北师大版 (2019)必修 第二册第六章 立体几何初步本章综合与测试课时练习

这是一份北师大版 (2019)必修 第二册第六章 立体几何初步本章综合与测试课时练习，共23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。


第六章　立体几何初步

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.如图,三棱柱ABC-A1B1C1被平面DEE1D1截成两个几何体Ⅰ、Ⅱ,且平面DEE1D1∥平面ABB1A1,则(　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　

A.Ⅰ是棱柱,Ⅱ不是棱柱 B.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ是棱柱
C.Ⅰ是棱柱,Ⅱ是棱柱 D.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ不是棱柱
2.已知平面α⊥平面β,直线m⊂α,α∩β=l,则“m⊥l”是“m⊥β”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
3.设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题中正确的是(　　)
A.若α⊥β,m⊂α,则m⊥β
B.若α⊥β,m⊥α,则m∥β
C.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
D.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n
4.已知圆锥的底面半径为2,高为4,有一个底面半径为1的圆柱内接于此圆锥,则该圆柱的侧面积是(　　)
A.π B.2π C.3π D.4π
5.在四棱锥P-ABCD中,PA=2,PB=PC=PD=7,AB=AD=7,BC=CD=2,则四棱锥P-ABCD的体积为(　　)
A.23 B.3
C.5 D.3
6.如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SAC,△SAB是边长为2的等边三角形,∠ASC=90°,SC=23,则直线BC与平面SAC所成角的正弦值为(　　)

A.34 B.38 C.14 D.18
7.如图,一个盛满溶液的玻璃杯,其形状为一个倒置的圆锥,现放一个球状物体完全浸没于杯中,球面与圆锥侧面相切,且与玻璃杯口所在平面相切,则溢出溶液的体积为(　　)

A.83π27
B.43π27
C.163π27
D.323π27
8.棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥E-BCD的底面重合,若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在同一球的球面上,则正三棱锥E-BCD的内切球的半径为(　　)
A.32+612a B.33-612a
C.33+612a D.32-612a
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.以下四个命题中为真命题的是(　　)
A.如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行
B.如果一条直线和一个平面内的两条直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面
C.如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线互相平行
D.如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直
10.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点.下列结论中正确的是(　　)

A.EF与BB1垂直
B.EF与平面BCC1B1垂直
C.EF与C1D所成的角为45°
D.EF∥平面A1B1C1D1
11.如图,往透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器一边AB于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下面几个结论,其中正确的命题有(　　)

A.没有水的部分始终呈棱柱形
B.水面EFGH所在四边形的面积为定值
C.随着容器倾斜度的不同,A1C1始终与水面所在平面平行
D.当容器倾斜如图(3)所示时,AE·AH为定值
12.如图,矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内).若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,以下命题正确的是(　　)

A.四棱锥A1-BCDE体积的最大值为24
B.线段BM的长度是定值
C.MB∥平面A1DE恒成立
D.存在某个位置,使DE⊥A1C

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.如图是三角形ABC的直观图,A'B'∥x'轴,A'C'∥y'轴,A'B'=A'C',则△ABC的平面图形是　　　　(填正三角形、锐角三角形、钝角三角形、直角三角形、等腰三角形或者等腰直角三角形). 

14.已知圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3,半径为6的扇形,则该圆锥的体积为　　　　. 
15.如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在棱CC1上,且C1D=2CD,过点D的平面α与平面AB1C1平行,且BB1∩平面α=E,则BEB1E=　　　　. 

16.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AB=2,AD=3,PA⊥平面ABCD,若直线PD与平面ABCD所成的角为60°,则PA=　　　,该四棱锥外接球的体积为　　　　.(本题第一空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)从四棱柱ABCD-A1B1C1D1中截去一个三棱锥C1-B1CD1,得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.
(1)证明:A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.















18.(本小题满分12分)已知在四棱锥C-ABED中,DE∥AB,AC⊥BC,BC=2AC=4,AB=2DE,DA=DC且平面DAC⊥平面ABC.
(1)设点F为线段BC的中点,试证明EF⊥平面ABC;
(2)在(1)的条件下,若直线BE与平面ABC所成的角为60°,求四棱锥C-ABED的体积.







