
6.如图，平面α⊥平面β，点A∈α，点B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为45°和30°.过点A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，若AB＝12，则A′B′＝(　　)
A.4 B.6
C.8 D.9
解析　如图所示，连接A′B，AB′，
由题意得BB′⊥α，AA′⊥β，∠BAB′＝45°，∠ABA′＝30°，BB′⊥A′B′，AA′⊥A′B′，AA′⊥A′B.因为AB＝12，所以BA′＝AB·cos∠ABA′＝6，BB′＝ABsin∠BAB′＝6，故A′B′＝＝6.
答案　B
7.已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中(　　)
A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
解析　A错误，理由如下：过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE.
若直线AC与直线BD垂直，则可得BD⊥平面ACE，于是BD⊥CE，而由矩形ABCD边长的关系可知BD与CE并不垂直.所以直线AC与直线BD不垂直；B正确，理由如下：翻折到点A在平面BCD内的射影恰好在直线BC上时，平面ABC⊥平面BCD，此时由CD⊥BC可证CD⊥平面ABC，于是有AB⊥CD；C错误，理由如下：若直线AD与直线BC垂直，则由BC⊥CD可知BC⊥平面ACD，于是BC⊥AC，但是AB由以上分析可得D错误.
答案　B
8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　　)
A.3 B.2
C.2 D.2
解析　由三视图知可把四棱锥放在一个正方体内部，四棱锥为D－BCC1B1，最长棱为DB1＝
＝＝2.故选B.
答案　B
9.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，AD＝4，则从A出发，沿长方体的表面到C1的最短距离是(　　)
A.5 B.7
C. D.
解析　两点之间，线段最短，在长方体展开图中，由A到C1的路线有三条，如下图，
三条路线长分别为
l1＝＝，
l2＝＝5，
l3＝＝，
所以最短距离为5.
答案　A
10.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A. B.3π
C. D.6π
解析　将三视图还原为直观图求体积.由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的，所以V＝×π×12×4＝3π.
答案　B
11.如图所示，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点.现有结论：
①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中正确的是(　　)
A.①② B.①②③
C.① D.②③
解析　对于①，∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC，
∵AB为圆O的直径，∴BC⊥AC，PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，
又PC?平面PAC，∴BC⊥PC，①正确；
对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，
∵PA?平面PAC，OM?平面PAC，
∴OM∥平面PAC，②正确；
对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.
答案　B
12.已知二面角α－l－β为60°，动点P，Q分别在平面α，β内，P到β的距离为，Q到α的距离为2，则P，Q两点之间距离的最小值为(　　)
A. B.2
C.2 D.4
解析　如图，分别作QA⊥α于点A，AC⊥l于点C，PB⊥β于点B，PD⊥l于点D，连接CQ，BD，则∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝2，BP＝，∴AC＝PD＝2.又∵PQ＝＝≥2.当且仅当AP＝0，即点A与点P重合时取最小值.故选C.
答案　C
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)
13.在△ABC中，∠BAC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，且平面PBC与平面ABC的位置关系是________.
解析　如右图所示，取BC的中点O，连接AO，PO.
∵PB＝PC，∴PO⊥BC.
又△ABC是以A为直角顶点的直角三角形，
∴OA＝OB，又PA＝PB，
∴△POA≌△POB，
∴∠POA＝∠POB＝90°，
即PO⊥OA，而OA∩BC＝O，
∴PO⊥平面ABC，而PO?平面PBC，
∴平面PBC⊥平面ABC.
答案　垂直
14.已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为________.
解析　因为扇形弧长为2π，设母线长为l，则有×2πl＝2π，∴l＝3，所以圆锥母线长为3，高为＝2，所求体积V＝×π×12×2＝.
答案　
15.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则
①棱AB与PD所在直线垂直；
②平面PBC与平面ABCD垂直；
③△PCD的面积大于△PAB的面积；
④直线AE与直线BF是异面直线.
以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号).
解析　由条件可得AB⊥平面PAD，
∴AB⊥PD，故①正确；
若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，
得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这显然不成立，故②错；
S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA，
由AB＝CD，PD>PA知③正确；
由E、F分别是棱PC、PD的中点，
可得EF∥CD，又AB∥CD，
∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错.
