新教材人教A版数学必修第二册 章末检测第八章 试卷

这是一份新教材人教A版数学必修第二册 章末检测第八章 试卷，共11页。
第八章章末检测
(时间：120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．直线l与平面α不平行，则(　　)
A．l与α相交　　 B．l⊂α
C．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．(2020年银川月考)若圆台下底半径为4，上底半径为1，母线长为3，则其体积为(　　)
A．15π　　 B．21π　　
C．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，则圆台的高为h＝＝3.所以圆台的体积V＝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．π　
C．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＝＝1，所以内切球的表面积S＝4πr2＝4π.
4．(2019年青海模拟)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＝.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＝，所以PA＝2，OE＝PA＝1.在Rt△BOE中，因为BO＝，所以tan∠BEO＝＝，即∠BEO＝60°.故直线BE与平面PAC所成角为60°.

5．如图，若α∥β，A∈α，C∈α，B∈β，D∈β，且AB＋CD＝28，AB，CD在β内的射影长分别为9和5，则AB，CD的长分别为(　　)

A．16和12
B．15和13
C．17和11
D．18和10
【答案】B　【解析】如图，作AM⊥β，CN⊥β，垂足分别为M，N.设AB＝x，则CD＝28－x，BM＝9，ND＝5.∴x2－81＝(28－x)2－25，解得x＝15，则28－x＝13.

6．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图)交C1D1，A1B1，AB，CD分别于E，F，G，H，则四边形EFGH的形状为(　　)

A．平行四边形　　 B．菱形
C．矩形　　 D．梯形
【答案】A　【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面EFGH交平面ABCD于GH，交平面A1B1C1D1于EF，则有GH∥EF.同理EH∥FG.所以四边形EFGH为平行四边形．
7．(2020年四川模拟)已知圆柱的底面半径为2，高为3，垂直于圆柱底面的平面截圆柱所得截面为矩形ABCD(如图)．若底面圆的弦AB所对的圆心角为，则圆柱被分成两部分中较大部分的体积为(　　)

A．10π＋3
B．10π
C．＋
D．2π－3
【答案】A　【解析】由题意，圆柱被分成两部分中较小部分的底面积S＝×π×22－×2×2×sin＝－.则较大部分的底面积S′＝π×2×2－S＝＋，体积V′＝S′·h＝10π＋3.故选A．
8．(2020年珠海模拟)如图所示，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．2　
C．　 D．
【答案】D　【解析】取A′D的中点N，连接PN，MN.∵M是A′C的中点，∴MN∥CD，且MN＝CD．∵四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，∴PB∥CD，且PB＝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＝＝，∴异面直线BM与PA′所成角的正切值为.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，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是(　　)

A．PC⊥BC
B．AC⊥平面PBC
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面PCB⊥平面PBC
【答案】AD　【解析】由PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，在A中，BC⊥AC，BC⊥PA，PC∩PA＝P，∴BC⊥平面PAC，∴PC⊥BC，故A正确；在B中，∵PA⊥AC，AC∩PC＝C，∠PCA＜，∴AC与PC不垂直，∴AC与平面PBC不垂直，故B错误；
在C中，∵PAB是固定的平面，PBC是移动的平面，
∴平面PAB和平面PBC不垂直，故C错误；
在D中，∵BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC，故D正确．故选AD．
10．已知两条直线l，m及三个平面α，β，γ，下列条件中能推出α⊥β的是(　　)
A．l⊂α，l⊥β　 B．l⊥α，m⊥β，l⊥m
C．α⊥γ，β∥γ　 D．l⊂α，m⊂β，l⊥m
【答案】ABC　【解析】对于D，α与β有可能平行或相交，不能推出α⊥β.易判断A，B，C都能推出α⊥β.故选ABC．
11．如图，平面α与平面β交于直线l，A，C是平面α内不同的两点，B，D是平面β内不同的两点，且A，B，C，D不在直线l上，M，N分别是线段AB，CD的中点，下列说法中正确的是(　　)

