高中数学章末过关检测三立体几何初步新人教A版必修第二册

章末过关检测(三)立体几何初步一、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．[2022·福建厦门高一期末]下列正确的是()A．过球面上两点与球心有且只有一个平面B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台C．底面是正多边形，侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥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．[2022·江苏扬州高一期末]下列选项正确的是()A．空间三点确定一个平面B．如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等C．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行D．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直3．[2022·湖南永州高一期末]已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形，其中AB＝AC＝2，则该平面图形的面积为()A.eq\r(3)B．2C．2eq\r(3)D．44．[2022·山东青岛高一期末]已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是()A．若a∥b，b∥α，则a∥αB．若α⊥β，a∥α，则a⊥βC．若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则a∥αD．若b⊥α，a∥b，β⊥α，则a∥β5．[2022·湖南张家界高一期末]下列命题错误的是()A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直B．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直D．过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行6．[2022·河北石家庄高一期末]定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10mm)，中雨(10mm～25mm)，大雨(25mm～50mm)，暴雨(50mm～100mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨7．[2022·辽宁丹东高一期末]圆台的上下底面半径之比为1∶2，一条母线长度为2，这条母线与底面所成角等于30°，这个圆台的体积为()A．eq\r(3)πB．eq\f(7,3)πC．eq\f(7\r(3),3)πD．7π8．若正三棱柱ABC­A1B1C1既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为R1、R2，则eq\f(R1,R2)＝()A．eq\f(\r(5),5)B．5C．eq\r(5)D．eq\r(3)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2分，有选错的得0分．9．用一个平面去截一个三棱柱，可以得到的几何体是()A．四棱台B．四棱柱C．三棱柱D．三棱锥10．[2022·湖南长郡中学高一期中]设α，β为两个平面，则α∥β的充分条件可以是()A．β内的所有直线都与α平行B．β内有三条直线与α平行C．α和β平行于同一条直线D．α和β都平行于同一平面γ11．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以下四个选项正确的是()A．D1C∥平面A1ABB1B．A1D1与平面BCD1相交C．AD⊥平面D1DBD．平面BCD1⊥平面A1ABB112．[2022·湖南衡阳高一期末]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，PB＝eq\r(6)，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是()A.平面PAD⊥平面ABCDB．异面直线AD与PB所成的角为60°C．二面角P­BC­A的大小为45°D．三棱锥P­ABD外接球的表面积为eq\f(20,3)π三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．[2022·湖北鄂州高一期末]某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，则该圆柱一个底面的面积为________．14．在长方体ABCD­A1B1C1D1的所有棱中，有m条棱所在的直线与直线A1B是异面直线，则m的值是________．15．[2022·河北英才国际学校高一期中]已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.16．[2022·江苏常州高一期末]在四面体P­ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝1，△ABC、△PBC、△PAC、△PAB均为直角三角形，若该四面体最大棱长等于3，则该四面体外接球的表面积为________；该四面体体积的最大值为________．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)[2022·辽宁丹东高一期末]如图，四面体ABCD中，E是AB的中点，点F在BD上，EF∥平面ACD，平面CEF与平面ACD的交线为l，CB＝CD，AD⊥BD，证明：(1)AD∥l；(2)平面BCD⊥平面CEF.18．(12分)[2022·山东聊城高一期末]如图，在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1上的动点，F是CD的中点．(1)求三棱锥B­AB1E的体积；(2)若E是DD1的中点，求证：BF∥平面AB1E.19．(12分)如图，在三棱柱A1B1C1­ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．(1)证明：E，F，G，H四点共面；(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．20．(12分)[2022·福建厦门高一期末]如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面α，使得α∥平面BDF.(1)作出α截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；(2)求平面α与平面BDF的距离．21．(12分)[2022·辽宁大连高一期末]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，且AC＝eq\r(3)，BC＝eq\r(6)，AA1＝2AB，D是棱BB1的中点，E是棱CC1上的点，满足CE＝5EC1.