人教B版 (2019)必修 第四册第十一章 立体几何初步本章综合与测试复习练习题

这是一份人教B版 (2019)必修 第四册第十一章 立体几何初步本章综合与测试复习练习题，共15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。
本章达标检测一、单项选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说,下列描述不正确的是　(　　)　　　　　　　　　　　　　A.三角形的直观图仍然是一个三角形B.90°角的直观图为45°角C.与y轴平行的线段长度变为原来的一半D.原来平行的线段仍然平行2.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中,一定能推出m⊥β的是(　　)A.α∥β,且m⊂α B.m∥n,且n⊥β C.m⊥n,且n⊂β    D.m⊥n,且n∥β3.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n为两条不同的直线,则下列命题是假命题的是(　　)A.当α⊥β时,若β∥γ,则α⊥γB.当m⊥α,n⊥β时,若α∥β,则m∥nC.当m⊂α,n⊂β时,若α∥β,则m,n是异面直线D.当m∥n,n⊥β时,若m⊂α,则α⊥β4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为4,底面边长为2.若点M是线段A1C1的中点,则直线BM与底面ABC所成角的正切值为(　　)A.    B.    C.    D.5.如图所示,表面积为2的正八面体的各个顶点都在同一个球面上,则此球的体积为(　　)A.π   B.π   C.π   D.π6.已知三棱锥P-ABC中,PA=,AB=3,AC=4,AB⊥AC,PA⊥平面ABC,则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为(　　)A.16 B.28 C.64 D.967.如图,在边长为1的正方形ABCD中,点E,F分别为边BC,AD的中点,将△ABF沿BF所在的直线进行翻折,将△CDE沿DE所在的直线进行翻折,在翻折过程中,下列说法错误的是(　　)A.无论翻折到什么位置,A、C两点都不可能重合B.存在某个位置,使得直线AF与直线CE所成的角为60°C.存在某个位置,使得直线AF与直线CE所成的角为90°D.存在某个位置,使得直线AB与直线CD所成的角为90°8.等体积的球和正方体的表面积的大小关系是　(　　)A.S正方体>S球 B.S正方体<S球   C.S正方体=S球 D.无法确定9.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=4,M为AD的中点,则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(　　)A.    B.    C.   D.10.已知棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1内有一圆柱,此圆柱恰好以直线AC1为轴,则该圆柱侧面积的最大值为　(　　)A.3π B.2π    C.    D.二、多项选择题(本大题共2小题,每小题5分,共10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,有选错的得0分,部分选对的得2分)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的图形为(　　)12.如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中, O为底面正方形的中心, M,N分别为侧棱PA,PB的中点,则下列结论正确的是(　　)A.PD∥平面OMN           B.平面PCD∥平面OMNC.异面直线PD与MN所成角的大小为90°   D.ON⊥PB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.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆,则该圆锥的表面积为　　　　,体积为　　　　.(本题第一空2分,第二空3分) 14.已知正四棱锥的侧棱长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则该四棱锥的高为　　　　. 15.如图所示,直线a∥平面α,点A在平面α的另一侧,点B,C,D∈a,线段AB,AC,AD分别交平面α于点E,F,G.若BD=4,CF=4,AF=5,则EG=　　　　. 16.如图,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E是CD的中点,沿AE将△DAE向上折起,使D到D'的位置,且平面AED'⊥平面ABCE,则直线AD'与平面ABCE所成角的正弦值为　　　　. 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)一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示,两容器内所盛液体的体积正好相等,且液面高度h也相等,用a将h表示出来.    18.(本小题满分12分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1.