高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步本章综合与测试优秀课后作业题

这是一份高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步本章综合与测试优秀课后作业题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

章末综合检测（八）
（时间：120分钟，满分：150分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5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.空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是（　　）
A.平行
B.异面
C.相交或平行
D.平行或异面或相交均有可能
解析：选D.

如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，
故选D.
2.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这个平面图形的面积为（　　）

A.＋　　　　　　　　 B.2＋
C.＋ D.＋
解析：选 B.将直观图 ABCD 还原后为直角梯形 A′BCD′，其中 A′B＝2AB＝2，BC＝1＋，
A′D′＝AD＝1.
所以平面图形的面积 S＝×（1＋1＋）×2＝2＋.
3.对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得（　　）
A.a⊂α，b⊂α B.a⊂α，b∥α
C.a⊥α，b⊥α D.a⊂α，b⊥α
解析：选B.因为已知两条不相交的空间直线a和b，所以可以在直线a上任取一点A，则A∉b，过A作直线c∥b，则过直线a，c必存在平面α且使得a⊂α，b∥α.
4.正方体的表面积与其外接球的表面积的比为（　　）
A.3∶π B.2∶π
C.1∶2π D.1∶3π
解析：选B.设正方体的棱长为a，则球的直径为2R＝a，所以R＝a.正方体的表面积为6a2.球的表面积为4πR2＝4π·＝3πa2，所以它们的表面积之比为6a2∶3πa2＝2∶π.
5.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，棱锥A1­ABCD的体积与长方体的体积的比值为（　　）

A. B.
C. D.
解析：选C.设长方体过同一顶点的棱长分别为a，b，c，则长方体的体积为V1＝abc，四棱锥A1­ABCD的体积为V2＝abc，所以棱锥A1­ABCD的体积与长方体的体积的比值为.
6.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是（　　）
A.等边三角形 B.矩形
C.等腰梯形 D.以上都有可能
解析：选D.当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图（1）；

当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图（2）；当点Q不与点D，D1重合时，令Q，R分别为DD1，C1D1的中点，则截面图形为等腰梯形AQRB1，如图（3）.故选D.
7.给出下列命题：
①过平面外一直线有且仅有一个平面和这个平面平行；
②如果一个平面经过另一个平面的斜线，那么这两个平面不可能垂直；
③若直角三角形ABC在平面α内的射影仍是直角三角形，则平面ABC∥平面α.
其中正确命题的个数为（　　）
A.0　　　　　　　　　　　　 B.1
C.2 D.3
解析：选A.对于①，平面外的直线有两类，其一是与平面相交的直线，其二是与平面平行的直线，显然①不正确；对于②，容易判断②是错误的；对于③，平面ABC与平面α也有可能相交，因此③不正确.故选A.
8.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论中正确的是（　　）
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC.同理，DE⊥AC，又DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.又AC⊂平面ABC，AC⊂平面ADC，所以平面ABC⊥平面BDE，平面ADC⊥平面BDE.故选C.
9.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（　　）
A.l1⊥l4
B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行
D.l1与l4的位置关系不确定
解析：选D.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.
10.在等腰Rt△A′BC中，A′B＝BC＝1，M为A′C的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为1，则二面角C­BM­A的大小为（　　）
A.30°　　　　　　　 B.60°
C.90° D.120°
解析：选C.如图所示，由A′B＝BC＝1，∠A′BC＝90°，得A′C＝.因为M为A′C的中点，所以MC＝AM＝.且CM⊥BM，AM⊥BM，所以∠CMA为二面角C­BM­A的平面角.因为AC＝1，MC＝AM＝，所以∠CMA＝90°.
11.如图，已知六棱锥P­ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是（　　）
A.PB⊥AD
B.平面PAB⊥平面PBC
C.直线BC∥平面PAE
D.直线PD与平面ABC所成的角为45°
解析：选D.选项A，B，C显然错误.因为PA⊥平面ABC，所以∠PDA是直线PD与平面ABC所成的角.因为ABCDEF是正六边形，所以AD＝2AB.因为tan∠PDA＝＝＝1，所以直线PD与平面ABC所成的角为45°.故选D.
12.已知四棱锥S­ABCD的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于4＋4，则球O的体积等于（　　）
A.π B.π
C.π D.π
解析：选B.由题意可知四棱锥S­ABCD的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当体积最大时，可以判定该棱锥为正四棱锥，底面在球大圆上，可知底面正方形的对角线长度的一半为球的半径r，且四棱锥的高h＝r，进而可知此四棱锥的四个侧面均是边长为r的正三角形，底面为边长为r的正方形，所以该四棱锥的表面积为S＝4×（r）2＋（r）2＝2r2＋2r2＝（2＋2）r2＝4＋4，因此r2＝2，r＝，所以球O的体积V＝πr3＝π×2＝，故选B.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分.
13.如果用半径R＝2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是　　　　　Ｗ.
解析：设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝2π，则r＝，所以圆锥筒的高h＝＝＝3.
答案：3
14.已知a，b表示不同的直线，α，β，γ表示不重合的平面.
①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；
②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；
③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b；
④若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β.
上述命题中，正确命题的序号是　　　　Ｗ.
解析：对①可举反例，如图，需b⊥β才能推出α⊥β；对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可知a，b不垂直；根据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.
答案：②④
15.已知直二面角α­l­β，A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足.若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离为　　　　　Ｗ.
解析：如图，作DE⊥BC于点E，由α­l­β为直二面角，AC⊥l，得AC⊥β，进而AC⊥DE，又BC⊥DE，BC∩AC＝C，于是DE⊥平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离.在Rt△BCD 中，利用等面积法得DE＝＝＝.
答案：
16.如图，在棱长均相等的正四棱锥P­ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：
①PC∥平面OMN；
②平面PCD∥平面OMN；
③OM⊥PA；
④直线PD与直线MN所成角的大小为90°.
其中正确结论的序号是　　　　　Ｗ.
解析：连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确.同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确.由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确.由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即为∠PDC.又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，故④错误.
答案：①②③
三、解答题：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，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.

