2024春高中数学第八章立体几何初步章末检测（人教A版必修第二册）

这是一份2024春高中数学第八章立体几何初步章末检测（人教A版必修第二册），共11页。
第八章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题：本题共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．直线l与平面α不平行，则(　　)A．l与α相交　　 B．l⊂αC．l与α相交或l⊂α　 D．以上结论都不对【答案】C【解析】直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交．因为直线l与平面α不平行，所以l与α相交或l⊂α．2．若圆台下底半径为4，上底半径为1，母线长为3 eq \r(2)，则其体积为(　　)A．15π　　 B．21πC．25π　　 D．63π【答案】B【解析】圆台下底半径为R＝4，上底半径为r＝1，母线长为l＝3 eq \r(2)，则圆台的高为h＝ eq \r(l2－(R－r)2)＝3．所以圆台的体积V＝ eq \f(1,3)π(r2＋R2＋Rr)h＝21π．故选B．3．棱长为2的正方体的内切球的表面积为(　　)A．4π　　 B． eq \f(32,3)πC．8π　　 D．32π【答案】A【解析】正方体的棱长为2，即其内切球的直径d＝2，半径r＝ eq \f(d,2)＝1，所以内切球的表面积S＝4πr2＝4π．4．如图，正四棱锥P－ABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，则直线BE与平面PAC所成的角为(　　)A．30°　　 B．45°C．60°　 D．90°【答案】C【解析】如图，在正四棱锥P－ABCD中，根据底面积为6，可得BC＝ eq \r(6)．连接BD交AC于点O，连接PO，则PO为正四棱锥P－ABCD的高，根据体积公式可得PO＝1．因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD．又因为BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC．连接EO，则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝ eq \r(3)，所以PA＝2，OE＝ eq \f(1,2)PA＝1．在Rt△BOE中，因为BO＝ eq \r(3)，所以tan ∠BEO＝ eq \f(BO,OE)＝ eq \r(3)，即∠BEO＝60°．故直线BE与平面PAC所成角为60°．5．(2023年临汾模拟)“平面α与平面β平行”是“平面α内的任何一条直线都与平面β平行”的(　　)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】根据题意，若平面α与平面β平行，则两个平面没有公共点，故平面α内的任何一条直线都与平面β平行．反之，若平面α内的任何一条直线都与平面β平行，平面α内必定存在两条相交直线与平面β平行，则有平面α与平面β平行，故“平面α与平面β平行”是“平面α内的任何一条直线都与平面β平行”的充要条件．故选C．6．(2023年信阳模拟)已知一个圆锥的底面周长为2π，其侧面面积与底面面积的比为 eq \r(3)∶1，则该圆锥的体积为(　　)A． eq \f(\r(6),3)π B． eq \f(\r(2),3)πC． eq \f(\r(3),3)π D． eq \f(4,3)π【答案】B【解析】如图所示，由已知可得2π·OA＝2π，则OA＝1，其底面积为π×12＝π，且侧面积为π×1×PA＝π×PA，∴ eq \f(π×PA,π)＝ eq \r(3)，即PA＝ eq \r(3)．∴PO＝ eq \r(PA2－OA2)＝ eq \r(3－1)＝ eq \r(2)．∴该圆锥的体积为 eq \f(1,3)π×12× eq \r(2)＝ eq \f(\r(2),3)π．故选B．7．(2023年宝鸡三模)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．在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝2，则鳖臑A－BCD外接球的表面积为(　　)A． eq \f(19,3)π B．6πC．12π D．16π【答案】C【解析】如图，取AD的中点为O，连接BO，CO，因为AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，故AB⊥BD，同理AB⊥CD．因为AD的中点为O，故OA＝OB＝OD．而BC⊥CD，BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，故CD⊥平面ABC．而AC⊂平面ABC，故CD⊥AC，故OC＝DO，所以O为三棱锥A－BCD外接球的球心．因为AB＝BC＝CD＝2，故BD＝2 eq \r(2)，所以AD＝ eq \r(4＋8)＝2 eq \r(3)，故三棱锥A－BCD外接球半径为 eq \r(3)，故其外接球的表面积为12π．故选C．8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP绕直线DP翻转至△DA′P处，若M为线段A′C的中点，则异面直线BM与PA′所成角的正切值为(　　)A．4　　 B．2C． eq \f(1,4)　 D． eq \f(1,2)【答案】D【解析】如图，取A′D的中点N，连接PN，MN．∵M是A′C的中点，∴MN∥CD，且MN＝ eq \f(1,2)CD．∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，∴PB∥CD，且PB＝ eq \f(1,2)CD．∴MN∥PB，且MN＝PB．∴四边形PBMN为平行四边形．∴MB∥PN．∴∠A′PN(或其补角)是异面直线BM与PA′所成的角．在Rt△A′PN中，tan ∠A′PN＝ eq \f(A′N,A′P)＝ eq \f(1,2)，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为 eq \f(1,2)．故选D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．