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2024版新教材高中数学章末质量检测四立体几何初步湘教版必修第二册
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这是一份2024版新教材高中数学章末质量检测四立体几何初步湘教版必修第二册，共12页。
章末质量检测(四) 立体几何初步考试时间：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．下列命题正确的是( )A．所有棱长都相等的直四棱柱一定是正方体B．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体C．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台2．已知圆柱OO1及其展开图如图所示，则其体积为( ) A．π B．2πC．3π D．4π3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为( )A．2 eq \r(2) B．1C． eq \r(2) D．2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)))4．正四棱台的上、下底面边长分别为1 cm，3 cm，侧棱长为2 cm，则棱台的侧面积为( )A．4 cm2 B．8 cm2C．4 eq \r(3) cm2 D．8 eq \r(3) cm25．点P是平面ABC外一点，且PA＝PB＝PC，则点P在平面ABC上的射影一定是△ABC的( )A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心6．已知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其面积为1.以AB为轴，则将△ABC旋转一周形成的几何体的体积为( )A． eq \f(π,3) B．π C． eq \f(2\r(2),3)π D．2 eq \r(2)π7．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离为2，则球O的内接正方体的棱长为( )A．1 B． eq \f(2\r(3),3) C．2 D． eq \f(8,3)8.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是弧DF的中点，设P是弧CE上的一点，且AP⊥BE，则AG与BP所成角的大小为( )A．45° B．15° C．30° D．0°二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．已知两条直线m，n，两个平面α，β.下列说法正确的是( )A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β10．用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是( )A．直角三角形 B．等腰梯形C．正五边形 D．正六边形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，下列结论正确的有( )A．PD∥平面OMNB．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90°D．ON⊥PB12.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，P是线段A1C(不含端点)上的一个动点，那么在点P的运动过程中，下列说法中正确的有( )A．存在某一位置，使得直线PE和直线BB1相交B．存在某一位置，使得BC∥平面AEPC．点A1与点B1到平面PBE的距离总相等D．三棱锥C1PBE的体积不变三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)13．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm.14．正方体ABCDA1B1C1D1，若过A、C、B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．15.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为 eq \r(3) cm，高为2 cm，内孔直径为1 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.16．立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术·商功》，在《九章算术·商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图1.再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图2.现有一四面体ABCD，已知AB＝2，BC＝2，CD＝1，BD＝ eq \r(5)，AC＝2 eq \r(2)，AD＝3，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可得这个四面体的体积为________；该四面体的外接球的表面积为________． 四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P，Q在直观图中所示位置，P为所在母线中点，Q为母线与底面圆的交点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径长．18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是PA，PB的中点，求证：(1)MN∥平面ABCD；(2)CD⊥平面PAD.19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．(1)求证：EF∥平面PAB(2)若AP＝AD，平面PAD⊥平面ABCD，证明：平面PAD⊥平面PCD.20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC＝90°，AD∥BC，∠ABC＝90°，2AB＝ eq \r(2)CD＝2AD＝2，E为PC的中点．