高中数学第八章 立体几何初步本章综合与测试优秀课后测评

这是一份高中数学第八章 立体几何初步本章综合与测试优秀课后测评，共11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。

第八章测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(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.已知边长为1的菱形ABCD中,A=π3,则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为(　　)
　　 　　　　　　　　　　　　　　
A.32 B.34 C.66 D.68
答案D
解析在菱形ABCD中,AB=1,A=π3,则菱形的面积为S菱形ABCD=2S△ABD=2×12×1×1×sinπ3=32.
所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为S=24S菱形ABCD=68.
2.

如图,一圆锥的母线长为4,其侧面积为4π,则这个圆锥的体积为(　　)
A.153 B.833
C.153π D.833π
答案C
解析圆锥的侧面展开图为扇形,此扇形的半径R=4,设其弧长为l,侧面积为扇形的面积,所以扇形的面积S1=12Rl=4π,解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π,由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,体高为h=15,故圆锥的体积V=13Sh=153π.
3.在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1,M为AC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C-BM-A的大小为(　　)
A.30° B.60° C.90° D.120°
答案C

解析如图,由A'B=BC=1,∠A'BC=90°知A'C=2.
∵M为A'C的中点,∴MC=AM=22,且CM⊥BM,AM⊥BM,
∴∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.
∵AC=1,MC=MA=22,∴∠CMA=90°,故选C.
4.

如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=22,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(　　)
A.(60+42)π B.(60+82)π
C.(56+82)π D.(56+42)π
答案A
解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.

S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=πr22+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×22=(60+42)π.故选A.
5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　)
A.63 B.255 C.155 D.105

答案D
解析在平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE.
C1E⊥B1D1C1E⊥BB1⇒C1E⊥平面BDD1B1,
∴∠C1BE的正弦值就是所求角的正弦值.
∵BC1=22+12=5,C1E=2×222=2,
∴sin∠C1BE=C1EBC1=25=105.
6.已知:平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为(　　)
A.13 B.151 C.123 D.15
答案A

解析如图,连接AD.
∵α⊥β,∴AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD=AB2+BD2=42+122=160=410.
在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=32+160=13.
7.在空间四边形ABCD中,AD=2,BC=23,E,F分别是AB,CD的中点,EF=7,则异面直线AD与BC所成角的大小为(　　)
A.150° B.60° C.120° D.30°
答案D

解析如图所示.设BD的中点为O,连接EO,FO,所以EO∥AD,FO∥BC,
则∠EOF是AD,BC所成的角或其补角,
又EO=12AD=1,FO=12BC=3,EF=7,
根据余弦定理,得cos∠EOF=1+3-723=-32,
所以∠EOF=150°,
异面直线AD与BC所成的角为30°.
8.四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD,PA⊥底面ABCD,AB=2,若该四棱锥的所有顶点都在体积为9π2的同一球面上,则PA的长为(　　)
A.3 B.2 C.1 D.12
答案C

解析连接AC,BD交于点E,取PC的中点O,连接OE,可得OE∥PA.
∵PA⊥平面ABCD,
∴OE⊥底面ABCD,可得O到四棱锥的所有顶点的距离相等,即O为球心,设球半径为R,可得R=12PC=12PA2+8,
可得43π·12PA2+83=9π2,解得PA=1.
二、多项选择题(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3分,有选错的得0分)
9.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题不正确的是(　　)
A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥α
B.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β
C.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β
D.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α
答案ABC
解析选项A的已知条件中加上m⊂β,那么命题就是正确的,也就是面面垂直的性质定理.选项B错误,容易知道两个平面内分别有一条直线平行,那么这两个平面可能相交也可能平行.选项C错误,因为两个平面各有一条与其平行的直线,如果这两条直线垂直,并不能保证这两个平面垂直.选项D正确,由n⊥α,n⊥β可得α∥β,又因为m⊥β,所以m⊥α.

