高中数学苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步本章综合与测试习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步本章综合与测试习题，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.棱锥的侧面和底面可以都是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
2.下列说法中正确的是(　　)
A.圆锥的轴截面是等边三角形
B.用一个平面去截棱锥,一定会得到一个棱锥和一个棱台
C.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周,所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成
D.有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
3.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则(　　)
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
4.在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(　　)
A.8 B.62 C.82 D.83
5.在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,P为矩形ABCD所在平面外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=435,那么二面角A-BD-P的大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
6.如图是某个正方体的平面展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在该正方体中,l1与l2(　　)


A.互相平行
B.异面且互相垂直
C.异面且夹角为π3
D.相交且夹角为π3
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,且PA=2AB=4,M为PC上一动点,若PC⊥DM,则MB的长度为(　　)


A.102 B.303
C.52 D.352
8.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=22,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为(　　)
A.2 B.3 C.2 D.1
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.下列说法中错误的是(　　)
A.不共面的四点中,任意三点不共线
B.三条两两相交的直线在同一平面内
C.有三个不同公共点的两个平面重合
D.依次首尾相接的四条线段不一定共面
10.已知m,n是不重合的直线,α,β,γ是不重合的平面,则下列命题为假命题的是(　　)
A.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
B.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β
C.若α∥β,γ∥β,则γ∥α
D.若α⊥β,m⊥β,则m∥α
11.如图所示,在四个正方体中,l是正方体的一条体对角线,点M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出l⊥平面MNP的为(　　)


12.如图所示,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,△CDE是正三角形,M为线段DE的中点,点N为底面ABCD内的动点,则下列结论正确的是(　　)

A.当BC⊥DE时,平面CDE⊥平面ABCD
B.当BC⊥DE时,直线EA与平面ABCD所成角的正弦值为104
C.当直线BM和EN异面时,点N不可能为底面ABCD的中心
D.当平面CDE⊥平面ABCD,且点N为底面ABCD的中心时,BM=EN
三、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.若一个圆台的母线长为l,上、下底面半径分别为r1,r2,且满足2l=r1+r2,其侧面积为8π,则l=　　　　. 
14.已知在△ABC中,∠BAC=90°,P为平面ABC外一点,且PA=PB=PC,则平面PBC与平面ABC的位置关系是　　　　. 
15.如图所示,直线a∥平面α,点A在α另一侧,点B,C,D∈a,线段AB,AC,AD分别交α于点E,F,G.若BD=4,CF=4,AF=5,则EG=　　　　. 

16.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=AA1=AD,∠BAD=∠DAA1=60°,∠BAA1=30°,N为A1D1上一点,且A1N=λA1D1.若BD⊥AN,则λ的值为　　　　;若M为棱DD1的中点,BM∥平面AB1N,则λ的值为　　　　.(第一空2分,第二空3分) 




四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)证明:D1A∥平面C1BD;
(2)求异面直线D1A与BD所成的角.





18.(本小题满分12分)如图,已知一个圆锥的底面半径与高均为2,且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱.
(1)用x表示此圆柱的侧面积;
(2)当此圆柱的侧面积最大时,求此圆柱的体积.





19.(本小题满分12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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.
















20.(本小题满分12分)如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,以AE为折痕,把△DAE翻折到△D'AE的位置,且平面D'AE⊥平面ABCE.
(1)求证:AD'⊥BE;
(2)求四棱锥D'-ABCE的体积;
(3)在ED'上是否存在一点P,使得D'B∥平面PAC?若存在,求出点P的位置,若不存在,请说明理由.















21.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,AB=AD=2BC=2,△PAD≌△BAD.
(1)M为PC上一点,且PM=λMC,当PA∥平面DMB时,求实数λ的值;
(2)当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为30°时,求PC与平面ABCD所成角的正弦值.















22.(本小题满分12分)如图所示,在斜三棱柱A1B1C1-ABC中,底面是等腰三角形,AB=AC,D是BC的中点,侧面BCC1B1⊥底面ABC,过侧面BCC1B1的对角线BC1的平面交侧棱AA1于点M.
(1)求证:AD⊥CC1;
(2)若AM=MA1,求证:截面MBC1⊥侧面BCC1B1;
(3)若截面MBC1⊥侧面BCC1B1,AM=MA1成立吗?请说明理由.
