(1)证明：DE∥平面APB；(2)若BP＝2，求三棱锥EDBP的体积．21．(本小题满分12分)如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1垂直底面，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝2，D为C1B的中点，点P为AB的中点．(1)求证：PD∥平面AA1C1C；(2)求证：BC⊥PD；(3)求点B到平面PCD的距离．22．(本小题满分12分)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，BC＝2，E、F分别为腰AD、BC的中点．将四边形CDEF沿EF折起，使平面EFC′D′⊥平面ABFE，如图2，H，M分别为线段EF、AB的中点．(1)求证：MH⊥平面EFC′D′；(2)请在图2所给的点中找出两个点，使得这两点所在直线与平面D′HM垂直，并给出证明；(3)若N为线段C′D′中点，在直线BF上是否存在点Q，使得NQ∥平面D′HM？如果存在，求出线段NQ的长度，如果不存在，请说明理由．章末质量检测(四) 立体几何初步1．解析：所有棱长都相等的直四棱柱的底面是菱形，不一定是正方形，故A不正确；长方体的侧棱垂直于底面，所以长方体一定是直四棱柱，根据正四棱柱的定义可知正四棱柱一定是长方体，故B正确；如图：由两个斜四棱柱组成的几何体满足题意，这个几何体就不是棱柱，故C不正确；如图：由两个棱台组合而成的几何体满足题意，这个几何体就不是棱台，故D不正确．答案：B2．解析：设底面半径为r，高为h，根据展开图得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝4,2πr＝2π))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝4,r＝1))，所以圆柱的体积为πr2h＝π×12×4＝4π.答案：D3．解析：由题意知正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB＝eq \r(2)，对应原图形平行四边形的高为2eq \r(2)，所以原图形的面积为1×2eq \r(2)＝2eq \r(2).答案：A4．解析：正四棱台的上、下底面边长分别为1cm，3cm，侧棱长为2cm，所以棱台的斜高为：eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－1,2)))\s\up12(2))＝eq \r(3).所以棱台的侧面积是：4×eq \f(1＋3,2)×eq \r(3)＝8eq \r(3).答案：D5．解析：如图所示，过点P作PO⊥平面ABC，可得OA＝eq \r(PA2－PO2)，OB＝eq \r(PB2－PO2)，OC＝eq \r(PC2－PO2)因为PA＝PB＝PC，可得OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心．答案：A6．解析：因为△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其面积为1，所以eq \f(1,2)AB·AC＝1，且AB＝AC，解得AB＝AC＝eq \r(2)，以AB为轴，则将△ABC旋转一周形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为AC＝eq \r(2)，高为AB＝eq \r(2)，所以圆锥的体积为eq \f(1,3)π×(eq \r(2))2×eq \r(2)＝eq \f(2\r(2),3)π.答案：C7．解析：由题意得，△ABC的外接圆半径为eq \f(2,sin60°)×eq \f(1,2)＝eq \f(2\r(3),3)，设该球的半径为r，可得r2＝22＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))eq \s\up12(2)，所以r＝eq \f(4\r(3),3)，设该球内接正方体的棱长为a，所以3a2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4\r(3),3)))eq \s\up12(2)，所以a＝eq \f(8,3).答案：D8．解析：因为AP⊥BE，AB⊥BE，AP∩AB＝A，故BE⊥平面ABP，故BE⊥BP，取弧EC的中点H，连接BH，GH，易得AG∥BH，且∠EBH＝60°，故AG与BP所成角即∠PBH＝90°－60°＝30°答案：C9．解析：由于两条平行线中的一条垂直于已知平面，则另一条也垂直于该平面，故A选项正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或异面，故B选项错误；若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故C选项错误；若α∥β，m∥n，m⊥α，根据线面垂直的性质与判定定理易知n⊥β，故D选项正确．答案：AD10．解析：截面为六边形时，可能出现正六边形，当截面为五边形时，假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形；截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形．答案：AC11．解析：选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又因为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；选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，又因为底面为正方形，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；选项C，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°；选项D，因底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又知所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又因为PD∥ON，所以ON⊥PB，故ABD均正确．