（1）求证：BD⊥PC；
（2）若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.
证明：（1）连接AC，交BD于点O，连接PO.
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又因为PB＝PD，O为BD的中点，
所以BD⊥PO.
因为PO∩AC＝O，
所以BD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，
所以BD⊥PC.
（2）因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.
因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.
所以BC∥平面PAD.
又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l.
所以BC∥l.
18.（本小题满分12分）如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥平面PAC，∠APC＝90°，E是AB的中点，M是CE的中点，N在PB上，且PB＝4PN.
（1）求证：平面PCE⊥平面PAB；
（2）求证：MN∥平面PAC.
证明：（1）因为AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
又∠APC＝90°，所以AP⊥PC，
又AB∩AP＝A，所以PC⊥平面PAB.
又PC⊂平面PCE，
所以平面PCE⊥平面PAB.
（2）取AE的中点Q，连接QN，QM，
在△AEC中，因为M是CE的中点，所以QM∥AC.
又PB＝4PN，AB＝4AQ，
所以QN∥AP，
又QM∩QN＝Q，AC∩AP＝A，
所以平面QMN∥平面PAC.
又MN⊂平面QMN，
所以MN∥平面PAC.
19.（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点.
（1）证明：BC1∥平面A1CD；
（2）设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，求三棱锥C­A1DE的体积.
解：（1）证明：连接AC1交A1C于点F，连接DF，
则F为AC1的中点.
又D是AB中点，则BC1∥DF.
因为DF⊂平面A1CD，
BC1⊄平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
（2）因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.
因为AC＝CB，D为AB的中点，
所以CD⊥AB.
又AA1∩AB＝A，
所以CD⊥平面ABB1A1.
由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2得
∠ACB＝90°，CD＝，A1D＝，DE＝，A1E＝3，
故A1D2＋DE2＝A1E2，
即DE⊥A1D.
所以V三棱锥C­A1DE＝××××＝1.
20.（本小题满分12分）如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB的中点，E为AD的中点，过A，D，N的平面交PC于点M.

求证：（1）EN∥平面PDC；
（2）BC⊥平面PEB；
（3）平面PBC⊥平面ADMN.
证明：（1）因为AD∥BC，BC⊂平面PBC，
AD⊄平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
又平面ADMN∩平面PBC＝MN，
所以AD∥MN.
又因为AD∥BC，
所以MN∥BC.
又因为N为PB的中点，
所以M为PC的中点，
所以MN＝BC.
因为E为AD的中点，
DE＝AD＝BC＝MN，
所以DEMN，
所以四边形DENM为平行四边形，
所以EN∥DM.
又因为EN⊄平面PDC，DM⊂平面PDC，
所以EN∥平面PDC.
（2）因为四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，E为AD的中点，
所以BE⊥AD.
又因为PE⊥AD，PE∩BE＝E，
所以AD⊥平面PEB.
因为AD∥BC，
所以BC⊥平面PEB.
（3）由（2）知AD⊥PB.
又因为PA＝AB，且N为PB的中点，
所以AN⊥PB.
因为AD∩AN＝A，
所以PB⊥平面ADMN.
又因为PB⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ADMN.
21.（本小题满分12分）如图（1），在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图（2）中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.

（1）求证：CD⊥平面A1OC；
（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36，求a的值.
解：（1）证明：在题图（1）中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝90°，所以BE⊥AC，BC＝ED，
即在题图（2）中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.
又BCED，所以四边形BCDE是平行四边形，
所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
（2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，即A1O是四棱锥A1­BCDE的高.
由题图（1），可知A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.
从而四棱锥A1­BCDE的体积V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3.由a3＝36，得a＝6.
22.（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点.AB＝BC，AC＝2，AA1＝.

（1）求证：B1C∥平面A1BM；
（2）求证：AC1⊥平面A1BM；
（3）在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.
解：（1）证明：连接AB1交A1B于O，连接OM.如图所示.
在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM∥B1C.
又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
（2）证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，
所以AA1⊥BM.
因为M为棱AC的中点，AB＝BC，
所以BM⊥AC.
又AA1∩AC＝A，
所以BM⊥平面ACC1A1，
所以BM⊥AC1.
因为M为棱AC的中点，AC＝2，
所以AM＝1.
又AA1＝，
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
所以∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
所以A1M⊥AC1.
因为BM∩A1M＝M，
所以AC1⊥平面A1BM.
（3）存在点N，且当点N为BB1的中点，
即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
设AC1的中点为D，连接DM，DN.如图所示.
因为D，M分别为AC1，AC的中点，
所以DM∥CC1，且DM＝CC1.
又N为BB1的中点，
所以DM∥BN，且DM＝BN，
所以四边形DMBN是平行四边形，
所以BM∥DN.
因为BM⊥平面ACC1A1，
所以DN⊥平面ACC1A1.
又DN⊂平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面ACC1A1.