2024-2025学年新教材高中数学第十一章立体几何初步单元综合测试含解析新人教B版必修第四册

PAGEPAGE1单元综合测试三(第十一章)时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题，共60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．垂直于同一条直线的两条直线肯定(D)A．平行B．相交C．异面D．以上都有可能解析：两条直线同时垂直于同一条直线，这两条直线可能平行、相交、异面．2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝2BB1＝2，AC＝2eq\r(2)，则异面直线BD与AC所成的角为(C)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：如图，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1∥DE，则∠BDE即为异面直线BD与AC所成的角．由条件可知BD＝DE＝EB＝eq\r(2)，所以∠BDE＝60°.3．下列说法正确的是(D)①过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直；②假如一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平面平行；③过不在平面内的一条直线可作多数个平面与已知平面垂直；④假如两个平面相互垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内．A．①③ B．②③C．②③④ D．④解析：过平面外一点可作一条直线与平面垂直，过该直线的任何一个平面都与已知平面垂直，所以①不对；若α⊥β，a⊥α，则a⊂β或a∥β，所以②不对；当平面外的直线是平面的垂线时，能作多数个平面与已知平面垂直，否则只能作一个，所以③也不对．4．如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(A)A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：∵BC1⊥AC，BA⊥AC，BA∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上．5．已知PA⊥矩形ABCD，则下列结论中不正确的是(C)A．PB⊥BCB．PD⊥CDC．PD⊥BDD．PA⊥BD解析：如图所示，由于PA⊥平面ABCD，且底面ABCD为矩形，所以PA⊥BD(即D正确)，BC⊥PA，BC⊥BA，而PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB(即A正确)．同理PD⊥CD(即B正确)，PD与BD不垂直，所以C不正确．6．三个球的半径之比为123，那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的(C)A．1倍 B．2倍C.eq\f(9,5)倍 D.eq\f(7,4)倍解析：设最小球的半径为r，则另两个球的半径分别为2r,3r，则各球的表面积分别为4πr2,16πr2,36πr2，所以最大球的表面积与其余两个球的表面积之和的比值为eq\f(36πr2,4πr2＋16πr2)＝eq\f(9,5).7．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有(B)A．3个B．4个C．5个D．6个解析：本题考查正方体中长度的运算问题．不妨设P是靠近B的一个三等分点，正方体棱长a，则P到B、D1距离分别为eq\f(\r(3),3)a，eq\f(2\r(3),3)a，由对称性知，P到A，C，B1的距离都为eq\f(\r(6),3)a，而P到A1，D，C1的距离都是a，故选B.本题对学生的空间想象实力提出了较高要求．8．若一个n面体中有m个面是直角三角形，则称这个n面体的直度为eq\f(m,n).如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，四面体A1­ABC的直度为(D)A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D．1解析：由已知n＝4，∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC，A1A⊥AB.又∵BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，BC⊥A1B，∴m＝4.故直度eq\f(m,n)＝1.二、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3分，有选错的得0分.9．以下命题中假命题的序号是(BCD)A．若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不肯定是棱柱B．有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体叫棱台C．用一个平面去截圆锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫圆台D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱解析：对于A，若棱柱被与底面不平行的平面所截，则分成的两部分不肯定是棱柱，所以A正确；对于B，有两个面平行，其余各面都是梯形，并且侧棱的延长线交于同一点的几何体叫棱台，所以B错误；对于C，当截面与底面不平行时，截得的底面和截面之间的几何体不是圆台，所以C错误；对于D，依据棱柱定义可知，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都相互平行的几何体叫棱柱，所以D错误．故选BCD.10．已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的是(BD)A．若m∥β，n∥β，m，n⊂α，则α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则m⊥nC．若m⊥α，α⊥β，α∩β＝n，那么m∥nD．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，那么m∥n解析：A选项中没有说明两条直线是否相交，结论错误，B选项中能推出m⊥γ，所以结论正确，C选项能推出m⊥n，推不出m∥n，结论错误，D选项依据线面平行的性质可知正确．11．如图，在棱长均相等的四棱锥P­ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论正确的有(ABD)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⊥PB解析：选项A，连接BD，明显O为BD的中点，又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，又因为全部棱长都相等，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，又全部棱长都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，故选ABD.12．如图，矩形ABCD，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中全部正确的是(BD)A．存在某个位置，使得CN⊥AB1B．翻折过程中，CN的长是定值C．若AB＝BM，则AM⊥B1DD．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1­AMD的体积最大时，三棱锥B1­AMD的外接球的表面积是4π解析：对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1.则NE∥AB1，NF∥MB1，假如CN⊥AB1，则EN⊥CN，由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，故这是不行能的，故不正确；对于B，如图1，由∠NEC＝∠MAB1，且NE＝eq\f(1,2)AB1，AM＝EC，∴在△CEN中，由余弦定理得：NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cos∠NEC，也是定值，故NC是定值，故正确；对于C，如图2，∵AB＝BM，即AB1＝B1M，则AM⊥B1O，若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D⊂平面ODB1，∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，∴OD⊥AM，则AD＝MD，由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故不正确；对于D，依据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1­AMD的体积最大，取AD的中点为E，连接OE，B1E，ME，如图2.∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1.且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM.∴B1O⊥AM，又B1O⊂平面B1AM.∴B1O⊥平面AMD，OE⊂平面AMD，∴B1O⊥OE，则AM＝eq\r(2)，B1O＝eq\f(1,2)AM＝eq\f(\r(2),2).OE＝eq\f(1,2)DM＝eq\f(1,2)AM＝eq\f(\r(2),2).从而EB1＝eq\r(\f(\r(2),2)2＋\f(\r(2),2)2)＝1，易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中点E就是三棱锥B1­AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确．第Ⅱ卷(非选择题，共90分)eq\a\vs4\al(三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.)13．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，P为平面ABC外一点，且PA＝PB＝PC，则平面PBC与平面ABC的位置关系是垂直．解析：∵PA＝PB＝PC，∴P在△ABC所在平面上的射影必落在△ABC的外心上，又外心在BC上，设为O，则PO⊥平面ABC.又PO⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABC.14．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若球的体积为eq\f(9π,2)，则正方体的棱长为eq\r(3).解析：由题意知V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9π,2)，R＝eq\f(3,2).设正方体的棱长为a，则eq\r(3a2)＝2R，a＝eq\r(3)，所以正方体的棱长为eq\r(3).15．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的各棱长为1m，圆锥SO的底面圆是正方形A1B1C1D1的内切圆，顶点S是正方形ABCD的中心，则圆锥SO的体积为eq\f(1,12)πm3，侧面积为eq\f(\r(5),4)πm2.解析：圆锥的高为1，底面半径为eq\f(1,2)，母线长为eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，所以体积为eq\f(π,3)×(eq\f(1,2))2×1＝eq\f(π,12).侧面积为π×eq\f(1,2)×eq\f(\r(5),2)＝eq\f(\r(5),4)π.16．如图所示，已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满意条件的E点有两个时，a的取值范围是(6，＋∞)．解析：由题意知：PA⊥DE，又PE⊥DE，PA∩PE＝P，∴DE⊥平面PAE，又AE⊂平面PAE，∴DE⊥AE.易证△ABE∽△ECD.设BE＝x，则eq\f(AB,CE)＝eq\f(BE,CD)，即eq\f(3,a－x)＝eq\f(x,3).∴x2－ax＋9＝0，由Δ>0，a>0.解得a>6.四、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)如图，棱柱ABC­A1B1C1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)∵C1C⊥平面ABC，∴C1C⊥AC.∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩C1C＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1，∴AC⊥B1C.(2)连接BC1交B1C于O点，连接OD.如图，∵O，D分别为BC1，AB的中点，∴OD∥AC1.又OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1.∴AC1∥平面CDB1.18．(12分)(1)如图(1)，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F分别是PB，PC的中点．证明EF∥平面PAD；(2)如图(2)，已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点，求证：平面MNQ∥平面PBC.证明：(1)E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.∵底面ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴EF∥AD，又AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)∵点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点，∴MQ∥AD，QN∥PB，∵底面ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴MQ∥BC，∵MQ∩QN＝Q，PB∩BC＝B，MQ，QN⊂平面MNQ，PB，BC⊂平面PBC，∴平面MNQ∥平面PBC.19．(12分)如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD＝1，AD＝2eq\r(2)，∠BAD＝∠CDA＝45°.(1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值；(2)证明：CD⊥平面ABF.解：(1)因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED，故∠CED为异面直线CE与AF所成的角．因为FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD，故ED⊥CD，在Rt△CDE中，因为CD＝1，ED＝2eq\r(2)，所以CE＝eq\r(CD2＋ED2)＝3，所以cos∠CED＝eq\f(ED,CE)＝eq\f(2\r(2),3).故异面直线CE与AF所成角的余弦值为eq\f(2\r(2),3).(2)证明：如图，过点B作BG∥CD交AD于点G，则∠BGA＝∠CDA＝45°，由∠BAD＝45°可得BG⊥AB，从而CD⊥AB.又因为CD⊥FA，FA∩AB＝A，FA，AB⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF.20．(12分)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)是否存在点E使得二面角A­DE­P为直二面角？并说明理由．解：(1)证明：∵PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴PA⊥BC，又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，又∵AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC.(2)存在点E使得二面角A­DE­P为直二面角．理由：∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角A­DE­P的平面角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°，∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时∠AEP＝90°，故存在点E，使得二面角A­DE­P为直二面角．21．(12分)如图所示，在正三棱柱(底面是正三角形，侧棱和底面垂直的三棱柱)ABC­A1B1C1中，AB＝AA1，D是BC上的一点，且AD⊥C1D.(1)求证：A1B∥平面AC1D；(2)在棱CC1上是否存在一点P，使直线PB1⊥平面AC1D？若存在，找出这个点，并加以证明；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵ABC­A1B1C1是正三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，∴CC1⊥AD.又AD⊥C1D，CC1∩C1D＝C1，∴AD⊥平面BCC1B1，∴AD⊥BC，∴D是BC的中点．如图，连接A1C，与AC1相交于点E，则点E为A1C的中点．连接DE，则在△A1BC中，∵D、E分别是BC、A1C的中点，∴A1B∥DE.又DE⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D，∴A1B∥平面AC1D.(2)存在这样的点P，且点P为CC1的中点．下面给出证明：由(1