(1)证明:D1A∥平面C1BD;(2)求异面直线D1A与BD所成角的大小.    19.(本小题满分12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(2)若AB=CB=2,A1C=,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.     20.(本小题满分12分)如图,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ADFC是边长为2的正方形,点M是棱EF的中点.(1)证明:AF∥平面BDM;(2)若三棱锥B-DEF的体积为4,求点B到平面ADFC的距离.    21.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAB是正三角形,四边形ABCD是正方形.(1)求证:PC=PD;(2)若2PD=CD,求直线PB与平面PCD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BB1C1C⊥底面ABC.(1)求证:AD⊥CC1;(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱AA1于点M,若AM=MA1,求证:截面MBC1⊥侧面BB1C1C;(3)若截面MBC1⊥侧面BB1C1C,AM=MA1成立吗?请说明理由.  答案全解全析一、单项选择题1.B　A正确,根据斜二测画法,三角形的直观图仍然是一个三角形;B错误,90°角的直观图可以是45°角,也可以是135°角;由斜二测画法规则知C、D正确.2.B　A中,m∥β,故A错误;易知B正确;C、D中,m⊂β或m∥β或m与β相交,故C、D错误.3.C　对于A,根据平面与平面平行、垂直的性质,可得A是真命题;对于B,根据平面与平面平行、线面垂直的性质,可得B是真命题;对于C,m,n可能异面,也可能平行,故C是假命题;对于D,由m∥n,n⊥β可知m⊥β,又m⊂α,所以α⊥β,故D是真命题.故选C.4.B　过点M作MN⊥AC于点N,连接BN,则∠MBN为直线BM与底面ABC所成的角.由已知,可得MN=4,BN=3,所以tan∠MBN=,故选B.5.A　设正八面体的棱长为a,则8×a2=2,∴a=1,∴球的半径为,∴球的体积为π×=π.6.C　已知PA⊥平面ABC,AB⊥AC,将三棱锥补成长方体,它的体对角线是其外接球的直径,也是其外接球的内接正方体的体对角线.∵PA=,AB=3,AC=4,∴三棱锥外接球的直径为=4,∴外接球的内接正方体的体对角线长为4,∴正方体的棱长为4,∴正方体的体积为64,故选C.7.D　在A中,点A与点C一定不重合,故A中说法正确;在B中,存在某个位置,使得直线AF与直线CE所成的角为60°,故B中说法正确;在C中,当平面ABF⊥平面BEDF,平面DCE⊥平面BEDF时,直线AF与直线CE垂直,故C中说法正确;在D中,直线AB与直线CD不可能垂直,故D中说法错误.故选D.8.A　设正方体的棱长为a,球的半径为R,由题意得V=πR3=a3,所以a=,R=.所以S正方体=6a2=6=,S球=4πR2=,所以S正方体>S球.9.C　设点F是AC的中点,连接MF,BF,由于M,F分别是AD,AC的中点,所以MF是三角形ACD的中位线,故FM∥CD,所以∠FMB(或其补角)是异面直线BM与CD所成的角.根据鳖臑的几何性质可知AC=4,AD=4.故BF=2,BM=2,FM=2,在三角形BMF中,由余弦定理的推论得cos∠FMB==,故选C.10.D　由题知,只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况,由图形的对称性可知,侧面积最大时,圆柱的上底面必与过A点的三个面相切,且切点分别在线段AB1,AC,AD1上,如图所示,设线段AB1上的切点为E,AC1与平面A1BD的交点为O2,圆柱上底面的圆心为O1,半径即为O1E,记为r,设AB1与平面A1BD的交点为F.∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,∴AC1=3,A1B=BD=A1D=.由题意知,O2F=DF=××=,AO2=AC1=1.由O1E∥O2F知,=,∴AO1=O1E,则圆柱的高为3-2AO1=3-2r,S侧=2πr(3-2r)=4π=-4π+≤.当r=时,圆柱的侧面积取得最大值,最大值为.二、多项选择题11.AD　如图所示,正方体ABCD-A'B'C'D'.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,∴AC⊥平面DBB',∵DB'⊂平面DBB',∴AC⊥DB'.∵MP∥AC,∴DB'⊥MP,同理,可证DB'⊥MN,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,∴l⊥平面MNP.故D正确.故选AD.12.ABD　选项A,连接BD,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN,A正确;选项B, 由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,得MN∥AB,又底面为正方形,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,由选项A得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN,B正确;选项C,因为MN∥CD,所以∠PDC(或其补角)为异面直线PD与MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠PDC=60°,故异面直线PD与MN所成角的大小为60°,C错误;选项D,因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PD⊥PB,又PD∥ON,所以ON⊥PB,D正确.