19.(本小题满分12分)在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=AB=DC=12BC=1,E是PC的中点,平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明:ED∥平面PAB;
(2)若PC=PA=7,求二面角A-PC-D的余弦值.






20.(本小题满分12分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).
(1)证明:平面EMN⊥平面PBC;
(2)设三棱锥B-EMN和四棱锥P-EBCD的体积分别为V1和V2,当N为BC中点时,求V1V2的值.






21.(本小题满分12分)在四棱锥P-ABCD中,O为AC与BD的交点,AB⊥平面PAD,△PAD是正三角形,DC∥AB,DA=DC=2AB.
(1)求异面直线PC和AB所成角的大小;
(2)若点E为棱PA上一点,且OE∥平面PBC,求AEPE的值;
(3)求证:平面PBC⊥平面PDC.








22.(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,E为PA的中点.
(1)求证:PC∥平面EBD;
(2)求三棱锥C-PAD的体积VC-PAD;
(3)在侧棱PC上是否存在一点M,满足PC⊥平面MBD,若存在,求出PM的长;若不存在,请说明理由.






本章达标检测
1.C
2.C
3.D
4.D
5.D
6.A
7.D
8.D
9.AD
10.AD
11.AD
12.ABC




一、单项选择题
1.C　根据棱柱的定义可知:Ⅰ,Ⅱ都是棱柱.故选C.
2.C　若m⊥l,则根据面面垂直的性质定理可得m⊥β;若m⊥β,则由l⊂β,可得m⊥l.故选C.
3.D　在A中,若α⊥β,m⊂α,则m与β相交、平行或m⊂β,故A错误;
在B中,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m⊂β,故B错误;
在C中,若m∥α,α∩β=n,则m与n平行或异面,故C错误;
在D中,若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n,故D正确.故选D.
4.D　设圆柱的高为h,由题意可得h4=12,所以h=2,从而圆柱的侧面积S=2π×1×2=4π,故选D.
5.D　连接BD、AC交于点O,连接PO,如图.

由AB=AD=7,BC=CD=2,
可得BD⊥AC,BO=DO,又PB=PD,所以BD⊥PO,所以BD⊥平面PAC,易知△BPD≌△ABD,所以PO=AO.
设PO=AO=m(m>0),CO=n(n>0),
由勾股定理得DO2=7-m2=4-n2,即m2-n2=3.
在△POA中,cos∠PAO=AP2+AO2-PO22AP·AO=44m=1m,
在△PCA中,cos∠PAC=AP2+AC2-PC22AP·AC
=4+(m+n)2-74(m+n),
由∠PAO=∠PAC可得1m=4+(m+n)2-74(m+n),
又m2-n2=3,所以1m=(m+n)2-(m2-n2)4(m+n),化简得mn=2,
将n=2m代入m2-n2=3可得m2-4m2=3,解得m2=4或m2=-1(舍去),
所以m=2,n=1,所以AC=3,BO=DO=3,所以△APO为等边三角形,即∠PAC=60°,
所以S△APC=12AP·AC·sin∠PAC=3×32=332,
所以VP-ABCD=VB-PAC+VD-PAC=13S△APC·BO+13S△APC·DO=13×332×3+13×332×3=3.故选D.
6.A　取SA的中点为M,连接MC,MB.
因为△SAB是边长为2的等边三角形,
所以BM⊥SA,且BM=3.
因为平面SAB⊥平面SAC,平面SAB∩平面SAC=SA,BM⊂平面SAB,所以BM⊥平面SAC,
所以∠BCM就是直线BC与平面SAC所成的角.
因为MC⊂平面SAC,所以BM⊥MC.由BM⊥平面SAC,SC⊂平面SAC可得BM⊥SC,又SC⊥SA,SA⊂平面SAB,BM⊂平面SAB,BM∩SA=M,
所以SC⊥平面SAB,因为SB⊂平面SAB,所以SC⊥SB.
在Rt△SBC中,由SC=23,SB=2,可得BC=SC2+SB2=4.
在Rt△MBC中,sin∠BCM=MBBC=34.
故选A.