答案：ABD12.解析：假设存在，则B，B1，E，P四点共面，而点P不在平面BB1E内，故A错误；因为BC∥AD，所以BC∥平面AED，所以当P是直线A1C与平面AED的交点时就满足要求，故B正确；因为A1B1的中点E在平面PBE内，所以点A1与点B1到平面PBE的距离总相等，故C正确；连接B1C，交BC1于O，则O为B1C中点，所以EO∥A1C，又因为EO⊂平面BC1E，A1C⊄平面BC1E，所以A1C∥平面BC1E，所以点P到平面BC1E的距离为定值，从而三棱锥P BC1E的体积为定值，即三棱锥C1 PBE的体积为定值，故D正确．答案：BCD13．解析：设圆锥的底面圆的半径为r，母线为l，则底面圆面积为πr2，周长为2πr，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πl＝2πr,12π＝πr2＋\f(1,2)πl2))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝2,l＝4)).答案：214．解析：根据正方体的几何性质可知AC∥A1C1，由于AC⊄平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1，由于AC⊂平面ACB1，平面ACB1∩平面A1B1C1D1＝l，所以AC∥l.答案：平行15．解析：六棱柱的体积为：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(6×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×（\r(3)×sin60°）))))×2＝9eq \r(3)，圆柱的体积为：π×(0.5)2×2＝eq \f(π,2)，所以此六角螺帽毛坯的体积是：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9\r(3)－\f(π,2)))cm3.答案：9eq \r(3)－eq \f(π,2)16．解析：根据题意可知“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，再把三棱柱分解出一半可得，由已知AB＝2，BC＝2，CD＝1，BD＝eq \r(5)，AC＝2eq \r(2)，AD＝3，还原的长方体如图所示，所以四面体的体积为V＝eq \f(1,3)S△BCD·AB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×2＝eq \f(2,3)，四面体的外接球就是长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝AD＝3，所以R＝eq \f(3,2)，所以四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＝9π.答案：eq \f(2,3) 9π17．解析：(1)由题设知，此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面积之和．圆锥侧面积S1＝eq \f(1,2)×(2πa)×(eq \r(2)a)＝eq \r(2)πa2；圆柱侧面积S2＝(2πa)×(2a)＝4πa2；圆柱底面积S3＝πa2，∴几何体表面积为S＝S1＋S2＋S3＝eq \r(2)πa2＋4πa2＋πa2＝(eq \r(2)＋5)πa2.(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，展开如图．则PQ＝eq \r(AP2＋AQ2)＝eq \r(a2＋（πa）2)＝aeq \r(1＋π2).∴P、Q两点间在侧面上的最短路径长为aeq \r(1＋π2).18．证明：(1)∵M，N分别是PA，PB中点，∴MN∥AB，又∵MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD.(2)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥CD，∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD.19．证明：(1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB又因为AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB所以EF∥平面PAB.(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD所以CD⊥平面PAD，又因为AF⊂平面PAD所以CD⊥AF①，因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD②，由①②及PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D所以AF⊥平面PCD.又因为AF⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.20．解析：(1)取PB中点F，连接FE，FA，∵E是CP的中点，∴EF∥CB，EF＝eq \f(1,2)CB，∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝90°，∵AD＝AB＝1，∴BD＝eq \r(2)，∠ADB＝45°，则∠DBC＝45°，又∵CD＝eq \r(2)，∴∠CDB＝90°，可得CB＝eq \r(CD2＋BD2)＝2，∴AD∥CB，AD＝eq \f(1,2)CB，∴EF∥AD，EF＝AD，得四边形ADEF为平行四边形，∴DE∥AF，又∵DE⊄平面ABP，AF⊂平面ABP，∴DE∥平面APB；(2)取BC中点O，连接DO，∴DO⊥CB，∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝CB，∴DO⊥平面PBC，则DO为三棱锥D EBP的高，又∵BC＝BP＝2，∴BE⊥CP，得BE＝eq \f(1,2)CP＝eq \r(2)，∴VE DBP＝VD EBP＝eq \f(1,3)DO·S△EBP＝eq \f(1,3)DO×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×BE×EP))＝eq \f(1,3)×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))＝eq \f(1,3).