10.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别为A1D1和AA1的中点,则下列四种说法中正确的是(　　)
A.C1M∥AC
B.BD1⊥AC
C.BC1与AC所成的角为60°
D.CD与BN为异面直线
答案BCD
解析由正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为A1D1和AA1的中点,可知:在A中,AC∥A1C1,A1C1∩C1M=C1,∴C1M与AC是异面直线,故A错误;

在B中,∵AC⊥DD1,AC⊥BD,BD∩DD1=D,
∴AC⊥平面BDD1,又BD⊂平面BDD1,故BD1⊥AC,故B正确;在C中,AC∥A1C1,BC=A1C1=BA1,∴BC1与AC所成的角为60°,故C正确;在D中,CD∥AB,AB∩BN=B,故CD与BN为异面直线,故D正确.故选BCD.
11.

如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是(　　)
A.PD∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D.ON⊥PB
答案ABD
解析连接BD,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN,A正确;
由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB,又底面为正方形,所以AB∥CD,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN,B正确;
因为MN∥CD,所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠PDC=60°,故直线PD与直线MN所成角的大小为60°,C错误;
因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PB⊥PD,
又PD∥ON,所以ON⊥PB,D正确.故选ABD.
12.

(2020届山东模拟考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
答案BC
解析∵AD1∥EF,∴平面AEF即平面AEFD1,故A错误.∵A1G∥D1F,A1G⊄AEFD1,
∴A1G∥平面AEFD1,故B正确.
平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知梯形面积为98,故C正确.
点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离,显然D错误.故选BC.
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.圆柱的高是8 cm,表面积是130π cm2,则它的底面圆的半径等于　　　　　cm,圆柱的体积是　　　　　cm3. 
答案5　200π
解析设圆柱的底面圆的半径为r cm,
则S圆柱表=2π·r·8+2πr2=130π.解得r=5,即圆柱的底面圆半径为5 cm.圆柱的体积V=52π×8=200π(cm3).
14.

如图,已知平面α∩平面β=l,EA⊥α,垂足为A,EB⊥β,垂足为B,直线a⊂β,a⊥AB,则直线a与直线l的位置关系是　. 
答案平行
解析∵EA⊥α,平面α∩平面β=l,即l⊂α,∴l⊥EA.同理l⊥EB.又EA∩EB=E,
∴l⊥平面EAB.∵EB⊥β,a⊂平面β,∴EB⊥a.
又a⊥AB,EB∩AB=B,∴a⊥平面EAB,∴a∥l.
15.已知在菱形ABCD中,AB=2,∠A=120°,沿对角线BD将△ABD折起使二面角A-BD-C为120°,则点A到△BCD所在平面的距离为　　　　　. 
答案32
解析设AC∩BD=O,则翻折后AO⊥BD,CO⊥BD,即∠AOC即为二面角的平面角,所以∠AOC=120°,且AO=1,故d=1×sin 60°=32.
16.(2019全国Ⅲ高考)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为　　　　　g. 

答案118.8
解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V1=13×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).
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)在三棱锥A-BCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,且CFBF=CGDG=12.求证:
(1)四边形EFGH是梯形;
(2)AC,EF,GH三条直线相交于同一点.
证明(1)∵E,H分别是边AB,AD的中点,
∴EH∥BD,且EH=12BD,
又∵CFCB=CGCD=13,∴FG∥BD,且FG=13BD,
因此EH∥FG且EH≠FG,
故四边形EFGH是梯形.

(2)由(1)知EF,HG相交,
设EF∩HG=K,
∵K∈EF,EF⊂平面ABC,
∴K∈平面ABC,
同理K∈平面ACD,
又平面ABC∩平面ACD=AC,∴K∈AC,
故EF和GH的交点在直线AC上.
所以AC,EF,GH三条直线相交于同一点.
18.(12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC为正三角形,且侧棱垂直于底面.AB=2,AA1=2,从顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1,与AA1的交点记为M.求:

(1)三棱柱ABC-A1B1C1侧面展开图的对角线长;
(2)从B经过M到C1的最短路线长及此时A1MAM的值.
解沿侧棱BB1将三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开,得到一个矩形BB1B1'B'(如图).