7.D　作出圆锥的轴截面,如图,截面为正三角形,且边长为4,球心为截面三角形的中心,则球的半径r=13×42-22=233.
溢出溶液的体积等于球的体积,则体积为43π×2333=323π27.



8.D　由题意,得多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球,且其外接球的直径为AE,易求得正四面体ABCD的高AF=63a,设外接球的半径为R,则R2=63a-R2+33a2,解得R=64a,即外接球的半径为64a.
设正三棱锥E-BCD的高为h,因为AE=62a=63a+h,所以h=66a.
因为底面△BCD的边长为a,
所以EB=EC=ED=22a,
则正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直.
易求得正三棱锥E-BCD的表面积S=3+34a2,体积VE-BCD=13·12·22a·22a·22a=224a3.
设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r,由13S·r=224a3,得r=32-612a.
故选D.

二、多项选择题
9.AD　对于A,根据线面平行的性质定理知A正确;
对于B,不符合线面垂直的判定定理,两条直线应为两条相交直线,B错误;
对于C,如果两条直线都平行于一个平面,那么这两条直线可能平行、相交或异面,C错误;
对于D,根据面面垂直的判定定理知D正确.故选AD.
10.AD　如图,

连接B1C和AC,因为E,F分别为AB1,B1C的中点,所以EF∥AC,
又BB1⊥平面ABCD,
所以BB1⊥AC,即BB1⊥EF,A选项正确;
由题意可得AC不垂直BC,所以AC不垂直平面BCC1B1,
即EF不垂直平面BCC1B1,B选项不正确;
因为AB1∥C1D,EF∥AC,
所以∠B1AC为EF与C1D所成的角,
因为AC=B1C=B1A,
所以∠B1AC=60°,C选项不正确;
因为EF∥AC,AC⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD,又平面A1B1C1D1∥平面ABCD,EF⊄平面A1B1C1D1,
所以EF∥平面A1B1C1D1,D选项正确.
故选AD.
11.AD　由于AB始终在桌面上,因此倾斜过程中,没有水的部分,是以左右两侧的面为底面的棱柱,A正确;
易知四边形EFGH为矩形,面积为EF·FG,而EF=AB,FG却时刻在变化,故矩形EFGH的面积不是定值,B错误;
题图(3)中,A1C1与水面不平行,C错误;
题图(3)中,水体积不变,高AB不变,因此△AEH面积不变,从而AE·AH为定值,D正确.
故选AD.
12.ABC　由题意得,△ADE是等腰直角三角形,A到DE的距离是22,当平面A1DE⊥平面BCDE时,A1到平面BCDE的距离最大,为22.又S四边形BCDE=12×(1+2)×1=32,∴VA1-BCDE的最大值为13×32×22=24,A正确.
取CD的中点N,连接MN,BN,∵M是A1C的中点,∴MN∥A1D,而MN⊄平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,∴MN∥平面A1DE.
由DN与EB平行且相等得四边形DNBE是平行四边形,∴BN∥DE,∴BN∥平面A1DE,而BN∩MN=N,∴平面BMN∥平面A1DE,又MB⊂平面BMN,∴MB∥平面A1DE,C正确.
在上述过程中得∠MNB=∠A1DE=45°,
又BN=DE=2,MN=12A1D=12,
∴BM=(2)2+(12) 2-2×2×12cos45°
=52,为定值,B正确.