故三棱锥E DBP的体积为eq \f(1,3).21．解析：(1)证明：如图所示：连接AC1，∵D，P分别是BC1，AB的中点，∴DP∥AC1，又∵AC1⊂平面AA1C1C，PD⊄平面AA1C1C，∴PD∥平面AA1C1C；(2)∵AA1⊥平面ABC，且∠ACB＝90°，∴AA1⊥BC，BC⊥AC，又∵AA1∩AC＝A，AA1、AC⊂平面ACC1A1，则BC⊥平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，∵AC1∥DP，∴BC⊥PD；(3)连接C1P，∵D为C1B的中点，则VD BCP＝eq \f(1,2)VC1 BCP，由D为C1B的中点，则S△BCP＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2＝1，则VD BCP＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×1×2＝eq \f(1,3)，易知AB＝BC1＝AC1＝2eq \r(2)，则CP＝CD＝PD＝eq \r(2)，S△PCD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)，设点B到平面PCD的距离为d，由VB PCD＝VD BCP，得：eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×d＝eq \f(1,3)，解得：d＝eq \f(2\r(3),3)，故点B到平面PCD的距离为eq \f(2\r(3),3).22．解析：(1)证明：∵四边形ABCD是等腰梯形，点H为EF的中点，点M为AB的中点，∴MH⊥EF，∵平面EFC′D′⊥平面ABFE，平面EFC′D′∩平面ABFE＝EF，MH⊂平面ABFE，∴MH⊥平面EFC′D′.(2)在图2中，C′，E这两个点，使得这两点所在直线与平面D′HM垂直．证明：连结C′E，C′H，∵MH⊥平面EFC′D′.又∵C′E⊂平面EFC′D′，∴MH⊥C′E，∵C′D′∥EH，C′D′＝EH且C′D′＝D′E，四边形C′D′EH是菱形，∴C′E⊥D′H，∵MH∩D′H＝H，MH⊂平面D′HM，D′H⊂平面D′HM∴C′E⊥平面D′HM∴C′，E这两点所在直线与平面D′HM垂直．(3)N为线段C′D′中点，假设在直线BF上存在点Q，使得NQ∥平面D′HM.在线段MB上取点P，使得MP＝0.5，连接CP，交EF于点L，则CL∥HM，NL∥D′H由题意可得平面NLC∥平面D′HM，∴NC∥平面D′HM，因为CL＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)∴C就是所求的点Q，NC＝NQ＝eq \r(NL2＋CL2)＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),2).
章末质量检测(四) 立体几何初步考试时间：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．下列命题正确的是( )A．所有棱长都相等的直四棱柱一定是正方体B．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体C．有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台2．已知圆柱OO1及其展开图如图所示，则其体积为( ) A．π B．2πC．3π D．4π3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为( )A．2 eq \r(2) B．1C． eq \r(2) D．2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)))4．正四棱台的上、下底面边长分别为1 cm，3 cm，侧棱长为2 cm，则棱台的侧面积为( )A．4 cm2 B．8 cm2C．4 eq \r(3) cm2 D．8 eq \r(3) cm25．点P是平面ABC外一点，且PA＝PB＝PC，则点P在平面ABC上的射影一定是△ABC的( )A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心6．已知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其面积为1.以AB为轴，则将△ABC旋转一周形成的几何体的体积为( )A． eq \f(π,3) B．π C． eq \f(2\r(2),3)π D．2 eq \r(2)π7．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离为2，则球O的内接正方体的棱长为( )A．1 B． eq \f(2\r(3),3) C．2 D． eq \f(8,3)8.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是弧DF的中点，设P是弧CE上的一点，且AP⊥BE，则AG与BP所成角的大小为( )A．45° B．15° C．30° D．0°二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．已知两条直线m，n，两个平面α，β.下列说法正确的是( )A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥β10．用一个平面去截正方体，截面的形状不可能是( )A．直角三角形 B．等腰梯形C．正五边形 D．正六边形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，下列结论正确的有( )A．PD∥平面OMNB．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90°D．ON⊥PB12.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，P是线段A1C(不含端点)上的一个动点，那么在点P的运动过程中，下列说法中正确的有( )A．