答案　①③
16.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是________.
解析　由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示，其中PA＝1，BC＝2，取BC的中点M，连接AM，MP，则AM＝2，AM⊥BC，故AC＝AB＝＝＝，由主视图和左视图可知PA⊥平面ABC，因此可得PC＝PB＝＝＝，PM＝＝＝，所以三棱锥的表面积为S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝×2×2＋××1＋××1＋×2×＝2＋2.
答案　2＋2
三、解答题(本大题共6个小题，共70分)
17.(10分)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.
(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C，
又O1C?平面B1CD1，A1O 平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1?平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
18.(12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M、N分别是AF、BC的中点).
(1)求证：MN∥平面CDEF；
(2)求多面体A－CDEF的体积.
解　由题图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，其中AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝2，∠CBF＝90°.
(1)证明　取BF的中点G，连接MG、NG.
由M、N分别为AF、BC的中点，
可得NG∥CF，MG∥AB，又AB∥EF，∴MG∥EF，∵MG∩NG＝G，EF∩CF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，MN?平面MNG，∴MN∥平面CDEF.
(2)取DE的中点H，连接AH.
因为AD＝AE，所以AH⊥DE.
在直三棱柱ADE－BCF中，
平面ADE⊥平面CDEF，
平面ADE∩平面CDEF＝DE，
所以AH⊥平面CDEF，
所以多面体A－CDEF是以AH为高，矩形CDEF为底面的棱锥.
AH＝，S矩形CDEF＝DE·EF＝4，
所以棱锥A－CDEF的体积V＝S矩形CDEF·AH＝.
19.(12分)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点.设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.
证明　连接OG并延长交AC于点M，连接QM，QO，OC，由G为△AOC的重心，得M为AC中点.
由Q为PA中点，得QM∥PC，
又O为AB中点，得OM∥BC.
因为QM∩MO＝M，QM?平面QMO，MO?平面QMO，BC∩PC＝C，BC?平面PBC，PC?平面PBC，
所以平面QMO∥平面PBC.
因为QG?平面QMO，所以QG∥平面PBC.
20.(12分)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.
(1)证明　因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥BE.又BE∩BD＝B，所以AC⊥平面BED.又AC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)解　设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，由勾股定理可得BE＝x.
由已知得，三棱锥E－ACD的体积VE－ACD＝×AC×GD×BE＝x3＝，故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.
21.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M为PC上一点，且PM＝2MC.
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)若AD＝2，PD＝3，∠BAD＝，求三棱锥P－ADM的体积.
解　(1)如图，过M作MN∥CD交PD于点N，连接AN.
∵PM＝2MC，∴MN＝CD.
又AB＝CD，且AB∥CD，
∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，
∴BM∥AN.
又BM?平面PAD，AN?平面PAD，
∴BM∥平面PAD.
(2)如图，过B作AD的垂线，垂足为E.
∵PD⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，
∴PD⊥BE.
又AD?平面PAD，PD?平面
PAD，
AD∩PD＝D.
∴BE⊥平面PAD.
由(1)知，BM∥平面PAD，
∴点M到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，即BE.
连接BD，在△ABD中，AB＝AD＝2，
∠BAD＝，∴BE＝，
则三棱锥P－ADM的体积VP－ADM＝VM－PAD＝×S△PAD×BE＝×3×＝.
22.(12分)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2).
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.
(1)证明　∵D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE∥BC.
又∵DE?平面A1CB，BC?平面A1CB，
∴DE∥平面A1CB.
(2)证明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD＝D，
∴DE⊥平面A1DC.
而A1F?平面A1DC，
∴DE⊥A1F.
又∵A1F⊥CD，DE∩CD＝D，
∴A1F⊥平面BCDE，BE?平面BCDE，
∴A1F⊥BE.
(3)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.
理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又∵DE∥BC，
∴DE∥PQ.
∴平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C?平面A1DC，
∴DE⊥A1C.
又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
∴A1C⊥DP，DE∩DP＝D，
∴A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q(中点)，使得A1C⊥平面DEQ.