(2023年三明模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的有(　　)A．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β B．若m⊂α，n⊥m，则n⊥αC．若m⊥α，n∥α，则m⊥n D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n【答案】ABD【解析】对于A，若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α与β相交或平行，故A错误；对于B，若m⊂α，n⊥m，则n与α相交、平行或n⊂α，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥α，则由线面垂直的性质定理得m⊥n，故C正确；对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D错误．故选ABD．10．(2023年山东模拟)已知a，b，c是两两异面的三条直线，a⊥b，c⊥a，直线d满足d⊥a，d⊥b，a∩d＝P，b∩d＝Q，则c与d的位置关系可以是(　　)A．相交 B．异面C．平行 D．垂直【答案】BC【解析】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1上一点(异于点A1)，AB，B1C1，BB1所在直线分别为a，b，d，当DD1所在直线为c时，符合题中条件，此时c∥d，C正确；当D1E所在直线为c时，符合题中条件，此时c与d异面，B正确；若c与d相交，则a⊥c，d确定的平面，因为a⊥b，d确定的平面，则b，c，d在同一个平面内，即b与c共面，与已知矛盾，A错误；若c与d垂直，则c⊥a，d确定的平面，而b⊥a，d确定的平面，推出b与c平行或重合，与已知矛盾，D错误．故选BC．11．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的有(　　)A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC－A的大小为45°D．BD⊥平面PAC【答案】ABC【解析】如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM，∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，PM，BM⊂平面PMB，∴AD⊥平面PBM，故A正确．对于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．对于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P－BC－A的平面角，设AB＝1，则BM＝ eq \f(\r(3),2)，PM＝ eq \f(\r(3),2)，在Rt△PBM中，tan ∠PBM＝ eq \f(PM,BM)＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P－BC－A的大小为45°，故C正确．对于D，因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，故D错误．故选ABC．12．对于四面体A－BCD，以下命题中正确的有(　　)A．若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等B．若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心C．四面体A－BCD的四个面中最多有四个直角三角形D．若四面体A－BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为 eq \f(π,6)【答案】ACD【解析】如图1，设点A在平面BCD内的射影是E，因为sin ∠ABE＝ eq \f(AE,AB)，sin ∠ACE＝ eq \f(AE,AC)，sin ∠ADE＝ eq \f(AE,AD)，AB＝AC＝AD，所以sin ∠ABE＝sin ∠ACE＝sin ∠ADE，则AB，AC，AD与底面所成的角相等，故A正确；因为AE⊥平面BCD，所以AE⊥CD，又因为AB⊥CD，所以CD⊥平面ABE，所以CD⊥BE，同理可证BD⊥CE，所以E是△BCD的垂心，故B不正确；图1　　　　　　图2如图2，设正方体的棱长为1，则易求得AC＝ eq \r(2)，AD＝ eq \r(3)，又因为CD＝1，所以AC2＋CD2＝AD2，即△ACD为直角三角形，易证△ABC，△ABD，△BCD都是直角三角形，所以直角三角形的个数是4，故C正确；图1中，设O为正四面体A－BCD的内切球的球心，正四面体的棱长为1，所以OE为内切球的半径，BF＝AF＝ eq \f(\r(3),2)，BE＝ eq \f(\r(3),3)，所以AE＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(6),3)，由BO2－OE2＝BE2，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)－OE)) eq \s\up12(2)－OE2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3))) eq \s\up12(2)，所以OE＝ eq \f(\r(6),12)，所以内切球的表面积为4π·OE2＝ eq \f(π,6)，故D正确．故选ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积为__________．【答案】3π【解析】由题意知所得截面为圆，设截面圆的半径为r，则22＝12＋r2，所以r2＝3，所以所得截面的面积为πr2＝3π．14．已知一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥的体积为__________．【答案】 eq \f(8\r(3),3)π【解析】设圆锥的底面半径为r，根据题意，得2πr＝4π，解得r＝2．根据勾股定理，得圆锥的高为 eq \r(42－22)＝2 eq \r(3)，所以圆锥的体积V＝ eq \f(1,3)×π×22×2 eq \r(3)＝ eq \f(8\r(3),3)π．