新教材2021-2022学年高中人教B版数学必修第四册 第十一章　立体几何初步 单元测试 Word版含解析

第十一章　章末质量检测 立体几何初步
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知a，b是两条异面直线，c∥a，那么c与b的位置关系(　　)
A．一定是异面B．一定是相交
C．不可能相交D．不可能平行
2．已知直线m，n，平面α，β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α⊥β
其中正确的命题是(　　)
A．②③B．①③
C．①④D．③④
3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为A1D1中点，则异面直线AM与CD1所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
4．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V1，E为棱CC1上的点，且CE＝CC1，三棱锥E－BCD的体积为V2，则＝(　　)
A.B.
C.D.
5.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱全面积与侧面积的比为(　　)
A.B.
C.D.
6．若l、m、n是互不重合的直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是(　　)
A．若α⊥β，l?α，n?β，则l⊥n
B．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
C．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
D．若α⊥β，l?α，则l⊥β
7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)
A．14斛B．22斛
C．36斛D．66斛
8．已知长方体的长、宽、高分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是(　　)
A．25πB．50π
C．125πD．都不对
9．如图所示，在三棱锥S－MNP中，E，F，G，H分别是棱SN，SP，MN，MP的中点，则EF与HG的位置关系是(　　)
A．平行　 B．相交
C．异面 D．平行或异面
10．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为(　　)
A．30°B．45°
C．60°D．90°
11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是(　　)
①存在P，Q的某一位置，使AB∥PQ
②△BPQ的面积为定值
③当PA>0时，直线PB1与直线AQ一定异面
④无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ
A．①②④B．①③
C．②④D．①③④
12．用长度分别是2,3,5,6,9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为(　　)
A．258cm2B．414cm2
C．416cm2D．418cm2
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上)
13．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为________．
14．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________．
15．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论
①AB⊥EF;
②AB与CM所成的角为60°；
③EF与MN是异面直线；
④MN∥CD.
以上四个命题中，正确命题的序号是________.
16．已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，若三棱锥P－ABC的体积为2，则球O的表面积为________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥面ABCD，E是PC的中点．
求证：(1)PA∥平面BDE；
(2)平面PAC⊥平面BDE.
18．(本小题满分12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
19．(本小题满分12分)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.
(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
20．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，D，E，F分别是棱BC，CC1，B1C1的中点．求证：
(1)直线A1F∥平面ADE；
(2)平面ADE⊥平面BCC1B1.
21．(本小题满分12分)如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1.
(1)证明：D1A∥平面C1BD；
(2)求异面直线BC1与AA1所成的角的大小；
(3)求三棱锥B1－A1C1B的体积．
22．(本小题满分12分)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB;
(3)求三棱锥V－ABC的体积．
第十一章　章末质量检测(三)　立体几何初步
1．解析：空间直线存在的位置关系为异面、平行、相交．c∥a, a，b是两条异面直线那么一定不会平行，故选D.
答案：D
2．解析：①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β，正确．
∵n⊥β，且m⊥n，可得出m∥β或m?β，
又m⊥α，故可得到α⊥β.
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β，不正确．
两个面平行与同一条直线平行，两平面有可能相交．
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β，不正确．
m⊥α且m⊥n，可得出n∥α或n?α，又n∥β，故不能得出α⊥β.
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α⊥β，正确．
m⊥α且m∥n，可得出n⊥α，又n∥β，故得出α⊥β.
故选C.
答案：C
3.
解析：取AD的中点N，连结CN，D1N，易知AM∥ND1，故∠ND1C(或其补角)即为异面直线AM与CD1所成的角．不妨设AB＝1，则CN＝D1N＝，CD1＝，故cos∠ND1C＝＝.故选A.
答案：A
4．解析：由题意，V1＝SABCD·CC1，
V2＝S△BCD·CE＝＝SABCD·CC1，
则＝.故选D.
答案：D
5．解析：设圆柱底面积半径为r，则高为2πr，全面积:侧面积＝[(2πr)2＋2πr2]:(2πr)2
这个圆柱全面积与侧面积的比为，故选A.
答案：A
6．解析：若α⊥β，l?α，n?β，设α∩β＝m，只要l，n与m都不垂直，则l，n不垂直，A项错误；l∥β，过l的平面与β的交线为m，则l∥m，又l⊥α，则m⊥α，∴β⊥α，B项正确；l⊥n，m⊥n，l与m可能相交，可能异面，也可能平行，C项错误；α⊥β，l?α时，l与β可能垂直，也可能不垂直，甚至可能平行，D项错误．故选B.
答案：B
7．解析：设圆锥底面半径为r，则×2×3r＝8，所以r＝，所以米堆的体积为××3×2×5＝，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.
答案：B
8．解析：设球的半径为R，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得2R＝，解得R2＝，所以球的表面积为S球＝4πR2＝4π×＝50π.