(1)证明：AD⊥平面A1DE；(2)求直线AE与平面ABB1所成角的正弦值．22．(12分)[2022·湖北武汉高一期末]如图，三棱柱ABC­A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥CC1，BC1⊥A1C，且E、F分别是BC、A1B1的中点．(1)求证：EF∥平面A1C1CA；(2)在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出eq\f(AP,AB)的值；若不存在，请说明理由．章末过关检测(三)立体几何初步1．解析：对于A：当球面上的两点恰好是直径的两个端点时这三点共线，此时过这三点有无数个平面，故A错误；对于B：用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故B错误；对于C：根据正棱锥的定义：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．所以底面是正多边形且侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥，符合定义，故C正确．对于D：两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，侧棱延长不一定会相交于一点，所以不一定是棱台，故D错误．故选C.答案：C2．解析：空间中不共线的三点确定一个平面，A错；如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，B错；如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，无数并不代表所有，C错；过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，D对．故选D.答案：D3．解析：作出原图形如图所示：则AB′＝2，AC′＝4，所以该平面图形的面积为eq\f(1,2)·AB′·AC′＝eq\f(1,2)×2×4＝4，故选D.答案：D4．解析：若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故A错误；若α⊥β，a∥α，则a∥β或a⊂β或a与β相交，故B错误；若α⊥β，a⊥β，则a∥α或a⊂α，又a⊄α，故a∥α，故C正确；若b⊥α，a∥b，则a⊥α，又β⊥α，则a∥β或a⊂β，故D错误．故选C.答案：C5．解析：对于A，根据线面垂直的定义，可得经过平面外一点作已知平面的垂线，有且仅有一条，故A正确；对于B，过平面外一点可以作一个平面与已知平面平行，在这个平行平面内经过已知点作直线，它就和已知平面平行，故过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，故B不正确；对于C，由直线与平面垂直的性质知：过直线外一点只能作一个平面与这条直线垂直，故C正确；对于D，由平行公理得：过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，故D正确．故选B.答案：B6．解析：由题意，一个半径为eq\f(200,2)＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为eq\f(200,2)×eq\f(150,300)＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d＝eq\f(\f(1,3)π×502×150,π×1002)＝12.5(mm)，属于中雨．故选B.答案：B7．解析：如图，由题意得：BD＝2，AB＝2CD，∠ABD＝30°，过点D作DE⊥AB于点E，则DE＝1，BE＝eq\r(3)，因为圆台的上、下底面半径之比为1∶2，所以CD＝AE＝BE＝eq\r(3)，则圆台上底面面积为(eq\r(3))2π＝3π，下底面面积为(2eq\r(3))2π＝12π，故圆台的体积为eq\f(1,3)(12π＋3π＋eq\r(12π×3π))×1＝7π，故选D.答案：D8．解析：由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，如图，DE⊥AB，OD＝DE＝R1，OA＝R2，因为△ABC为正三角形，D为△ABC的中心，所以∠DAE＝eq\f(π,6)，所以AD＝2DE＝2R1，在Rt△AOD中，OA2＝OD2＋AD2，所以Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋(2R1)2，所以Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝5Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，R2＝eq\r(5)R1，所以eq\f(R1,R2)＝eq\f(\r(5),5)，故选A.答案：A9．解析：如图三棱柱ABC­A1B1C1，连接BC1，AC1，则可得平面ABC1截三棱柱，得到一个三棱锥C1­ABC，所以D正确，若用一个平行于平面BCC1B1的平面去截三棱柱，如图平面DEFG，则得到一个三棱柱和一个四棱柱，所以BC正确，因为四棱台的上下底面要平行，所以要得到四棱台，则截面要与三棱柱的上下底面相交，而四棱台的侧棱延长后交于一点，棱柱的侧棱是相互平行的，所以用一个平面去截一个三棱柱，不可能得到一个四棱台，所以A错误，故选BCD.答案：BCD10．解析：对于A，当β内的所有直线即有两条相交直线都与α平行时，则α∥β，所以A正确；对于B，α与β相交时，β内和交线平行的直线都与平面α平行，所以B不正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，如果α和β都平行于同一平面γ，则α∥β.所以D正确．故选AD.答案：AD11．解析：对于A，因为平面A1ABB1∥平面D1DCC1，而D1C⊂平面D1DCC1，故D1C与平面A1ABB1没有公共点，所以D1C∥平面A1ABB1，即A正确；对于B，因为A1D1∥BC，所以A1D1⊂平面BCD1，所以B错误；对于C，若AD⊥平面D1DB，则AD⊥DB，但∠ADB＝45°，所以C错误；对于D，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，易得BC⊥平面A1ABB1，而BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1，所以D正确．故选AD.答案：AD12．