20182019高中数学第一章立体几何初步章末检测北师大版必修2

第一章 立体几何初步章末检测(一)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)1.设m ，n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ；②若α∥β，β∥γ，m ∥α，则m ∥γ；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中正确命题的序号是( ) A.① B.②和③ C.③和④D.①和④解析 ①正确；②若α∥β，β∥γ，m ∥α，则m ∥γ或m γ，②错；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ，而同平行于同一个平面的两条直线有三种位置关系，③错；④垂直于同一个平面的两个平面也可以相交，④错. 答案 A2.在如右图所示的三棱锥A －BCD 中，V A －BPQ ＝2，V C －APQ ＝6，V C －DPQ ＝12，则V A －BCD 等于( ) A.20 B.24 C.28 D.56解析 由V A －BPQ V C －APQ ＝26＝13，得V P －BDQ V P －CDQ ＝13，所以V P －BDQ ＝13V P －CDQ ＝4，所以V A －BCD ＝2＋6＋12＋4＝24. 答案 B3.如图，α∩β＝l ，A 、B ∈α，C ∈β，且C ∉l ，直线AB ∩l ＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A.点AB.点BC.点C 但不过点MD.点C 和点M解析 ∵AB γ，M ∈AB ，∴M ∈γ. 又α∩β＝l ，M ∈l ，∴M ∈β.根据公理3可知，点M 在γ与β的交线上. 同理可知，点C 也在γ与β的交线上. 答案 D4.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6πB.43πC.46πD.63π解析 如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1， ∴OM ＝（2）2＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 B5.如图所示，将等腰直角△ABC 沿斜边BC 上的高AD 折成一个二面角，此时∠B ′AC ＝60°，那么这个二面角大小是( ) A.90° B.60° C.45°D.30°解析 连接B ′C ，则△AB ′C 为等边三角形，设AD ＝a ， 则B ′D ＝DC ＝a ，B ′C ＝AC ＝2a ， 所以∠B ′DC ＝90°. 答案 A6.如图，平面α⊥平面β，点A ∈α，点B ∈β，AB 与两平面α，β所成的角分别为45°和30°.过点A ，B 分别作两平面交线的垂线，垂足为A ′，B ′，若AB ＝12，则A ′B ′＝( )A.4B.6C.8D.9解析 如图所示，连接A ′B ，AB ′，由题意得BB ′⊥α，AA ′⊥β，∠BAB ′＝45°，∠ABA ′＝30°，BB ′⊥A ′B ′，AA ′⊥A ′B ′，AA ′⊥A ′B .因为AB ＝12，所以BA ′＝AB ·cos∠ABA ′＝63，BB ′＝AB sin∠BAB ′＝62，故A ′B ′＝BA ′2－BB ′2＝6. 答案 B7.已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析A错误，理由如下：过A作AE⊥BD，垂足为E，连接CE.若直线AC与直线BD垂直，则可得BD⊥平面ACE，于是BD⊥CE，而由矩形ABCD边长的关系可知BD与CE并不垂直.所以直线AC与直线BD不垂直；B正确，理由如下：翻折到点A在平面BCD内的射影恰好在直线BC上时，平面ABC⊥平面BCD，此时由CD⊥BC可证CD⊥平面ABC，于是有AB⊥CD；C错误，理由如下：若直线AD与直线BC垂直，则由BC⊥CD可知BC⊥平面ACD，于是BC⊥AC，但是AB<BC，在△ABC中∠ACB不可能是直角，故直线AD与直线BC 不垂直；由以上分析可得D错误.答案 B8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析由三视图知可把四棱锥放在一个正方体内部，四棱锥为D－BCC1B1，最长棱为DB1＝DC2＋BC2＋BB21＝4＋4＋4＝2 3.故选B.答案 B9.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，AD＝4，则从A出发，沿长方体的表面到C1的最短距离是( )A.5B.7C.29D.37解析两点之间，线段最短，在长方体展开图中，由A到C1的路线有三条，如下图，三条路线长分别为l 1＝12＋（2＋4）2＝37， l 2＝42＋（1＋2）2＝5， l 3＝22＋（1＋4）2＝29，所以最短距离为5. 答案 A10.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π3B.3πC.10π3D.6π解析 将三视图还原为直观图求体积.由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V＝34×π×12×4＝3π. 答案 B11.如图所示，直线PA 垂直于圆O 所在的平面，△ABC 内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，点M 为线段PB 的中点.现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长，其中正确的是( ) A.①② B.①②③ C.①D.②③解析 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，BC 平面ABC ，∴PA⊥BC，∵AB为圆O的直径，∴BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BC⊥PC，①正确；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA平面PAC，O M⃘平面PAC，∴OM∥平面PAC，②正确；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.答案 B12.已知二面角α－l－β为60°，动点P，Q分别在平面α，β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P，Q两点之间距离的最小值为( )A. 3B.2C.2 3D.4解析如图，分别作QA⊥α于点A，AC⊥l于点C，PB⊥β于点B，PD⊥l于点D，连接CQ，BD，则∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝23，BP＝3，∴AC＝PD＝2.又∵PQ＝AQ2＋AP2＝12＋AP2≥2 3.当且仅当AP＝0，即点A与点P重合时取最小值.故选C.答案 C二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)13.在△ABC中，∠BAC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，且平面PBC与平面ABC的位置关系是________.解析如右图所示，取BC的中点O，连接AO，PO.∵PB＝PC，∴PO⊥BC.又△ABC是以A为直角顶点的直角三角形，∴OA＝OB，又PA＝PB，∴△POA≌△POB，∴∠POA＝∠POB＝90°，即PO⊥OA，而OA∩BC＝O，∴PO⊥平面ABC，而PO平面PBC，∴平面PBC ⊥平面ABC . 答案 垂直14.已知一个圆锥的展开图如图所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为________.解析 因为扇形弧长为2π，设母线长为l ，则有120°360°×2πl ＝2π，∴l＝3，所以圆锥母线长为3，高为32－12＝22，所求体积V ＝13×π×12×22＝22π3.答案22π315.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积； ④直线AE 与直线BF 是异面直线.以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号). 