新教材同步备课2024春高中数学章末综合测评3立体几何初步新人教A版必修第二册

章末综合测评(三)立体几何初步(时间：120分钟满分：150分)一、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，只有一项是符合题目要求的)1．下列条件中，能确定一个平面的是()A．空间中随意三点B．空间中两条直线C．空间中两条相交直线D．一条直线和一个点2．一个棱柱的侧面绽开图是三个全等的矩形，矩形的长和宽分别为6cm，4cm，则该棱柱的侧面积为()A．24cm2 B．36cm2C．72cm2 D．84cm23．(2024·厦门一中月考)如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是()A．4B．102C．42D．524．(2024·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2，将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A．1.0×109m3 B．1.2×109m3C．1.4×109m3 D．1.6×109m35．(2024·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A．π2B．π3C．π6．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为π4和π6.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′A．2∶1B．3∶1C．3∶2D．4∶37．底面半径为3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为()A．6πB．12πC．8πD．16π8．(2024·广东韶关期末)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，则过B、E、D1三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为()A．5B．6C．26D．46二、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．如图是一个正方体的平面绽开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是()A．BM∥EDB．EF∥CDC．CN与BM为异面直线D．DM⊥BN10．(2024·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ABC，F-ABC，E-ACF的体积分别为V1，V2，V3，则()A．V3＝2V2 B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V111．如图是四棱锥的平面绽开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中正确的有()A．平面EFGH∥平面ABCDB．BC∥平面PADC．AB∥平面PCDD．平面PAD∥平面PAB12．如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AB＝2，AA1＝2，E，F分别为AB，BC的中点．则()A．A1E⊥DFB．点A1、E、F、C1四点共面C．直线C1D与平面BB1C1C所成角的正切值为2D．三棱锥E-C1DF的体积为2三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．假如用半径R＝23的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是．14．如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1∶V2＝．15．如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面相互垂直，则cosα∶cosβ＝．16．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，且这个球的体积是323π，那么这个三棱柱的侧面积为四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，其高为6cm，底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V.18．(本小题满分12分)如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点．(1)如图①，若EH与FG相交于点K，求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点；(2)如图②，若EH∥FG，求证：EH，BD，FG三条直线相互平行．19．(本小题满分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.20．(本小题满分12分)(2024·江西临川一中期中)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，D为棱BC的中点．(1)证明：A1C∥平面AB1D；(2)求点A1到平面AB1D的距离．21．(本小题满分12分)如图①，在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝3，M为CD上一点，且CM＝2MD.将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，如图②，点E是线段AM的中点．(1)求证：平面BDE⊥平面ABCM；(2)过B点是否存在一条直线l，同时满意以下两个条件：①l⊂平面ABCM；②l⊥AD.请说明理由．22．(本小题满分12分)(2024·贵州月考)在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑(nào)”．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝3，AB＝1，AC＝2，E为棱PB上一点．(1)若AE⊥平面PBC，求VP-ACE∶VE-ABC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．章末综合测评(三)立体几何初步1．C[对于A，空间随意三点，当三点共线时能确定一条直线而不是平面，故错误；对于B，空间两条直线，当两条直线重合时，过这条直线的平面有多数个，故错误；对于C，空间两条相交直线，依据课本中的判定得到是正确的；对于D，一条直线和一个点，当这个点在直线上时，过这条直线的平面有多数个，故错误．故选C.]2．C[棱柱的侧面积S侧＝3×6×4＝72(cm2)．]3．B[平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′·sin30°＝5×2×12＝5，所以原平面图形的面积是S＝22S′＝22×54．