(1)矩形BB1B'1B'的长为BB'=6,宽为BB1=2.
所以三棱柱ABC-A1B1C1侧面展开图的对角线长为62+22=210.
(2)由侧面展开图可知,当B,M,C1三点共线时,从B经过M到达C1的路线最短.所以最短路线长为BC1=42+22=25.显然Rt△ABM≌Rt△A1C1M,所以A1M=AM,即A1MAM=1.所以从B经过M到C1的最短路线长为25,此时A1MAM的值为1.
19.(12分)养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12 m,高为4 m.养路处拟建一个更大的圆锥形仓库,以存放更多食盐.现有两种方案:一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变);二是高度增加4 m(底面直径不变).
(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积;
(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积;
(3)哪个方案更经济些?
解(1)若按方案一,仓库的底面直径变成16 m,则仓库的体积为V1=13S·h=13×π×1622×4=256π3(m3).
若按方案二,仓库的高变成8 m,则仓库的体积为V2=13S·h=13×π×1222×8=96π(m3).
(2)若按方案一,仓库的底面直径变成16 m,半径为8 m.圆锥的母线长为l1=82+42=45(m),
则仓库的表面积为S1=π×8×45=325π(m2).
若按方案二,仓库的高变成8 m.
圆锥的母线长为l2=62+82=10(m),
则仓库的表面积为S2=π×6×10=60π(m2).
(3)∵V1 20.

(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC=AD=CD=12AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.
(1)求证:BC⊥平面PAC;
(2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由;并求三棱锥N-AMC的体积.
(1)证明连接AC,在直角梯形ABCD中,
AC=AD2+DC2=22,
BC=(AB-CD)2+AD2=22,
∴AC2+BC2=AB2,即BC⊥AC.
∵PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥PC.又AC∩PC=C,∴BC⊥平面PAC.
(2)解点N是PB的中点,理由如下:
∵点M为PA的中点,点N为PB的中点,
∴MN∥AB,又∵AB∥DC,∴MN∥CD,
∴M,N,C,D四点共面,
即点N为过C,D,M三点的平面与线段PB的交点.
∵BC⊥平面PAC,N为PB的中点,

∴点N到平面PAC的距离d=12BC=2.
如图所示,
S△ACM=12S△PAC=12·12·PC·AC=14×2×22=2,∴V三棱锥N-AMC=13S△AMC·d=13×2×2=23.
21.

(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等腰直角三角形,AB=AC=1,侧棱AA1⊥底面ABC,且AA1=2,E是BC的中点.
(1)求异面直线AE与A1C所成角的余弦值;
(2)求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正切值.

解(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,取C1B1的中点H,连A1H与HC.
∵E是BC的中点,∴A1H∥AE,∠CA1H是异面直线AE与A1C所成角.∵底面ABC是等腰直角三角形,E是BC的中点,
∴AE⊥BC,∴A1H⊥BC.
∵侧棱AA'⊥底面ABC,∴侧棱B1B⊥A1H,
∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H⊥HC.
在Rt△A1HC中,cos∠CA1H=A1HA1C=225=1010.
(2)由(1)知A1H⊥平面BCC1B1,A1C在平面BCC1B1上的射影是HC,
∴∠A1CH是直线A1C与平面BCC1B1所成角,
在Rt△A1HC中,tan∠A1CH=A1HHC=22322=13.
22.(12分)(2019北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.

(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.
(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.
又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.
所以AE⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAE.

(3)解棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG=12AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,
所以CE∥AB,且CE=12AB.
所以FG∥CE,且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,
所以CF∥平面PAE.