A．若AB，CD是异面直线，则不存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交
B．若AB与CD相交，且直线AC平行于l时，则直线BD与l也平行
C．若AB，CD是异面直线，则直线MN可能与l平行
D．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交
【答案】BD　【解析】对于A，若AB，CD是异面直线，则存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交，如该直线是过点M且与CD相交的直线，故A错误；对于B，因为AB与CD相交，则A，B，C，D四点共面于平面γ，且γ∩β＝BD，γ∩α＝AC，由AC∥l，可得AC∥β，由线面平行的性质可得AC∥BD，进而可得BD∥l，故B正确；对于C，若 MN∥l，则有MN∥AC且MN∥BD，则A，B，C，D四点在同一平面上，与AB，CD是异面直线矛盾，故C错误；对于D，若M，N两点重合，则AC∥BD，故AC∥l，故此时直线AC与直线l不可能相交，故D正确．故选BD．
12．对于四面体A-BCD，以下命题中正确的命题是(　　)
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
【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＝，sin∠ACE＝，sin∠ADE＝，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＝，AD＝，又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＝，BE＝，所以AE＝＝，由BO2－OE2＝BE2，得2－OE2＝2，所以OE＝，所以内切球的表面积为4π·OE2＝，故D正确．故选ACD．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)
13．(2020年深圳模拟)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．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，PA＝，那么二面角A-BD-P的大小为________．
【答案】30°　【解析】作AO⊥BD交BD于点O.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．∵PA∩AO＝A，∴BD⊥平面PAO，∴PO⊥BD，∴∠AOP即为所求二面角A-BD-P的大小．∵AO＝＝，∴tan∠AOP＝＝，故二面角A-BD-P的大小为30°.

15．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为________．
【答案】π　【解析】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则πr2＋πrl＝π，即r2＋rl＝1.由圆心角公式＝，即l＝3r，解得r＝，l＝.所以高h＝＝.体积V＝·π·2·＝π.
16．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________(填序号)．

①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD．
【答案】①②④　【解析】分别取CE，DE的中点Q，P，连接MP，PQ，NQ，则在折叠过程中，可证四边形MNQP是矩形，所以①②正确；因为MN∥PQ，AB∥CE，若MN∥AB，则PQ∥CE，又PQ与CE相交，所以③错误；当平面ADE⊥平面ABCD时，有EC⊥AD，④正确．故填①②④.
四、解答题(本大题共6小题，17题10分，其余小题为12分，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．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°，BCAD，BEFA，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GHAD．
又BCAD，故GHBC．
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BEFA，G是FA的中点，知BEGF.
所以EFBG.
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.
故EC，FH共面．
又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．
18．(2020年南通模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，过AD的平面分别与PB，PC交于点E，F.

(1)求证：平面PBC⊥平面PCD；
(2)求证：EF∥平面PAD．
证明：(1)由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是矩形，∴BC⊥CD．
又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PCD．
而BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD．
(2)∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，
∴AD∥平面PBC．
∵过AD的平面分别与PB，PC交于点E，F，∴AD∥EF.
而AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD．
19．(2020年成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E，F分别为BC，CD的中点．

(1)求证：BC⊥平面PAE；
(2)点Q在棱PB上，且＝，求证：PD∥平面QAF.
证明：(1)如图，连接AC．

∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．
∵E为BC的中点，∴BC⊥AE.
又∵AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴BC⊥AP.
∵AP∩AE＝A，∴BC⊥平面PAE.
(2)连接BD交AF于点M，连接QM.
∵F为CD的中点，∴在底面ABCD中，易证△AMB∽△FMD，∴＝＝，∴＝，
∴＝＝.
∴在△BPD中，PD∥QM.
又∵QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，
∴PD∥平面QAF.
20．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＝＝，
所以cos ∠DAP＝＝.
所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
(2)证明：因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．
又因为AD∥BC，PD⊥BC，又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＝＝2.
在Rt△DPF中，sin∠DFP＝＝.
所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
21．如图所示，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BC⊥平面D1DCC1，DE⊂平面D1DCC1，所以BC⊥DE.
又EC∩BC＝C，所以DE⊥平面EBC．
因为DE⊂平面DEB，所以平面DEB⊥平面EBC．
(2)解：如图所示，过E作EO⊥DC于点O，过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(或其补角)为二面角E-DB-C的平面角．
在Rt△EFO中，易求得OF＝，又OE＝1，
所以tan∠EFO＝＝.
所以二面角E-DB-C的正切值为.
22．(2019年太原模拟)如图，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＝.理由如下：
当＝时，＝.
过点P作PM∥FD交AF于点M，连接EM，则有＝＝.
由题意得FD＝5，故MP＝3.
由题意得EC＝3，又MP∥FD∥EC，∴MPEC．
∴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EC⊥EF.
又BE⊥EC，BE∩EF＝E，∴EB⊥平面ECDF.
∵AF∥BE，∴AF⊥平面ECDF.
故VA－CDF＝××2×(6－x)×x＝(－x2＋6x)．
∴当x＝3时，VA-CDF有最大值3，
此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2，AD＝3，AC＝，
在△ACD中，由余弦定理得
cos ∠ADC＝＝＝.
∴sin∠ADC＝.
∴S△ADC＝·DC·DA·sin∠ADC＝3.
设点F到平面ACD的距离为h，
由VA-CDF＝VF-ACD，即3＝·h·S△ACD，解得h＝.
∴点F到平面ACD的距离为.