假设存在某个位置,使DE⊥A1C.连接CE.取DE的中点O,连接A1O,CO,显然A1O⊥DE,而A1O∩A1C=A1,∴DE⊥平面A1OC,又OC⊂平面A1OC,∴DE⊥OC,则CE=CD,但CE=2,CD=2,不可能相等,所以不可能有DE⊥A1C,D错误.
故选ABC.
三、填空题
13.答案　直角三角形
解析　因为A'B'∥x'轴,且A'C'∥y'轴,所以原平面图形中AB⊥AC,又A'B'=A'C',所以AC=2AB,即△ABC不是等腰三角形,则△ABC为直角三角形.
14.答案　1623π
解析　∵圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3,半径为6的扇形,∴扇形的弧长为2π3×6=4π,即圆锥的底面圆的周长为4π,故底面圆的半径r为2,∴这个圆锥的高h=62-22=42,故圆锥的体积V=13πr2h=1623π.
15.答案　12
解析　因为平面α∥平面AB1C1,所以DE∥平面AB1C1,而DE⊂平面CBB1C1,平面CBB1C1∩平面AB1C1=B1C1,则DE∥B1C1,故BEB1E=CDC1D=12.
16.答案　3;323π
解析　由题意得∠PDA=60°,又AD=3,∴PA=3,以AB,AD,AP为交于同一点的棱构造一个长方体,则该长方体的体对角线为其外接球的直径.设其外接球半径为R,则2R=22+(3)2+32=4,即R=2,∴该四棱锥外接球的体积V=43πR3=43π×8=32π3.

四、解答题
17.证明　(1)如图所示,

取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1.
因为多面体ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,
所以A1O1∥OC,A1O1=OC,(2分)
因此四边形A1OCO1为平行四边形,
所以A1O∥O1C.(3分)
又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.(5分)
(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD.(6分)
因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.(7分)
又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM.(8分)
又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.(10分)
18.解析　(1)证明:取AC的中点O,连接DO和OF,

∵在△DAC中,DA=DC,∴DO⊥AC.
又平面DAC⊥平面ABC,且交线为AC,
∴DO⊥平面ABC.(2分)
又∵O,F分别为AC,BC的中点,
∴AB∥OF且AB=2OF.
又DE∥AB,AB=2DE,
∴OF∥DE且OF=DE.
∴四边形DEFO为平行四边形.
∴EF∥DO.(4分)
∴EF⊥平面ABC.(5分)
(2)由(1)知EF⊥平面ABC,
所以直线BE与平面ABC所成的角为∠EBF,∴∠EBF=60°,
∵BF=12BC=2,∴EF=DO=23,(6分)
故可得S△DAC=12×AC×DO=12×2×23=23,又AC⊥BC,
∴S△ABC=12×AC×BC=12×2×4=4.(8分)
又EF∥DO,∴点E、F到平面DAC的距离相等,
∵平面DAC⊥平面ABC,CF⊥AC,
∴CF⊥平面DAC,∴E点到平面DAC的距离等于2.(10分)
∴VC-ABED=VE-DAC+VE-ABC=13×23×2+13×4×23=43.(12分)
19.解析　(1)证明:取PB的中点F,连接AF,EF.
∵EF是△PBC的中位线,∴EF∥BC,且EF=12BC.
又AD∥BC,且AD=12BC,∴AD∥EF且AD=EF,
∴四边形ADEF是平行四边形.
∴ED∥AF.(2分)
又ED⊄平面PAB,AF⊂平面PAB,
∴ED∥平面PAB.(4分)
(2)取BC的中点M,连接AM,则AD∥MC且AD=MC,
∴四边形ADCM是平行四边形,又AD=CD,∴平行四边形ADCM为菱形,
∴AM=MC=MB,则A在以BC为直径的圆上.
∴AB⊥AC,可得AC=3.(5分)
过D作DG⊥AC于G,
∵平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC,
∴DG⊥平面PAC,则DG⊥PC.
过G作GH⊥PC于H,连接DH,则PC⊥面GHD,则PC⊥DH,
∴∠GHD是二面角A-PC-D的平面角.(6分)
在△ADC中,GD=AD2-(AC2) 2=1-34=12.(7分)
连接AE,cos∠ACE=AC2+PC2-PA22AC ·PC=3+7-723×7=327,
则AE=AC2+EC2-2·AC·EC·cos∠ACE
=3+74-2×3×72×327=132.
连接PG,∵PC=PA,G为AC的中点,
∴PG=7-34=52,
∴点A到PC的距离d=52×37=52114.
∴GH=12d=52128.(10分)
在Rt△GDH中,HD=DG2+HG2=14+75112=103112,
∴cos∠GHD=GHHD=52128103112=5309103,
即二面角A-PC-D的余弦值为5309103.(12分)