C[依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台下底面积S＝140.0km2＝140×106m2，上底面积S′＝180.0km2＝180×106m2，∴V＝13hS+S'+SS'＝13×9×140×106+180×106故选C.]5．D[法一：如图，连接C1P，因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝法二：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角．依据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝6．A[连接AB′，A′B(图略)，由已知条件可知∠BAB′＝π4，∠ABA′＝π设AB＝2a，则BB′＝2asinπ4＝A′B＝2acosπ6＝∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，∴AB∶A′B′＝2∶1.]7．D[由题意，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的底面圆心为O′，球O的半径为R，则O′O＝R－1.由勾股定理可得R2＝(R－1)2＋32，∴R＝2，∴球O的表面积为4πR2＝16π.]8．C[设平面BED1交棱AD于F，由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得ED1∥BF，D1F∥BE，由勾股定理可得四边形D1FBE全部边长的长度为5，所以D1FBE是菱形，且F为AD的中点，取A1D1的中点M，连接FM，ME，则D1B＝D＝22EF＝FM故SD1FBE9．BCD[作出正方体的直观图，如图，由直观图可知BM与DE为相互垂直的异面直线，故A错误；EF∥AB∥CD，故B正确；CN与BM为异面直线，故C正确；由正方体性质得BN⊥平面DEM，故NB⊥DM，故D正确．故选BCD.]10．CD[设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝13×12×2×2×2＝43，V2＝13×12×2×2×1＝23.连接BD交AC于M，连接EM、FM(图略)，则FM＝3，EM＝6，EF＝3，所以FM2＋EM2＝EF211．ABC[把平面绽开图还原为四棱锥如图所示，则EH∥AB，因为AB⊂平面ABCD，EH⊄平面ABCD，所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD，因为EH∩EF＝E，EH，EF⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD；平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC均是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交．因为AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD.同理，BC∥平面PAD.]12．BCD[对于A，假设A1E⊥DF，由题意知BC⊥平面AA1B1B，A1E⊂平面AA1B1B，∴A1E⊥BC，又BC∩DF＝F，∴A1E⊥平面ABCD，由长方体性质知A1E与平面ABCD不垂直，故假设不成立，故A错误；对于B，连接EF，AC，A1C1，由于E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，又因为长方体ABCD-A1B1C1D1，知A1C1∥AC，∴EF∥A1C1，所以点A1、E、F、C1四点共面，故B正确；对于C，由题意可知DC⊥平面BB1C1C，∴∠DC1C为直线C1D与平面BB1C1C所成角，在Rt△DCC1中，CC1＝2，CD＝2，则tan∠DC1C＝DCC对于D，连接DE，C1E，∵AB＝AD＝2，则S△DEF＝S□ABCD－S△ADE－S△BEF－S△CDF＝2×2－12×2×1-12×1×1-12×13．3[设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝23π，则r＝3，所以圆锥筒的高h＝R214．1∶24[因为D，E分别是AB，AC的中点，所以S△ADE∶S△ABC＝1∶4.又F是AA1的中点，所以A1原委面的距离H为F原委面距离h的2倍，即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍，所以V1∶V2＝1315．5∶2[如图，设两个矩形分别为矩形ABCD、矩形ABEF，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AF⊂平面ABEF，AF⊥AB，故AF⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AF⊥AC，同理CB⊥BF.由题意，两个矩形的对角线长分别为5，25，所以cosα＝525+4＝529，cos所以cosα∶cosβ＝5∶2.]16．483483[设球的半径为r，则43πr3＝32得r＝2，柱体的高为2r＝4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，所以底面正三角形的边长为43，所以正三棱柱的侧面积S侧＝3×4×43＝体积V＝34×4317．解：V三棱柱ABC-设圆柱底面圆的半径为r，则r＝2S△ABCV圆柱OO1＝πr2所以V＝V三棱柱ABC-A118．证明：(1)因为K∈EH，EH⊂平面ABD，所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，因此K∈BD，所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点．(2)因为EH∥FG，FG⊂平面BCD，EH⊄平面BCD，所以EH∥平面BCD，而EH⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以EH∥BD，而EH∥FG，所以EH∥FG∥BD.19．证明：(1)如图，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.20．解：(1)证明：连接A1B交AB1于O，连接OD，正三棱柱ABC-A1B1C1中，易得O为AB1中点，又D为BC的中点，所以OD∥A1C.因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D.(2)因为A1C∥平面AB1D，所以C与A1到平面AB1D的距离相等，由题意得AB1＝22，因为AD2＋DB12＝AB12所以S△ADB1＝12设C到平面ADB1的距离为h，则VC所以13×152h即点A1到平面AB1D的距离为2521．解：(1)证明：由已知得DA＝DM，E是AM的中点，所以DE⊥AM.因为平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，所以DE⊥平面ABC