15．(2023年丹东期末)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为2，以C1为球心， eq \r(7)为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为__________．【答案】 eq \f(2π,3)【解析】直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为2，如图，取B1A1中点O，以C1为球心， eq \r(7)为半径的球面与侧面ABB1A1的交线是以C1为顶点，母线长为 eq \r(7)的圆锥与侧面ABB1A1的交线，OC1＝ eq \r(3)，C1E＝C1F＝ eq \r(7)，则A1E＝B1F＝ eq \r(7－4)＝ eq \r(3)，OE＝OF＝ eq \r(1＋3)＝2，∠B1OF＝60°，所以∠EOF＝60°，该交线长为2× eq \f(π,3)＝ eq \f(2π,3)．16．(2023年唐山二模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为棱AB，BC的中点，过D1，E，F做该正方体的截面，则截面形状为__________，周长为__________．【答案】五边形　2 eq \r(13)＋ eq \r(2)【解析】如图，连接EF并延长交DC的延长线于点N，连接D1N交CC1于点Q，连接QF，延长FE交DA的延长线于点M，连接D1M交AA1于点P，连接EP，顺次连接D1，Q，F，E，P，则五边形D1QFEP即为平面D1EF截正方体ABCD－A′B′C′D′的截面多边形．由题意，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则AE＝1，∠AEM＝∠BEF＝45°，则△AME为等腰直角三角形，则AM＝1．根据△AMP∽△A1D1P得， eq \f(AP,A1P)＝ eq \f(AM,A1D1)＝ eq \f(1,2)，则A1P＝ eq \f(4,3)，AP＝ eq \f(2,3)，则D1P＝ eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝ eq \f(2\r(13),3)，PE＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(13),3)，同理可得D1Q＝ eq \f(2\r(13),3)，FQ＝ eq \f(\r(13),3)，而EF＝ eq \r(2)，则五边形D1QFEP的周长为2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),3)＋\f(\r(13),3)))＋ eq \r(2)＝2 eq \r(13)＋ eq \r(2)．四、解答题：本题共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．(10分)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綉 eq \f(1,2)AD，BE綉 eq \f(1,2)FA，G，H分别为FA，FD的中点．(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？请说明理由．(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綉 eq \f(1,2)AD．又因为BC綉 eq \f(1,2)AD，所以GH綉BC．所以四边形BCHG是平行四边形．(2)解：C，D，F，E四点共面．理由如下．由BE綉 eq \f(1,2)FA，G是FA的中点，知BE綉GF．所以EF綉BG．由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH．故EC，FH共面．又因为点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．18．(12分)(2023年西安模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，D是AB的中点．求证：(1)AC1∥平面B1CD；(2)A1B⊥B1C．证明：(1)如图，连接BC1交B1C交于点M，连接DM，四边形BCC1B1为正方形，则M为B1C的中点．又因为D为AB的中点，所以DM∥AC1．因为DM⊂平面B1CD中，所以AC1∥平面B1CD．(2)根据题意，三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，则CC1⊥A1C1．因为AC⊥BC，A1C1∥AC，所以A1C1⊥BC．而BC∩CC1＝C，所以A1C1⊥平面BCC1B1．所以A1C1⊥CB1．因为四边形BCC1B1为正方形，所以BC1⊥CB1．因为BC1∩A1C1＝C1，所以CB1⊥面BA1C1，故A1B⊥B1C．19．(12分)(2023年绵阳模拟)如图1，由正方形ABCD与正三角形ABE组成的平面图形，其中AB＝2 eq \r(2)，将其沿AC，AB折起使得D，E恰好重合于点P，如图2．(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)若点M是线段AP上，且PM＝ eq \f(1,3)PA，求三棱锥P－MBC的体积．(1)证明：如图，连接BD，与AC相交于点O，由正方形的性质知PO⊥AC且AO＝OC．因为AB＝2 eq \r(2)，四边形ABCD是正方形，△ABE是正三角形，所以PO＝ eq \f(2\r(2),\r(2))＝2．因为OB＝PO＝2，PB＝EB＝2 eq \r(2)，所以PB2＝PO2＋OB2．所以PO⊥OB．又因为PO⊥AC，AC∩OB＝O，且AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面PAC．又因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)解：VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝ eq \f(1,3)S△ABC·|PO|－ eq \f(1,3)S△ABC· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)|PO|))＝ eq \f(1,9)S△ABC·|PO|＝ eq \f(1,9)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2\r(2)×2\r(2)))×2＝ eq \f(8,9)．