苏教版高一下册数学必修第二册-第13章 立体几何初步章末复习训练【含答案】

这是一份苏教版高一下册数学必修第二册-第13章 立体几何初步章末复习训练【含答案】，共10页。
苏教版高一下册数学必修第二册-第13章 立体几何初步章末复习[A　基础达标]1．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是由(　　)A．一个圆台、两个圆锥构成B．两个圆台、一个圆锥构成C．两个圆柱、一个圆锥构成D．一个圆柱、两个圆锥构成2．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是(　　)A．2＋ eq \r(2) 　　　　　　　　B． eq \f(1＋\r(2),2) C． eq \f(2＋\r(2),2)  D．1＋ eq \r(2) 3．轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥，则等边圆锥的底面积是侧面积的(　　)A． eq \f(1,4) 　　　B． eq \f(1,3)  C． eq \f(1,2) 　　　D． eq \f(\r(2),2) 4．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”(chu meng)是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中△BCF是正三角形，AB＝2BC＝2EF，以下两个结论：①AB∥EF；②BF⊥ED.则(　　)A．①和②都不成立B．①成立，但②不一定成立C．①不成立，但②成立D．①和②都成立5．在等腰直角三角形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°6.如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均相等，D为A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为________．7.如图，在一个底面边长为4 cm的正六棱柱容器内有一个半径为2 eq \r(3)  cm的铁球，现向容器内注水，使得铁球完全浸入水中，若将铁球从容器中取出，则水面下降________ cm.8．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__________．9．如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，E为垂足．(1)求证：PA⊥平面ABC；(2)当E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形．10．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.[B　能力提升]11．已知直线l，m和平面α，β满足l⊥α，m⊂β，下列命题：①α⊥β ⇒l∥m；②α∥β ⇒l⊥m；③l⊥m⇒α∥β；④l∥m⇒α⊥β.其中正确命题的序号是(　　)A．①②　　B．③④ C．①③　　D．②④12.如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为(　　)A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°13．(多选)在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是(　　)A．A，M，N，B四点共面B．BN∥平面ADMC．直线BN与B1M所成的角为60°D．平面ADM⊥平面CDD1C114.如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为________．[C　拓展探究]15．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝ eq \f(1,2) 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 eq \r(2) ，求a的值．参考答案[A　基础达标]1．解析：选D．旋转体如图，中间是一个圆柱，两端是相同的圆锥构成，故选D．2．解析：选A．如图，恢复后的原图形为一直角梯形，所以S＝ eq \f(1,2) (1＋ eq \r(2) ＋1)×2＝2＋ eq \r(2) .故选A．3．解析：选C．设底面半径为r，则等边圆锥的母线长为l＝2r，S底＝πr2，S侧＝πrl＝πr×2r＝2πr2，所以 eq \f(S底,S侧) ＝ eq \f(πr2,2πr2) ＝ eq \f(1,2) .故选C．4．解析：选B．因为AB∥CD，CD在平面CDEF内，AB不在平面CDEF内，所以AB∥平面CDEF，又EF在平面CDEF内，由AB在平面ABFE内，且平面ABFE∩平面CDEF＝EF，所以AB∥EF，故①对；如图，取CD中点G，连接BG，FG，由AB＝CD＝2EF，易知DE∥GF，且DE＝GF，不妨设EF＝1，则BG＝ eq \r(2) BC＝ eq \r(2) EF＝ eq \r(2) ，假设BF⊥ED，则BF2＋FG2＝BG2，即1＋FG2＝2，即FG＝1，但FG的长度不定，故假设不一定成立，即②不一定成立．故选B．5．解析：选C．如图所示，由A′B＝BC＝1，∠A′BC＝90°，得A′C＝ eq \r(2) .因为M为A′C的中点，所以MC＝AM＝ eq \f(\r(2),2) ，且CM⊥BM，AM⊥BM.所以∠CMA为二面角C­BM­A的平面角．因为AC＝1，MC＝AM＝ eq \f(\r(2),2) ，所以∠CMA＝90°.6.解析：如图，连接B1D，因为三角形A1B1C1为正三角形，则B1D⊥A1C1, 又平面A1B1C1 ⊥平面AC1，交线为A1C1，B1D⊂平面A1B1C1，则B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，则由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D，由线面垂直的判定定理得AG⊥平面B1DC，于是∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，由已知，不妨令棱长为2，则可得AD＝ eq \r(5) ＝CD，由等面积法算得AG＝ eq \f(AC×AA1,CD) ＝ eq \f(4\r(5),5) ，所以直线AD与平面DCB1的正弦值为 eq \f(AG,AD) ＝ eq \f(4,5) ；故答案为 eq \f(4,5) .