存在某一位置，使得直线PE和直线BB1相交B．存在某一位置，使得BC∥平面AEPC．点A1与点B1到平面PBE的距离总相等D．三棱锥C1PBE的体积不变三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．)13．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm.14．正方体ABCDA1B1C1D1，若过A、C、B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．15.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为 eq \r(3) cm，高为2 cm，内孔直径为1 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.16．立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术·商功》，在《九章算术·商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图1.再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图2.现有一四面体ABCD，已知AB＝2，BC＝2，CD＝1，BD＝ eq \r(5)，AC＝2 eq \r(2)，AD＝3，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可得这个四面体的体积为________；该四面体的外接球的表面积为________． 四、解答题(本题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分10分)一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P，Q在直观图中所示位置，P为所在母线中点，Q为母线与底面圆的交点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径长．18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是PA，PB的中点，求证：(1)MN∥平面ABCD；(2)CD⊥平面PAD.19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．(1)求证：EF∥平面PAB(2)若AP＝AD，平面PAD⊥平面ABCD，证明：平面PAD⊥平面PCD.20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC＝90°，AD∥BC，∠ABC＝90°，2AB＝ eq \r(2)CD＝2AD＝2，E为PC的中点．(1)证明：DE∥平面APB；(2)若BP＝2，求三棱锥EDBP的体积．21．(本小题满分12分)如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1垂直底面，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝2，D为C1B的中点，点P为AB的中点．(1)求证：PD∥平面AA1C1C；(2)求证：BC⊥PD；(3)求点B到平面PCD的距离．22．(本小题满分12分)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，BC＝2，E、F分别为腰AD、BC的中点．将四边形CDEF沿EF折起，使平面EFC′D′⊥平面ABFE，如图2，H，M分别为线段EF、AB的中点．(1)求证：MH⊥平面EFC′D′；(2)请在图2所给的点中找出两个点，使得这两点所在直线与平面D′HM垂直，并给出证明；(3)若N为线段C′D′中点，在直线BF上是否存在点Q，使得NQ∥平面D′HM？如果存在，求出线段NQ的长度，如果不存在，请说明理由．章末质量检测(四) 立体几何初步1．解析：所有棱长都相等的直四棱柱的底面是菱形，不一定是正方形，故A不正确；长方体的侧棱垂直于底面，所以长方体一定是直四棱柱，根据正四棱柱的定义可知正四棱柱一定是长方体，故B正确；如图：由两个斜四棱柱组成的几何体满足题意，这个几何体就不是棱柱，故C不正确；如图：由两个棱台组合而成的几何体满足题意，这个几何体就不是棱台，故D不正确．答案：B2．解析：设底面半径为r，高为h，根据展开图得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝4,2πr＝2π))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝4,r＝1))，所以圆柱的体积为πr2h＝π×12×4＝4π.答案：D3．解析：由题意知正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB＝eq \r(2)，对应原图形平行四边形的高为2eq \r(2)，所以原图形的面积为1×2eq \r(2)＝2eq \r(2).答案：A4．解析：正四棱台的上、下底面边长分别为1cm，3cm，侧棱长为2cm，所以棱台的斜高为：eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－1,2)))\s\up12(2))＝eq \r(3).所以棱台的侧面积是：4×eq \f(1＋3,2)×eq \r(3)＝8eq \r(3).答案：D5．解析：如图所示，过点P作PO⊥平面ABC，可得OA＝eq \r(PA2－PO2)，OB＝eq \r(PB2－PO2)，OC＝eq \r(PC2－PO2)因为PA＝PB＝PC，可得OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心．答案：A6．解析：因为△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，其面积为1，所以eq \f(1,2)AB·AC＝1，且AB＝AC，解得AB＝AC＝eq \r(2)，以AB为轴，则将△ABC旋转一周形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为AC＝eq \r(2)，高为AB＝eq \r(2)，所以圆锥的体积为eq \f(1,3)π×(eq \r(2))2×eq \r(2)＝eq \f(2\r(2),3)π.