20．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；(2)求证：PD⊥平面PBC；(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．(1)解：因为AD∥BC，所以∠DAP或其补角就是异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，AP＝ eq \r(AD2＋PD2)＝ eq \r(5)，所以cos ∠DAP＝ eq \f(AD,AP)＝ eq \f(\r(5),5)．所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为 eq \f(\r(5),5)．(2)证明：因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．又因为AD∥BC，所以BC⊥平面PDC，所以PD⊥BC．又因为PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC．(3)解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1．由已知得CF＝BC－BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC．在Rt△DCF中，DF＝ eq \r(DC2＋CF2)＝2 eq \r(5)．在Rt△DPF中，sin ∠DFP＝ eq \f(PD,DF)＝ eq \f(\r(5),5)．所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 eq \f(\r(5),5)．21．(12分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E为D1C1的中点，连接ED，EC，EB和DB．(1)求证：平面EDB⊥平面EBC；(2)求二面角E－DB－C的正切值．(1)证明：由题意可知△DD1E为等腰直角三角形，∠D1ED＝45°．同理，∠C1EC＝45°．所以∠DEC＝90°，即DE⊥EC．又因为BC⊥平面D1DCC1，DE⊂平面D1DCC1，所以BC⊥DE．又因为EC∩BC＝C，所以DE⊥平面EBC．因为DE⊂平面EDB，所以平面EDB⊥平面EBC．(2)解：如图，过E作EO⊥DC于点O，过点O作OF⊥DB于点F，连接EF．因为平面ABCD⊥平面D1DCC1，且交线为DC，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OF，EO⊥BD．由BD⊥OF，BD⊥OE，得BD⊥平面EFO，所以BD⊥EF．所以∠EFO为二面角E－DB－C的平面角．在Rt△EFO中，易求得OF＝ eq \f(\r(5),5)，又因为OE＝1，所以tan ∠EFO＝ eq \f(OE,OF)＝ eq \r(5)．所以二面角E－DB－C的正切值为 eq \r(5)．22．(12分)如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC．(1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出 eq \f(AP,PD)的值；若不存在，说明理由．(2)求三棱锥A－CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．解：(1)线段AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时 eq \f(AP,PD)＝ eq \f(3,2)．理由如下：当 eq \f(AP,PD)＝ eq \f(3,2)时， eq \f(AP,AD)＝ eq \f(3,5)．如图，过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，则有 eq \f(MP,FD)＝ eq \f(AP,AD)＝ eq \f(3,5)．由题意得FD＝5，故MP＝3．由题意得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MP綉EC．∴四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME．又∵CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP∥平面ABEF成立．(2)设BE＝x(0＜x≤4)，∴AF＝x，FD＝6－x．由题意得EB⊥EF．又∵BE⊥EC，BE∩EF＝E，∴BE⊥平面ECDF．∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF．故VA－CDF＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×2×(6－x)×x＝ eq \f(1,3)(－x2＋6x)．∴当x＝3时，VA－CDF有最大值3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2 eq \r(2)，AD＝3 eq \r(2)，AC＝ eq \r(14)，在△ACD中，由余弦定理得cos ∠ADC＝ eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝ eq \f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝ eq \f(1,2)，∴sin ∠ADC＝ eq \f(\r(3),2)．∴S△ADC＝ eq \f(1,2)·DC·DA·sin ∠ADC＝3 eq \r(3)．设点F到平面ACD的距离为h，由VA－CDF＝VF－ACD，即3＝ eq \f(1,3)·h·S△ACD，解得h＝ eq \r(3)．∴点F到平面ACD的距离为 eq \r(3)．