答案： eq \f(4,5) 7.解析：假设铁球刚好完全浸入水中，球的体积V＝ eq \f(4,3) ×π×(2 eq \r(3) )3＝32 eq \r(3) π(cm3)，水面高度为4 eq \r(3) ，此时正六棱柱容器中水的体积为V1＝ eq \f(\r(3),4) ×42×6×4 eq \r(3) －32 eq \r(3) π＝(288－32 eq \r(3) π)(cm3)，若将铁球从容器中取出，则水面高度h＝ eq \f(288－32\r(3)π,24\r(3)) ＝(4 eq \r(3) － eq \f(4,3) π)(cm)，则水面下降4 eq \r(3) －(4 eq \r(3) － eq \f(4,3) π)＝( eq \f(4,3) π)(cm).故答案为 eq \f(4,3) π.答案： eq \f(4,3) π8．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＝ eq \f(BD·DC,BC) ＝ eq \f(1×\r(2),\r(3)) ＝ eq \f(\r(6),3) .答案： eq \f(\r(6),3) 9．证明：(1)如图，在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于点F，DG⊥AB于点G.因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，所以DF⊥平面PAC.又因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA.同理可得DG⊥PA.因为DG∩DF＝D，所以PA⊥平面ABC.(2)连接BE并延长交PC于点H.因为E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.又因为AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥PC.因为AE∩BH＝E，所以PC⊥平面ABE.因为AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB.又因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB.因为PA∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，即△ABC是直角三角形．10．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＝ eq \f(1,2) BC.因为E为AD的中点，DE＝ eq \f(1,2) AD＝ eq \f(1,2) BC＝MN，所以DEeq \o(\s\up3(∥),\s\do3(＝))MN.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.[B　能力提升]11．解析：选D．由图可知，命题①不正确；因为α∥β，m⊂β， 所以∃n⊂α，且m∥n，又因为l⊥α， 所以l⊥n，则l⊥m，故命题②正确；若α∩β＝m，由图可知，命题③不正确；因为l∥m，l⊥α， 所以m⊥α，又因为m⊂β， 所以α⊥β，故命题④正确．故选D．12.解析：选C．因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确；综上C是错误的．故选C．13．解析：选CD．对于A，A，B，M在平面ABC1D1内，N在平面ABC1D1外，故A错误；对于B，若BN∥平面ADM，又BC∥平面ADM，则平面BCC1B1∥平面ADM，而平面BCC1B1∥平面ADD1A1，矛盾，故B错误．对于C，如图，取CD中点E，连接BE，NE，可得BE∥B1M，∠EBN为直线BN与B1M所成角，由题意可得△BEN为等边三角形，则∠EBN＝60°，故C正确；对于D，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AD⊥平面CDD1C1，AD⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正确；故选CD．14.解析：由题意，这种螺帽是由一个半径为R＝2的半球体挖去一个正三棱锥P­ABC构成的几何体，该正三棱锥P­ABC的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上，设BC的中点为D，连接AD，过点P作PO⊥平面ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝R＝2，AD＝3，AB＝BC＝2 eq \r(3) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) ×3＝3 eq \r(3) ，所以挖去的正三棱锥的体积为V＝ eq \f(1,3) S△ABC·PO＝ eq \f(1,3) ×3 eq \r(3) ×2＝2 eq \r(3) .答案：2 eq \r(3) [C　拓展探究]15．解：(1)证明：在题图①中，因为AB＝BC＝ eq \f(1,2) 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BCeq \o(\s\up3(∥),\s\do3(＝))ED，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＝ eq \f(\r(2),2) AB＝ eq \f(\r(2),2) a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.从而四棱锥A1­BCDE的体积V＝ eq \f(1,3) ×S×A1O＝ eq \f(1,3) ×a2× eq \f(\r(2),2) a＝ eq \f(\r(2),6) a3.由 eq \f(\r(2),6) a3＝36 eq \r(2) ，得a＝6.