故选B.
答案：B
9．解析：∵E、F分别是SN和SP的中点，
∴EF∥PN.同理可证HG∥PN，
∴EF∥HG.故选A.
答案：A
10.
解析：如图，取CB中点G，连接EG，FG.则EG∥AB，FG∥CD，∴EF与CD所成的角为∠EFG(或其补角)，又∵EF⊥AB，∴EF⊥EG.
在Rt△EFG中，EG＝AB＝1，FG＝CD＝2，
∴sin∠EFG＝，∴∠EFG＝30°，
∴EF与CD所成的角为30°.
故选A.
答案：A
11．解析：①当P，Q分别为棱AD1，B1C的中点时满足，正确；
②当P与A重合时：S△BPQ＝a2；当P与D1重合时：S△BPQ＝a2(a为正方体边长)，错误；
③当PA>0时，假设直线PB1与直线AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，矛盾，正确；
④如图所示：F，G分别为P，Q在平面内的投影，易证BC⊥平面PFGQ，正确．
故选D.
答案：D
12．解析：设长方体的三条棱的长度为a，b，c，
所以长方体表面积S＝2(ab＋bc＋ac)≤(a＋b)2＋(b＋c)2＋(a＋c)2，
取等号时有a＝b＝c，又由题意可知a＝b＝c不可能成立，
所以考虑当a，b，c的长度最接近时，此时对应的表面积最大，此时三边长：8,8,9，
用2和6连接在一起形成8，用3和5连接在一起形成8，剩余一条棱长为9，
所以最大表面积为：2(8×8＋8×9＋8×9)＝416cm2.
故选C.
答案：C
13．解析：设球的半径为r，
则V圆柱＝πr2×2r＝2πr3，V圆锥＝πr2×2r＝，
V球＝πr3，
所以V圆柱:V圆锥:V球＝2πr3::πr3＝3:1:2，
故答案为3:1:2.
答案：3:1:2
14．解析：由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，
圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，
V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
∴＝＝.
S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR?2R＝6πR2.
∴＝＝.
故答案为，.
答案：　
15.
解析：把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，如图：
则AB⊥EF，EF与MN异面，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．
故答案为①③.
答案：①③
16．解析：∵三棱锥P－ABC的体积为2，
∴××(2)2×PA＝2，∴PA＝2，
将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，
球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，
∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴△ABC外接圆的半径r＝2，
∴球的半径为＝，
∴球O的表面积为4π×5＝20π.
故答案为20π
答案：20π
17.
解析：(1)连接OE
∵O是正方形ABCD的中心
∴O为AC中点，又E为PC中点
∴OE∥PA
∵OE?平面BDE，PA?平面BDE
∴PA∥平面BDE.
(2)∵O是正方形ABCD的中心，∴AC⊥BD
∵PO⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PO⊥BD
∵AC，PO?平面PAC，AC∩PO＝O，∴BD⊥平面PAC
∵BD?平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE.
18．解析：(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：连结AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.
MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.
19．解析：(1)取AC的中点O，连结DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.又DO∩BO＝O.
从而AC⊥平面DOB，又BD?平面DOB，故AC⊥BD.
(2)连结EO.
由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，所以
BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.
由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1?1.
20.
解析：证明：(1)连结DF，∵D，F分别是棱BC，B1C1的中点，∴DF綊BB1綊AA1，
∴四边形ADFA1为平行四边形，
∴A1F∥AD，
∵AD?平面ADE，A1F?平面ADE，
∴A1F∥平面ADE.
(2)∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AD，
∵AB＝AC，D为BC中点，
∴BC⊥AD，又BB1∩BC＝B，
∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD?平面ADE，
∴平面ADE⊥平面BCC1B1.
21.
解析：证明：(1)∵在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，且AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1为平行四边形，
∴AD1∥BC1.
又BC1?平面C1BD，AD1?平面C1BD，
∴D1A∥平面C1BD；
(2)∵AA1∥BB1，
∴异面直线BC1与AA1所成的角即为BC1与BB1所成的角，
∵∠B1BC1＝45°，
∴异面直线BC1与AA1所成的角的大小为45°.
(3)三棱锥B1－A1C1B的体积：
VB1－A1C1B＝VB－A1B1C1＝S△A1B1C1×BB1＝××1×1×1＝.
22．解析：(1)证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB，
∵VB?平面MOC，OM?平面MOC，
∴VB∥平面MOC；
(2)证明：∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，
又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB＝AB，且OC?平面ABC，
∴OC⊥平面VAB，
∵OC?平面MOC，
∴平面MOC⊥平面VAB；
(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1.
所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.
又因为OC⊥平面VAB，
所以三棱锥C－VAB的体积等于×OC×S△VAB＝.
又因为三棱锥V－ABC的体积与三棱锥C－VAB的体积相等，
所以三棱锥V－ABC的体积为.