答案全解全析
本章达标检测
一、单项选择题
1.A　三棱锥的侧面和底面均为三角形.
2.D　圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形,故A错误;只有用一个平行于底面的平面去截棱锥,才能得到一个棱锥和一个棱台,故B错误;等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周,所围成的几何体是由一个圆柱和两个圆锥组合而成的,故C错误;由棱柱的定义知D正确.
3.D　因为m⊥平面α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α,又n⊥平面β,l⊥n,l⊄β,所以l∥β,由直线m,n为异面直线,且m⊥平面α,n⊥平面β,则α与β相交,若α∥β,则推出m∥n,与m,n异面矛盾,所以α,β相交,且交线平行于l,故选D.
4.C　在长方体A1B1C1D1-ABCD中,连接BC1,

易知AB⊥平面BB1C1C,则根据线面角的定义可知∠AC1B=30°,
因为AB=2,所以BC1=23,
故CC1=22,
所以长方体的体积为2×2×22=82,
故选C.
5.A　如图,作AM⊥BD,垂足为M,连接PM,
则∠AMP为二面角A-BD-P的平面角.
在Rt△ABD中,AM=AB·ADBD=125,
所以tan∠AMP=APAM=33,
故∠AMP=30°,
所以二面角A-BD-P的大小为30°.

6.D　将平面展开图还原成正方体,如图所示,则B,C两点重合,所以l1与l2相交,连接AD,则△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为π3.故选D.

7.B　连接AC,因为PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,
所以PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因为PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB.
由底面ABCD为正方形得BD⊥AC,因为PA⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,所以PA⊥BD,因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,因为PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC,又PC⊥DM,BD∩DM=D,BD,DM⊂平面BDM,所以PC⊥平面BDM,因为MB⊂平面BDM,所以MB⊥PC,由BC=2,PB=4+16=25,PC=20+4=26,可得MB=PB×BCPC=25×226=303.
8.D　易知AC1∥平面BDE,
所以AC1到平面BDE的距离等于A到平面BDE的距离,设A到平面BDE的距离为h.VE-ABD=13S△ABD×12CC1=13×12×2×2×2=223,
在△BDE中,BE=DE=22+(2)2=6,BD=22,
BD边上的高为(6)2-(2)2=2,
所以S△BDE=12×22×2=22,所以VA-BDE=13S△BDE·h=13×22h,由VA-BDE=VE-ABD,得13×22h=223,解得h=1.
所以直线AC1与平面BED的距离为1.
二、多项选择题
9.BC　易知选项A,D说法正确;对于选项B,在正方体中,同一顶点的三条棱不在同一平面内,故选项B说法错误;对于选项C,三个不同的公共点可以在两平面的交线上,故选项C说法错误.故选BC.
10.ABD　对于A,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β或α,β相交,故A为假命题;对于B,若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,且m,n相交,则α∥β,故B为假命题;对于C,若α∥β,γ∥β,则γ∥α,故C为真命题;对于D,若α⊥β,m⊥β,则m∥α或m⊂α,故D为假命题.故选ABD.
11.AD　如图所示,在正方体A'B'C'D'-ABCD中,连接AC,BD. ∵M、P分别为其所在棱的中点,∴MP∥AC.

∵四边形ABCD为正方形,∴AC⊥BD,
∵BB'⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴BB'⊥AC,
∵BD∩BB'=B,BD,BB'⊂平面DBB',
∴AC⊥平面DBB',
∵DB'⊂平面DBB',∴AC⊥DB'.
∵MP∥AC,
∴DB'⊥MP,
同理,可证DB'⊥NP,
∵MP∩NP=P,MP⊂平面MNP,NP⊂平面MNP,
∴DB'⊥平面MNP,即l⊥平面MNP,故A正确.
在D中,由A中证明同理可证l⊥MP,l⊥MN,又∵MP∩MN=M,MP,MN⊂平面MNP,∴l⊥平面MNP,故D正确.故选AD.
12.AC　对于A,∵BC⊥CD,BC⊥DE,CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDE,
∴BC⊥平面CDE,
∵BC⊂平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面CDE,A正确;
对于B,如图,设CD的中点为F,连接EF、AF,则EF⊥CD,
∵平面ABCD⊥平面CDE,平面ABCD∩平面CDE=CD,EF⊂平面CDE,
∴EF⊥平面ABCD,设EA与平面ABCD所成的角为θ,则θ=∠EAF,
易得EF=CE2-CF2=3,
AF=AD2+FD2=5,
AE=EF2+AF2=22,则sin θ=EFEA=64,即直线EA与平面ABCD所成角的正弦值为64,B错误;