答案：C7．解析：由题意得，△ABC的外接圆半径为eq \f(2,sin60°)×eq \f(1,2)＝eq \f(2\r(3),3)，设该球的半径为r，可得r2＝22＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))eq \s\up12(2)，所以r＝eq \f(4\r(3),3)，设该球内接正方体的棱长为a，所以3a2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4\r(3),3)))eq \s\up12(2)，所以a＝eq \f(8,3).答案：D8．解析：因为AP⊥BE，AB⊥BE，AP∩AB＝A，故BE⊥平面ABP，故BE⊥BP，取弧EC的中点H，连接BH，GH，易得AG∥BH，且∠EBH＝60°，故AG与BP所成角即∠PBH＝90°－60°＝30°答案：C9．解析：由于两条平行线中的一条垂直于已知平面，则另一条也垂直于该平面，故A选项正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或异面，故B选项错误；若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故C选项错误；若α∥β，m∥n，m⊥α，根据线面垂直的性质与判定定理易知n⊥β，故D选项正确．答案：AD10．解析：截面为六边形时，可能出现正六边形，当截面为五边形时，假若截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质定理，可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形；截面为四边形时，可能出现矩形，平行四边形，等腰梯形，但不可能出现直角梯形；当截面为三角形时，可能出现正三角形，但不可能出现直角三角形．答案：AC11．解析：选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又因为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；选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，又因为底面为正方形，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；选项C，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°；选项D，因底面为正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又知所有棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又因为PD∥ON，所以ON⊥PB，故ABD均正确．答案：ABD12.解析：假设存在，则B，B1，E，P四点共面，而点P不在平面BB1E内，故A错误；因为BC∥AD，所以BC∥平面AED，所以当P是直线A1C与平面AED的交点时就满足要求，故B正确；因为A1B1的中点E在平面PBE内，所以点A1与点B1到平面PBE的距离总相等，故C正确；连接B1C，交BC1于O，则O为B1C中点，所以EO∥A1C，又因为EO⊂平面BC1E，A1C⊄平面BC1E，所以A1C∥平面BC1E，所以点P到平面BC1E的距离为定值，从而三棱锥P BC1E的体积为定值，即三棱锥C1 PBE的体积为定值，故D正确．答案：BCD13．解析：设圆锥的底面圆的半径为r，母线为l，则底面圆面积为πr2，周长为2πr，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πl＝2πr,12π＝πr2＋\f(1,2)πl2))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝2,l＝4)).答案：214．解析：根据正方体的几何性质可知AC∥A1C1，由于AC⊄平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1，由于AC⊂平面ACB1，平面ACB1∩平面A1B1C1D1＝l，所以AC∥l.答案：平行15．解析：六棱柱的体积为：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(6×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×（\r(3)×sin60°）))))×2＝9eq \r(3)，圆柱的体积为：π×(0.5)2×2＝eq \f(π,2)，所以此六角螺帽毛坯的体积是：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9\r(3)－\f(π,2)))cm3.答案：9eq \r(3)－eq \f(π,2)16．解析：根据题意可知“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，再把三棱柱分解出一半可得，由已知AB＝2，BC＝2，CD＝1，BD＝eq \r(5)，AC＝2eq \r(2)，AD＝3，还原的长方体如图所示，所以四面体的体积为V＝eq \f(1,3)S△BCD·AB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×2＝eq \f(2,3)，四面体的外接球就是长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝AD＝3，所以R＝eq \f(3,2)，所以四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＝9π.答案：eq \f(2,3) 9π17．解析：(1)由题设知，此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面积之和．