高中数学人教B版 (2019)必修 第四册第十一章 立体几何初步本章综合与测试同步达标检测题

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第四册第十一章 立体几何初步本章综合与测试同步达标检测题，共14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。
单元素养检测(三)(第十一章)(120分钟　150分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.空间中有三条线段AB,BC,CD,且∠ABC=∠BCD,那么直线AB与CD的位置关系是 (　　)A.平行B.异面C.相交或平行D.平行或异面或相交均有可能【解析】选D.如图可知AB,CD有相交,平行,异面三种情况.【补偿训练】下列说法不正确的是 (　　)A.空间中,一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B.同一平面的两条垂线一定共面C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一个平面内D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直【解析】选D.A,B,C显然正确.易知当直线与平面垂直时,过这条直线有无数个平面与已知平面垂直.2.正方体的表面积与其外接球的表面积的比为 (　　)A.3∶π B.2∶π C.1∶2π D.1∶3π【解析】选B.设正方体的棱长为a,则外接球的直径为2R=a,所以R=a.正方体的表面积为6a2.外接球的表面积为4πR2=4π·=3πa2,所以它们的表面积之比为6a2∶3πa2=2∶π.3.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得 (　　)A.a⊂α,b⊂α B.a⊂α,b∥αC.a⊥α,b⊥α D.a⊂α,b⊥α【解析】选B.因为已知两条不相交的空间直线a和b,所以可以在直线a上任取一点A,则A∉b,过A作直线c∥b,则过a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,棱锥A1-ABCD的体积与长方体的体积的比值为 (　　)A.   B.   C.   D.【解析】选C.设长方体过同一顶点的棱长分别为a,b,c,则长方体的体积为V1=abc,四棱锥A1-ABCD的体积为V2=abc,所以棱锥A1-ABCD的体积与长方体的体积的比值为.【补偿训练】　　　已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84π,则圆台较小底面的半径为              (　　)A.7 B.6 C.5 D.3【解析】选A.设圆台较小底面的半径为r,由题意知另一底面的半径R=3r.所以S侧=π(r+R)l=π(r+3r)×3=84π,解得r=7.5.如图所示,将无盖正方体纸盒展开,直线AB,CD在原正方体中的位置关系是 (　　)A.平行  B.垂直C.异面  D.相交成60°【解析】选D.如图所示,△ABC为正三角形,故AB,CD相交成60°.6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1C1的中点,则异面直线CE与BD所成的角为 (　　)A.30° B.45° C.60° D.90°【解析】选D.连接AC,因为底面是正方形,则AC⊥BD,由几何体是正方体,可知BD⊥AA1,又AC∩AA1=A,所以BD⊥平面C1CAA1,因为CE⊂平面C1CAA1,所以BD⊥CE,所以异面直线BD,CE所成角是90°.7.(2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆,若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为              (　　)A.64π B.48π C.36π D.32π【解析】选A.设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,得πr2=4π,所以r=2,由正弦定理可得AB=2rsin 60°=2,所以OO1=AB=2,根据球截面性质得OO1⊥平面ABC,所以OO1⊥O1A,R=OA===4,所以球O的表面积S=4πR2=64π.8.在等腰Rt△A′BC中,A′B=BC=1,M为A′C的中点,沿BM把它折成二面角,A′折到A的位置,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°【解析】选C.如图所示,由A′B=BC=1,∠A′BC=90°,得A′C=.因为M为A′C的中点,所以MC=AM=.且CM⊥BM,AM⊥BM,所以∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.因为AC=1,MC=AM=,所以∠CMA=90°.二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.m是一条直线,α,β是两个不同的平面,以下命题不正确的是 (　　)A.若m∥α,α∥β,则m∥βB.若m∥α,m∥β,则α∥βC.若m∥α,α⊥β,则m⊥βD.若m∥α,m⊥β,则α⊥β【解析】选ABC.A.若m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β,A错;B.若m∥α,m∥β,则α∥β或α∩β=l,B错;C.若m∥α,α⊥β,则m与β相交或m∥β或m⊂β,C错;D.因为m∥α,存在直线n,使m∥n,n⊂α.因为m⊥β,所以n⊥β.又因为n⊂α,所以α⊥β.10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Q是棱DD1上的动点,则过A,Q,B1三点的截面图形可以是 (　　)A.等边三角形  B.矩形C.等腰梯形   D.直角三角形【解析】选ABC.当点Q与点D1重合时,截面图形为等边三角形AB1D1,如图(1);当点Q与点D重合时,截面图形为矩形AB1C1D,如图(2);当点Q不与点D,D1重合时,令Q,R分别为DD1,C1D1的中点,则截面图形为等腰梯形AQRB1,如图(3).11.如图所示,在三棱锥V-ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中能成立的是 (　　)A.AC=BCB.VC⊥VDC.AB⊥VCD.S△VCD·AB=S△ABC·VO【解析】选ACD.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.又因为VO∩VD=V,VO⊂平面VCD,VD⊂平面VCD,所以AB⊥平面VCD,又CD⊂平面VCD,VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,AB⊥CD.又因为AD=BD,所以AC=BC(线段垂直平分线的性质).因为VO⊥平面ABC,所以VV-ABC=S△ABC·VO.因为AB⊥平面VCD,所以VV-ABC=VB-VCD+VA-VCD=S△VCD·BD+S△VCD·AD=S△VCD·(BD+AD)=S△VCD·AB,所以S△ABC·VO=S△VCD·AB,即S△VCD·AB=S△ABC·VO.12.已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,下列结论正确的是 (　　)A.BD∥平面CB1D1  B.AC1⊥BDC.AC1⊥平面CB1D1 D.AC1⊥BD1【解析】选ABC.正方体中由BD∥B1D1,易知A正确;由BD⊥AC,BD⊥CC1可得BD⊥平面ACC1,从而BD⊥AC1,即B正确;由以上可得AC1⊥B1D1,同理AC1⊥D1C,因此AC1⊥平面CB1D1,即C正确;由于四边形ABC1D1不是菱形,所以AC1⊥BD1不正确.