解析 由条件可得AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PD ，故①正确；若平面PBC ⊥平面ABCD ，由PB ⊥BC ，得PB ⊥平面ABCD ，从而PA ∥PB ，这显然不成立，故②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △PAB ＝12AB ·PA ，由AB ＝CD ，PD >PA 知③正确； 由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点， 可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，∴EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错. 答案 ①③16.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是________.解析 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示，其中PA ＝1，BC ＝2，取BC 的中点M ，连接AM ，MP ，则AM ＝2，AM ⊥BC ，故AC ＝AB ＝BM 2＋AM2＝1＋4＝5，由主视图和左视图可知PA ⊥平面ABC ，因此可得PC ＝PB ＝PA 2＋AB 2＝1＋5＝6，PM ＝PA 2＋AM 2＝1＋4＝5，所以三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5. 答案 2＋2 5三、解答题(本大题共6个小题，共70分)17.(10分)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后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，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 证明 (1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1， 由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱， 所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ， 因此四边形A 1OCO 1为平行四边形， 所以A 1O ∥O 1C ，又O 1C 平面B 1CD 1，A 1O 平面B 1CD 1， 所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(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，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.18.(12分)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M、N分别是AF、BC的中点).(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积.解由题图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，其中AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝90°.(1)证明取BF的中点G，连接MG、NG.由M、N分别为AF、BC的中点，可得NG∥CF，MG∥AB，又AB∥EF，∴MG∥EF，∵MG∩NG＝G，EF∩CF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，MN平面MNG，∴MN∥平面CDEF.(2)取DE的中点H，连接AH.因为AD＝AE，所以AH⊥DE.在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE，所以AH⊥平面CDEF，所以多面体A－CDEF是以AH为高，矩形CDEF为底面的棱锥.AH ＝2，S 矩形CDEF ＝DE ·EF ＝42，所以棱锥A －CDEF 的体积V ＝13S 矩形CDEF ·AH ＝83.19.(12分)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点.设Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC .证明 连接OG 并延长交AC 于点M ，连接QM ，QO ，OC ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点. 由Q 为PA 中点，得QM ∥PC ， 又O 为AB 中点，得OM ∥BC .因为QM ∩MO ＝M ，QM 平面QMO ，MO 平面QMO ，BC ∩PC ＝C ，BC 平面PBC ，PC 平面PBC ，所以平面QMO ∥平面PBC .因为QG 平面QMO ，所以QG ∥平面PBC .20.(12分)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积. (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，所以AC ⊥BE .又BE ∩BD ＝B ，所以AC ⊥平面BED .又AC 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，由勾股定理可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ×GD ×BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.21.(12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝3，M 为PC 上一点，且PM ＝2MC .(1)求证：BM ∥平面PAD ；(2)若AD ＝2，PD ＝3，∠BAD ＝π3，求三棱锥P －ADM 的体积.解 (1)如图，过M 作MN ∥CD 交PD 于点N ，连接AN . ∵PM ＝2MC ，∴MN ＝23CD .又AB ＝23CD ，且AB ∥CD ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形， ∴BM ∥AN .又B M⃘平面PAD ，AN 平面PAD ， ∴BM ∥平面PAD .(2)如图，过B 作AD 的垂线，垂足为E . ∵PD ⊥平面ABCD ，BE 平面ABCD ， ∴PD ⊥BE .又AD 平面PAD ，PD 平面PAD ， AD ∩PD ＝D .∴BE ⊥平面PAD . 由(1)知，BM ∥平面PAD ，∴点M 到平面PAD 的距离等于点B 到平面PAD 的距离，即BE . 连接BD ，在△ABD 中，AB ＝AD ＝2， ∠BAD ＝π3，∴BE ＝3，则三棱锥P －ADM 的体积V P －ADM ＝V M －PAD ＝13×S △PAD ×BE ＝13×3×3＝ 3.22.(12分)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2).路漫漫其修远兮，吾将上下而求索- 百度文库11(1)求证：DE ∥平面A 1CB ；(2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？并说明理由.(1)证明 ∵D ，E 分别为AC ，AB 的中点， ∴DE ∥BC .又∵D E⃘平面A 1CB ，BC 平面A 1CB ， ∴DE ∥平面A 1CB .(2)证明 由已知得AC ⊥BC 且DE ∥BC ， ∴DE ⊥AC .∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ， ∴DE ⊥平面A 1DC .而A 1F 平面A 1DC ，∴DE ⊥A 1F .又∵A 1F ⊥CD ，DE ∩CD ＝D ， ∴A 1F ⊥平面BCDE ，BE 平面BCDE ， ∴A 1F ⊥BE .(3)解 线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ . 理由如下：如图，分别取A 1C ，A 1B 的中点P ，Q ，则PQ ∥BC . 又∵DE ∥BC ，∴DE ∥PQ .∴平面DEQ 即为平面DEP .由(2)知，DE ⊥平面A 1DC ，A 1C 平面A 1DC ， ∴DE ⊥A 1C .又∵P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点， ∴A 1C ⊥DP ，DE ∩DP ＝D ，∴A 1C ⊥平面DEP .从而A 1C ⊥平面DEQ .故线段A 1B 上存在点Q (中点)，使得A 1C ⊥平面DEQ .。