故选ABD.三、填空题13.答案　3π;π解析　设圆锥的底面半径为r,根据题意,得2πr=2π,解得r=1,根据勾股定理,得圆锥的高为=,所以圆锥的表面积S=×π×22+π×12=3π,体积V=×π×12×=π.14.答案　3解析　如图,过点S作SO⊥平面ABCD,连接OC,则∠SCO=60°,∴SO=SC·sin 60°=2×=3.15.答案　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=.于是EG===.16.答案　解析　由题意,知△AED'为等腰直角三角形,∵平面AED'⊥平面ABCE,∴AD'在底面的射影在AE上,∴∠D'AE为直线AD'与平面ABCE所成的角,且∠D'AE=45°,其正弦值为,故答案为.四、解答题17.解析　由题意,得V圆锥液==,V圆柱液=π··h,由已知得=π·h,所以h=a.18.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,∵D1A⊄平面C1BD,BC1⊂平面C1BD,∴D1A∥平面C1BD.(2)由(1)知,D1A∥BC1,∴异面直线D1A与BD所成的角为∠C1BD(或其补角).易知△C1BD为等边三角形,∴∠C1BD=60°,即异面直线D1A与BD所成角的大小为60°.19.解析　(1)证明:如图,取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.因为AB=AA1,∠BAA1=60°,所以△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,所以AB⊥A1C.(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形,所以OC=OA1=.又A1C=,所以A1C2=OC2+O,故OA1⊥OC.因为OC∩AB=O,所以OA1⊥平面ABC,所以OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高.易知S△ABC=,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·OA1=3.20.解析　(1)证明:连接AE,与BD交于点N,连接MN.因为侧面ABED是平行四边形,所以点N是AE的中点. 因为点M是棱EF的中点,所以MN∥AF. 因为AF⊄平面BDM,MN⊂平面BDM,所以AF∥平面BDM. (2)因为三棱锥B-DEF的体积为4,所以三棱柱ABC-DEF的体积为12, 则四棱锥B-ADFC的体积为12-4=8.因为侧面ADFC是边长为2的正方形,所以侧面ADFC的面积为2×2=4. 设点B到平面ADFC的距离为h,则×4h=8,解得h=6. 故点B到平面ADFC的距离为6.21.解析　(1)证明:如图,取AB的中点M及CD的中点N,连接PM,PN,MN.由△PAB是正三角形,四边形ABCD是正方形,得AB⊥PM,AB⊥MN.又PM∩MN=M,所以AB⊥平面PMN.因为AB∥CD,所以CD⊥平面PMN,又PN⊂平面PMN,所以CD⊥PN,因为N是CD的中点,所以PC=PD.(2)过点B作BH⊥平面PCD,垂足为H,连接PH,∠BPH为直线PB与平面PCD所成的角,sin∠BPH=.过点M作MF⊥PN于点F,由CD⊥平面PMN及MF⊂平面PMN,得CD⊥MF.又MF⊥PN,PN,CD⊂平面PCD,PN∩CD=N,得MF⊥平面PCD.由AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,得AB∥平面PCD.于是点B到平面PCD的距离BH等于点M到平面PCD的距离等于MF.设CD=2,则PD=,PA=PB=AB=AD=BC=MN=2,计算得PM=,PN=2,在等腰三角形PMN中可算得MF=,所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值等于==.22.解析　(1)证明:∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵底面ABC⊥侧面BB1C1C,底面ABC∩侧面BB1C1C=BC,∴AD⊥侧面BB1C1C.又CC1⊂侧面BB1C1C,∴AD⊥CC1.(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,∴C1N⊥侧面BB1C1C.∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.(3)成立.理由如下:过点M作ME⊥BC1于点E,连接DE.∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C,∴ME⊥侧面BB1C1C.又AD⊥侧面BB1C1C,∴ME∥AD,∴M,E,D,A四点共面.∵AM∥侧面BB1C1C,∴AM∥DE,∴四边形AMED是平行四边形.又AM∥CC1,∴DE∥CC1.∵D是BC的中点,∴DE=CC1,∴AM=CC1=AA1,∴AM=MA1.