对于C,连接BD,由BM⊂平面BDE,得B、M、E确定的面即为平面BDE,
当直线BM和EN异面时,若点N为底面ABCD的中心,则N∈BD,
又E∈平面BDE,∴EN与BM共面,矛盾,C正确;
对于D,连接FN,CM,
∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,
∴BC⊥平面CDE,
∵CM⊂平面CDE,
∴BC⊥CM,
∵FN⊂平面ABCD,EF⊥平面ABCD,
∴EF⊥FN,
∵F、N分别为CD、BD的中点,
∴FN=12BC=1,
又EF=CM=3,∴EN=EF2+FN2=2,BM=BC2+CM2=7,则BM≠EN,D错误.故选AC.
三、填空题
13.答案　2
解析　因为S圆台侧=π(r1+r2)l=2πl2=8π,
所以l=2.
14.答案　垂直
解析　∵PA=PB=PC,
∴P在△ABC所在平面上的射影为△ABC的外心.
又外心在BC上,设为O,∴PO⊥平面ABC.
又PO⊂平面PBC,
∴平面PBC⊥平面ABC.
15.答案　209
解析　因为A∉a,所以点A与直线a确定一个平面,即平面ABD.因为a∥α,且α∩平面ABD=EG,所以a∥EG,即BD∥EG,所以AFAC=EGBD,所以EG=AF·BDAC=5×45+4=209.
16.答案　3-1;23
解析　不妨令AB=AA1=AD=1,
∵BD⊥AN,
∴BD·AN=(AD-AB)·(AA1+λAD)=AD·AA1+λAD·AD-AB·AA1-λAD·AB=cos 60°+λ-cos 30°-λcos 60°=12-32+12λ=0,
∴λ=3-1.
连接A1B,与AB1交于点E,连接A1M,交AN于点F,连接EF,如图1,
∵BM∥平面AB1N,BM⊂平面A1BM,平面A1BM∩平面AB1N=EF,
∴BM∥EF.
∵E为A1B的中点,
∴F为A1M的中点.
在平面ADD1A1中,延长AN交线段DD1的延长线于点P,如图2.
∵AA1∥DD1,A1F=FM,
∴易得△FMP≌△FA1A,
∴AA1=MP=2D1P,
易得△ANA1∽△PND1,
∴A1NND1=AA1D1P=2,
∴A1N=23A1D1,则λ=23.

图1

图2
四、解答题
17.解析　(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
∵AB∥D1C1,AB=D1C1,
∴四边形ABC1D1是平行四边形,
∴D1A∥BC1,(3分)
∵D1A⊄平面C1BD,BC1⊂平面C1BD,
∴D1A∥平面C1BD.(5分)
(2)由(1)知,D1A∥BC1,
∴异面直线D1A与BD所成的角即为∠C1BD(或其补角).(8分)
易知△C1BD为等边三角形,
∴∠C1BD=60°,
即异面直线D1A与BD所成的角为60°.(10分)
18.解析　(1)设圆柱的半径为r,则r2=2-x2,∴r=2-x(0 ∴S圆柱侧=2πrx=2π(2-x)x=-2πx2+4πx(0 (2)S圆柱侧=2π(2x-x2)=2π[-(x-1)2+1](0 ∴当x=1时,S圆柱侧取最大值2π,
此时,r=1,∴V圆柱=πr2x=π.(12分)
19.解析　(1)证明:因为平面CMD⊥平面ABCD,平面CMD∩平面ABCD=CD,BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,
所以BC⊥平面CMD,
因为DM⊂平面CMD,所以BC⊥DM.(3分)
因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,BC,CM⊂平面BMC,
所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD,
所以平面AMD⊥平面BMC.(6分)
(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.
理由如下:如图,连接AC,BD,交点为O,取AM的中点P,连接PO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.
因为P为AM的中点,所以MC∥OP.(10分)
因为MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,
所以MC∥平面PBD.(12分)

20.解析　(1)证明:根据题意可知在矩形ABCD中,△DAE和△CBE为等腰直角三角形,∴∠DEA=∠CEB=45°,
∴∠AEB=90°,即BE⊥AE.(2分)
∵平面D'AE⊥平面ABCE,平面D'AE∩平面ABCE=AE,BE⊂平面ABCE,
∴BE⊥平面D'AE,
∵AD'⊂平面D'AE,
∴AD'⊥BE.(4分)
(2)如图,取AE的中点F,连接D'F,则D'F⊥AE,且D'F=22.
∵平面D'AE⊥平面ABCE,平面D'AE∩平面ABCE=AE,D'F⊂平面D'AE,
∴D'F⊥平面ABCE,(6分)
∴VD'-ABCE=13S四边形ABCE·D'F
=13×12×(1+2)×1×22=24.(8分)