三、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2020·浙江高考)已知圆锥的侧面积为2π,且侧面展开图为半圆,则底面半径为________. 【解析】题中圆锥展开图如图,半径为2,所以半圆弧长为2π,即圆锥底面圆周长为2π,所以底面半径为1.答案:114.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.上述命题中,正确命题的序号是__________. 【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判定定理知②④正确.答案:②④15.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,点E是SA上一点,当SE∶SA=________时,SC∥平面EBD. 【解析】连接AC,设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD是平行四边形,所以点O是AC的中点.因为SC∥平面EBD.且平面EBD∩平面SAC=EO,所以SC∥EO,所以点E是SA的中点,此时SE∶SA=1∶2.答案:1∶216.已知直二面角α-l-β,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__________. 【解析】如图,作DE⊥BC于点E,由α-l-β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===.答案:四、解答题(本大题共6个小题,共70分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,E,F分别为边长是4的正方形ABCD的边BC,CD的中点.沿AE,EF,FA把△ABE,△ECF,△FDA折起,使B,C,D重合于点P.(1)求三棱锥P-AEF的侧面积;(2)求三棱锥P-AEF的体积.【解析】(1)由折叠前后的图形可知,棱锥的侧面积等于三个直角三角形的面积和,即S侧=×4×2+×4×2+×2×2=10.(2)由题意可知,PA,PE,PF两两垂直,且PA=4,PE=PF=2,所以三棱锥P-AEF的体积V=××2×2×4=.18.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PB=PD.(1)求证:BD⊥PC;(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l,求证:BC∥l.【证明】(1)连接AC,交BD于点O,连接PO.因为四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC.又因为PB=PD,O为BD的中点,所以BD⊥PO.因为PO∩AC=O,所以BD⊥平面PAC,因为PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC.(2)因为四边形ABCD为菱形,所以BC∥AD.因为BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD.所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC,平面PBC与平面PAD的交线为l,所以BC∥l.19.(12分)如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AC=9,BC=12,AB=15,AA1=12,点D是AB的中点.(1)求证:AC⊥B1C;(2)求证:AC1∥平面CDB1.【证明】(1)因为C1C⊥平面ABC,所以C1C⊥AC.因为AC=9,BC=12,AB=15,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.又BC∩C1C=C,所以AC⊥平面BCC1B1,而B1C⊂平面BCC1B1,所以AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点,连接OD.如图,因为O,D分别为BC1,AB的中点,所以OD∥AC1.又OD⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1.所以AC1∥平面CDB1.20.(12分)如图所示,ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO⊥底面ABCD,底面边长为a,E是PC的中点.(1)求证:PA∥平面BDE;(2)求证:平面PAC⊥平面BDE.【证明】(1)连接OE,如图所示.因为O,E分别为AC,PC的中点,所以OE∥PA.因为OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,所以PA∥平面BDE.(2)因为PO⊥平面ABCD,所以PO⊥BD.在正方形ABCD中,BD⊥AC,又因为PO∩AC=O,所以BD⊥平面PAC.又因为BD⊂平面BDE,所以平面PAC⊥平面BDE.21.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)设AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱锥C-A1DE的体积.【解析】(1)连接AC1交A1C于点F,连接DF,则F为AC1的中点.又D是AB中点,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥CD.因为AC=CB,D为AB的中点,所以CD⊥AB.又AA1∩AB=A,所以CD⊥平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=2得∠ACB=90°,CD=,A1D=,DE=,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.所以=××××=1.22.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,M为棱AC的中点,AB=BC,AC=2,AA1=.(1)求证:B1C∥平面A1BM;(2)求证:AC1⊥平面A1BM;(3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?如果存在,求此时的值;如果不存在,请说明理由.【解析】(1)连接AB1交A1B于O,连接OM.如图所示.在△B1AC中,因为M,O分别为AC,AB1的中点,所以OM∥B1C.又OM⊂平面A1BM,B1C⊄平面A1BM,所以B1C∥平面A1BM.(2)因为侧棱AA1⊥底面ABC,BM⊂平面ABC,所以AA1⊥BM.因为M为棱AC的中点,AB=BC,所以BM⊥AC.又AA1∩AC=A,所以BM⊥平面ACC1A1,所以BM⊥AC1.因为M为棱AC的中点,AC=2,所以AM=1.又AA1=,所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中,tan∠AC1C=tan∠A1MA=,所以∠AC1C=∠A1MA,所以∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°,所以A1M⊥AC1.因为BM∩A1M=M,所以AC1⊥平面A1BM.(3)存在点N,且当点N为BB1的中点,即=时,平面AC1N⊥平面AA1C1C.设AC1的中点为D,连接DM,DN.如图所示.因为D,M分别为AC1,AC的中点,所以DM∥CC1,且DM=CC1.又N为BB1的中点,所以DM∥BN,且DM=BN,所以四边形DMBN是平行四边形,所以BM∥DN.因为BM⊥平面ACC1A1,所以DN⊥平面ACC1A1.又DN⊂平面AC1N,所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.