20.解析　(1)证明:∵PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,EB,ED⊂平面EBCD,
∴PE⊥平面EBCD,
又BC⊂平面EBCD,∴PE⊥BC,
∵BC⊥EB,PE,BE⊂平面PEB,PE∩BE=E,∴BC⊥平面PEB,
∵EM⊂平面PEB,∴EM⊥BC.(3分)
由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB,
又BC,PB⊂平面PBC,BC∩PB=B,
∴EM⊥平面PBC,
又EM⊂平面EMN,
∴平面EMN⊥平面PBC.(6分)
(2)∵N为BC中点,∴S△EBNS四边形EBCD=12EB·BNEB·BC=14,(8分)
点M,P到平面EBCD的距离之比为12,(10分)
∴V1V2=13S△EBN13S四边形EBCD×12=14×12=18.(12分)
21.解析　(1)因为DC∥AB,所以异面直线PC和AB所成角为PC和CD所成角,即∠PCD.(1分)
因为△PAD是正三角形,DA=DC,
所以PD=CD,
因为AB⊥平面PAD,所以DC⊥平面PAD,
因为PD⊂平面PAD,所以DC⊥PD,
所以△PDC是等腰直角三角形,(2分)
所以∠PCD=π4,
即异面直线PC和AB所成角为π4.(4分)
(2)因为OE∥平面PBC,OE⊂平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,
所以OE∥PC,(5分)
所以AOOC=AEEP,
因为DC∥AB,DC=2AB,
所以AOOC=ABDC=12,(6分)
所以AEPE=12.(7分)
(3)证明:取PC的中点F,连接FB,FD,
因为△PAD是正三角形,DA=DC,所以DP=DC,
因为F是PC中点,所以DF⊥PC,(8分)
因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,AB⊥AD,AB⊥PD,
因为DC∥AB,所以DC⊥DP,DC⊥DA.
设AB=a,在等腰直角三角形PCD中,DF=PF=2a,
在Rt△PAB中,PB=5a,
在直角梯形ABCD中,BD=BC=5a,
因为BC=PB=5a,点F为PC的中点,
所以PC⊥FB,(9分)
在Rt△PFB中,FB=3a,
在△FDB中,由DF=2a,FB=3a,BD=5a,可知DF2+FB2=BD2,
所以FB⊥DF,(10分)
由DF⊥PC,DF⊥FB,PC∩FB=F,PC,FB⊂平面PBC,可得DF⊥平面PBC,
又DF⊂平面PCD,
所以平面PBC⊥平面PDC.(12分)
22.解析　(1)证明:设AC,BD相交于点F,连接EF.
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,
∴F为AC的中点,
又∵E为PA的中点,∴EF∥PC.(2分)
又∵EF⊂平面EBD,PC⊄平面EBD,
∴PC∥平面EBD.(3分)
(2)∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,
∴△ACD是边长为2的正三角形,
又∵PA⊥底面ABCD,
∴PA为三棱锥P-ACD的高,(4分)
∴VC-PAD=VP-ACD=13S△ACD·PA=13×34×22×2=233.(7分)
(3)在侧棱PC上存在一点M,满足PC⊥平面MBD.(8分)
证明如下:
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD,
∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴BD⊥PA.
∵AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,
∴BD⊥PC.(9分)
在△PBC内,PB=PC=22+22=22,BC=2,
在平面PBC内,作BM⊥PC,垂足为M,
设PM=x,则有8-x2=4-(22-x)2,解得x=322,322<22,满足题意.(10分)
连接MD,∵PC⊥BD,BM⊥PC,BM∩BD=B,BM⊂平面BDM,BD⊂平面BDM,
∴PC⊥平面BDM.
∴存在满足条件的点M,此时PM的长为322.(12分)