解析：取AD中点E，连接PE，BE，△PAD和△BAD都是等边三角形，则PE⊥AD，BE⊥AD，∠PEB是二面角P­AD­B的平面角，PE＝BE＝eq\r(3)，又PB＝eq\r(6)，所以PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE，所以二面角P­AD­B是直二面角，所以平面PAD⊥平面ABCD，A正确；AD∥BC，所以∠PBC是异面直线AD与PB所成的角或其补角，由此可得PE⊥平面ABCD，而CE⊂平面ABCD，所以PE⊥EC，EC＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos120°)＝eq\r(7)，所以PC＝eq\r(PE2＋EC2)＝eq\r(10)，PB2＋BC2＝PC2，PB⊥BC，∠PBC＝90°，B错；由BE⊥AD知BC⊥BE，所以∠PBE是二面角P­BC­A的平面角，在△PEB中，可得∠PBE＝45°，C正确；以上证明有PE⊥平面ABD，同理BE⊥平面PAD，设M，N分别是△ABD和△PAD的中心，如图，作NO∥EB，MO∥PE，NO与MO交于点O，则NO⊥平面PAD，MO⊥平面ABD，所以O是三棱锥P­ABD外接球的外心，由于NE＝ME＝eq\f(1,3)BE＝eq\f(\r(3),3)，ONEM是正方形，OM＝eq\f(\r(3),3)，而BM＝eq\f(2\r(3),3)，所以OB＝eq\r(OM2＋BM2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),3)即为外接球半径，三棱锥P­ABD外接球的表面积为S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(20π,3).D正确．故选ACD.答案：ACD13．解析：因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长2eq\r(2)，该圆柱底面圆半径为eq\f(\r(2),π)，故该圆柱一个底面的面积S＝πr2＝π×(eq\f(\r(2),π))2＝eq\f(2,π).答案：eq\f(2,π)14．解析：如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点A∈平面ABB1A1，D∉平面ABB1A1，A∉直线A1B，A1B⊂平面ABB1A1，则直线AD与直线A1B是异面直线，同理直线B1C1与直线A1B是异面直线，又平面CDD1C1∥平面ABB1A1，直线CD，DD1，C1D1，CC1与直线A1B都不平行，且直线CD，DD1，C1D1，CC1⊂平面CDD1C1，因此直线CD，DD1，C1D1，CC1与直线A1B是异面直线，所以m的值是6.答案：615．解析：平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β，∵由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出m⊥β.即②④是m⊥β的充分条件，∴满足条件②④时，有m⊥β.答案：②④16．解析：利用长方体模型，因为四面体的所有面均为直角三角形，因此取长方体的四个顶点作为四面体的顶点，如图所示，PC＝3，所以该四面体外接球半径为：R＝eq\f(1,2)eq\r(PA2＋AB2＋BC2)＝eq\f(1,2)eq\r(PC2)＝eq\f(3,2)，所以该四面体外接球的表面积为：S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝9π.由图知，AC2＝PC2－PA2＝9－1＝8，∴AC2＝8＝AB2＋BC2≥2AB·BC，即AB·BC≤4，当且仅当AB＝BC＝2时取等号，∴VP­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·PA≤eq\f(1,6)×4×1＝eq\f(2,3).答案：9πeq\f(2,3)17．证明：(1)因为EF∥平面ACD，平面CEF∩平面ACD＝l，EF⊂平面CEF，所以EF∥l，又平面ABD∩平面ACD＝AD，EF⊂平面ABD，所以EF∥AD，所以AD∥l.(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD，∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD.又EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，∴BD⊥平面EFC，∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.18．解析：(1)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，DD1∥平面ABB1A1，所以点E在DD1上运动时，到平面ABB1A1的距离为4，所以VB­AB1E＝VE­AB1B＝eq\f(1,3)S△AB1B×4＝eq\f(32,3).(2)证明：连接A1B交AB1于点M，连接EM，EF，D1C，因为EF∥D1C，且EF＝eq\f(1,2)D1C，MB∥D1C，且MB＝eq\f(1,2)D1C，所以EF∥MB且EF＝MB，所以四边形MEFB是平行四边形，所以BF∥ME，又因为BF⊄平面AB1E，ME⊂平面AB1E，所以BF∥平面AB1E.19．证明：(1)如图，连接EF，GH.∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.∵B1E∥C1F，且B1E＝C1F，∴四边形B1EFC1是平行四边形，∴EF∥B1C1，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)如图，延长EG，FH相交于点P.∵P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，∴P∈平面ABB1A1.∵P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，∴P∈平面ACC1A1.∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，∴P∈AA1，∴EG，FH，AA1三线共点．20．解析：(1)连接B1D1，EB1，ED1，由正方体性质可得BD∥B1D1，BF∥ED1；又BF∩BD＝B，所以平面EB1D1∥平面BDF；因为α∥平面BDF，且E∈α，所以平面EB1D1与平面α重合，即平面EB1D1就是α截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面．(2)由(1)可知平面α与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离；设点B1到平面BDF的距离为d，由题意可得BD＝2eq\r(2)，BF＝DF＝eq\r(5)，所以△BDF的面积为eq\r(6)；△BB1F的面积为2；由VB1­BDF＝VD­BB1F可得eq\f(1,3)S△BDF·d＝eq\f(1,3)S△BB1F×2，解得d＝eq\f(2\r(6),3).所以平面α与平面BDF的距离为eq\f(2\r(6),3).21．解析：(1)证明：因为AC⊥BC，且AC＝eq\r(3)，BC＝eq\r(6)，所以AB＝3；因为AA1＝2AB，所以AA1＝6；因为D是棱BB1的中点，所以AD＝A1D＝3eq\r(2)，因为AD2＋A1D2＝AAeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，所以AD⊥A1D；因为CE＝5EC1，AA1＝6，所