圆锥侧面积S1＝eq \f(1,2)×(2πa)×(eq \r(2)a)＝eq \r(2)πa2；圆柱侧面积S2＝(2πa)×(2a)＝4πa2；圆柱底面积S3＝πa2，∴几何体表面积为S＝S1＋S2＋S3＝eq \r(2)πa2＋4πa2＋πa2＝(eq \r(2)＋5)πa2.(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，展开如图．则PQ＝eq \r(AP2＋AQ2)＝eq \r(a2＋（πa）2)＝aeq \r(1＋π2).∴P、Q两点间在侧面上的最短路径长为aeq \r(1＋π2).18．证明：(1)∵M，N分别是PA，PB中点，∴MN∥AB，又∵MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD.(2)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥CD，∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD.19．证明：(1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB又因为AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB所以EF∥平面PAB.(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD所以CD⊥平面PAD，又因为AF⊂平面PAD所以CD⊥AF①，因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD②，由①②及PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D所以AF⊥平面PCD.又因为AF⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.20．解析：(1)取PB中点F，连接FE，FA，∵E是CP的中点，∴EF∥CB，EF＝eq \f(1,2)CB，∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠DAB＝90°，∵AD＝AB＝1，∴BD＝eq \r(2)，∠ADB＝45°，则∠DBC＝45°，又∵CD＝eq \r(2)，∴∠CDB＝90°，可得CB＝eq \r(CD2＋BD2)＝2，∴AD∥CB，AD＝eq \f(1,2)CB，∴EF∥AD，EF＝AD，得四边形ADEF为平行四边形，∴DE∥AF，又∵DE⊄平面ABP，AF⊂平面ABP，∴DE∥平面APB；(2)取BC中点O，连接DO，∴DO⊥CB，∵平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝CB，∴DO⊥平面PBC，则DO为三棱锥D EBP的高，又∵BC＝BP＝2，∴BE⊥CP，得BE＝eq \f(1,2)CP＝eq \r(2)，∴VE DBP＝VD EBP＝eq \f(1,3)DO·S△EBP＝eq \f(1,3)DO×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×BE×EP))＝eq \f(1,3)×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))＝eq \f(1,3).故三棱锥E DBP的体积为eq \f(1,3).21．解析：(1)证明：如图所示：连接AC1，∵D，P分别是BC1，AB的中点，∴DP∥AC1，又∵AC1⊂平面AA1C1C，PD⊄平面AA1C1C，∴PD∥平面AA1C1C；(2)∵AA1⊥平面ABC，且∠ACB＝90°，∴AA1⊥BC，BC⊥AC，又∵AA1∩AC＝A，AA1、AC⊂平面ACC1A1，则BC⊥平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，∵AC1∥DP，∴BC⊥PD；(3)连接C1P，∵D为C1B的中点，则VD BCP＝eq \f(1,2)VC1 BCP，由D为C1B的中点，则S△BCP＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2＝1，则VD BCP＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×1×2＝eq \f(1,3)，易知AB＝BC1＝AC1＝2eq \r(2)，则CP＝CD＝PD＝eq \r(2)，S△PCD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)，设点B到平面PCD的距离为d，由VB PCD＝VD BCP，得：eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×d＝eq \f(1,3)，解得：d＝eq \f(2\r(3),3)，故点B到平面PCD的距离为eq \f(2\r(3),3).22．解析：(1)证明：∵四边形ABCD是等腰梯形，点H为EF的中点，点M为AB的中点，∴MH⊥EF，∵平面EFC′D′⊥平面ABFE，平面EFC′D′∩平面ABFE＝EF，MH⊂平面ABFE，∴MH⊥平面EFC′D′.(2)在图2中，C′，E这两个点，使得这两点所在直线与平面D′HM垂直．证明：连结C′E，C′H，∵MH⊥平面EFC′D′.又∵C′E⊂平面EFC′D′，∴MH⊥C′E，∵C′D′∥EH，C′D′＝EH且C′D′＝D′E，四边形C′D′EH是菱形，∴C′E⊥D′H，∵MH∩D′H＝H，MH⊂平面D′HM，D′H⊂平面D′HM∴C′E⊥平面D′HM∴C′，E这两点所在直线与平面D′HM垂直．(3)N为线段C′D′中点，假设在直线BF上存在点Q，使得NQ∥平面D′HM.在线段MB上取点P，使得MP＝0.5，连接CP，交EF于点L，则CL∥HM，NL∥D′H由题意可得平面NLC∥平面D′HM，∴NC∥平面D′HM，因为CL＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)∴C就是所求的点Q，NC＝NQ＝eq \r(NL2＋CL2)＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),2).
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