(3)设AC交BE于Q,假设在D'E上存在点P,使得D'B∥平面PAC,连接PQ.
∵D'B⊂平面D'BE,平面D'BE∩平面PAC=PQ,
∴D'B∥PQ,
∴在△EBD'中,EPPD'=EQQB.(10分)
易得△CEQ∽△ABQ,
∴QEQB=CEAB=12,
∴EPPD'=EQQB=12,即EP=13ED',
∴在ED'上存在一点P,且EP=13ED',
使得D'B∥平面PAC.(12分)
21.解析　(1)如图,连接AC交BD于点N,连接MN,
∵PA∥平面BDM,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面BDM=MN,∴PA∥MN.(2分)
在梯形ABCD中,∵BC∥AD,
∴△ADN∽△CBN,∴CNAN=CBAD=12,
∵PA∥MN,∴PMMC=ANCN=2,∴λ=2.(4分)

(2)取AD的中点O,连接OP、OB,过点P作l∥AD,则l∥BC,作PH⊥BO交BO的延长线于H,连接CH.(6分)
∵O为AD的中点,且BC∥AD,AD=2BC,∴OD∥BC且OD=BC,
∴四边形OBCD为平行四边形,
∴CD∥OB,
∵∠ADC=90°,∴∠BOD=90°,
∴OB⊥AD,∴△ABD为等边三角形.
易知PA=AB,∠PAO=∠BAO,
又OA=OA,∴△PAO≌△BAO,
∴∠AOP=∠AOB=90°,
∴AD⊥OP,AD⊥OB,∵OP∩OB=O,OP,OB⊂平面POB,∴AD⊥平面POB,
∵BP⊂平面POB,∴AD⊥BP,
∵l∥AD,∴l⊥OP,l⊥BP,∴∠BPO为平面PAD与平面PBC所成的锐二面角,
∴∠BPO=30°.(8分)
易知OP=OB=3,
∴∠OBP=30°,∴∠BOP=120°,
∵PH⊥OB,∴PH=OPsin60°=32.
∵AD⊥平面POB,PH⊂平面POB,
∴AD⊥PH,
∵PH⊥OB,AD∩OB=O,AD,OB⊂平面ABCD,∴PH⊥平面ABCD,
∴∠PCH为PC与平面ABCD所成的角.(10分)
∵BH=OB+OPcos60°=332,
∴CH=BC2+BH2=312,
PC=PH2+CH2=10,
∴sin∠PCH=PHPC=3210=31020.
因此,PC与平面ABCD所成角的正弦值为31020.(12分)
22.解析　(1)证明:∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC.
∵底面ABC⊥侧面BCC1B1,底面ABC∩侧面BCC1B1=BC,AD⊂底面ABC,
∴AD⊥侧面BCC1B1.
又CC1⊂侧面BCC1B1,
∴AD⊥CC1.(4分)
(2)证明:如图,延长B1A1,与BM的延长线交于点N,连接C1N.

∵AM=MA1,∴NA1=AB=A1B1.
∵A1B1=A1C1,
∴A1C1=A1N=A1B1,
∴C1N⊥B1C1.(6分)
∵侧面BCC1B1⊥底面ABC,
∴侧面BCC1B1⊥底面A1B1C1,
∵侧面BCC1B1∩底面A1B1C1=B1C1,C1N⊂底面A1B1C1,
∴C1N⊥侧面BCC1B1.
∵C1N⊂截面MBC1,
∴截面MBC1⊥侧面BCC1B1.(8分)
(3)成立.理由如下:
过M作ME⊥BC1于点E,连接DE.
∵截面MBC1⊥侧面BCC1B1,
截面MBC1∩侧面BCC1B1=BC1,ME⊂截面MBC1,
∴ME⊥侧面BCC1B1.
由(1)知AD⊥侧面BCC1B1,
∴ME∥AD,
∴M,E,D,A四点共面.(10分)
∵MA∥侧面BCC1B1,MA⊂平面ADEM,平面ADEM∩平面BCC1B1=DE,
∴AM∥DE.
∴四边形ADEM是平行四边形,
∴AM=DE.
∵AM∥CC1,∴DE∥CC1.
∵D是BC的中点,∴DE=12CC1,
∴AM=12CC1=12AA1.
∴AM=MA1.(12分)