2024-2025学年新教材高中数学第十一章立体几何初步单元素养评价练习含解析新人教B版必修第四册

PAGE单元素养评价(三)(第十一章)(120分钟150分)一、单选题(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.(2024·浙江高考)已知空间中不过同一点的三条直线m,n,l,则“m,n,l在同一平面”是“m,n,l两两相交”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【解析】选B.已知m,n,l两两相交,可以推出m,n,l在同一个平面,反之,已知m,n,l在一个平面,可以推出m,n,l两两相交,或者m∥n,l与m,n相交等多种状况,故“m,n,l在同一平面”是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.2.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肯定是平行四边形B.同一平面的两条垂线肯定共面C.过直线上一点可以作多数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一平面内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.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面DCC1D1,因此平面ABCD,平面AA1D1D均与平面DCC1D1垂直而且平面AA1D1D∩3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面绽开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为 ()A.QUOTEπ B.QUOTEπ C.QUOTEπ D.QUOTEπ【解析】选A.设圆锥的底面半径为r,母线长为R,如图所示,则2πr=πR,因为r=1,所以R=2,所以圆锥的高h=QUOTE=QUOTE,所以圆锥的体积V=QUOTEπ×12×QUOTE=QUOTEπ.【补偿训练】如图,圆柱内有一个内接三棱柱,三棱柱的底面为等腰直角三角形,且此三角形内接于圆柱的底面圆.假如圆柱的体积是V,那么三棱柱的体积是 ()A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE【解析】选C.设圆柱的底面圆半径为R,高为h,在等腰Rt△A1B1C1中,A1B1所以QUOTE=QUOTE(QUOTER)2=R2,又S圆=πR2,h=QUOTE,所以V三棱柱=h·QUOTE=hR2=QUOTE.4.如图所示,有一个圆柱,在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁,它想吃到上底面的点B处的食物.当圆柱的高等于12cm,底面半径为3cm时,蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是(π=3) ()A.12cm B.13cm C.15cm D.18cm【解析】选C.如图所示,在圆柱的侧面绽开图中,BC的长为底面圆周长的一半,即BC=QUOTE×2π×3=3π,蚂蚁所走路程为AB=QUOTE=QUOTE=15(cm).所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是15cm.【补偿训练】一个圆锥的高扩大为原来的2倍,底面半径缩小为原来的QUOTE,则圆锥的体积变为原来的 ()A.一半 B.2倍 C.不变 D.3倍【解析】选A.设原圆锥的高为h,半径为r,体积为V,则V=QUOTEπr2h;改变后圆锥的体积为V′=QUOTEπ·QUOTE·2h=QUOTE·QUOTEπr2h=QUOTEV.5.(2024·全国卷Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 ()A.α内有多数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面【解析】选B.当α内有多数条直线与β平行,也可能两平面相交,故A错.同样当α,β平行于同一条直线或α,β垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.6.如图,在矩形ABCD中,EF∥AD,GH∥BC,BC=2,AF=FG=BG=1,现分别沿EF,GH将矩形折叠,使得AD与BC重合,则折叠后的几何体的外接球的表面积为 ()A.QUOTE B.QUOTE C.6π D.24π【解析】选B.由题意得,折叠后的几何体为正三棱柱,且该三棱柱的底面边长为1,高为2,如图所示的正三棱柱AGF-CHE.设上下底面的中心分别为O1,O2,则球心O为O1,O2的中点,连接OH,O2H,则O2H=QUOTE×QUOTE×1=QUOTE,OO2=1.所以OH=QUOTE=QUOTE=QUOTE,即球的半径R=QUOTE.所以该几何体的外接球的表面积为S=4πR2=4π×QUOTE=QUOTE.7.(2024·全国卷Ⅲ)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【解析】选B.因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=QUOTEa,DB=2QUOTEa,依据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DB·DMcos∠BDE=9a2-4QUOTEa2cos∠BDE,EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a2-4QUOTEa2cos∠BDE,所以BM≠EN.8.(2024·浙江高考)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成角为α,直线PB与平面ABC所成角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则 ()A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γC.β<α,γ<α D.α<β,γ<β【解析】选B.方法一,如图,G为AC中点,连接VG,点V在底面ABC的投影为O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AC于E,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,则cosα=QUOTE=QUOTE=QUOTE<QUOTE=cosβ,即α>β,tanγ=QUOTE>QUOTE=tanβ,即γ>β,综上所述,答案为B.方法二:(特别位置)取V-ABC为正四面体,P为VA中点,易得cosα=QUOTE⇒sinα=QUOTE,sinβ=QUOTE,sinγ=QUOTE可知B选项正确.二、多选题(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,有多项是符合题目要求的,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.设l为直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中错误的是 ()A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l⊥α,l⊥β,则α∥βC.若l⊥α,l∥β,则α∥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥β【解析】选ACD.A中α,β也可相交,A不正确;由垂直同始终线的两平面平行知,B正确;C中,α,β可垂直,C不正确;D中l与β也可平行或l⊂β,D不正确.10.如图,在三棱锥P-ABC中,已知PC⊥BC,PC⊥AC,点E,F,G分别是所在棱的中点,则下面结论正确的有 ()A.平面EFG∥平面PBCB.平面EFG⊥平面ABCC.∠BPC是直线EF与直线PC所成的角D.∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角【解析】选ABC.A正确,因为GF∥PC,GE∥CB,GF∩GE=G,PC∩CB=C,所以平面EFG∥平面PBC;B正确,因为PC⊥BC,PC⊥AC,PC∥GF,所以GF⊥BC,GF⊥AC,又BC∩AC=C,所以GF⊥平面ABC,又GF⊂平面EFG,所以平面EFG⊥平面ABC;C正确,因为EF∥BP,所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角;D错误,因为GE与AB不垂直,所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角.11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1A.D1P∥平面A1BC1B.D1P⊥BDC.平面PDB1⊥平面A1BC1D.三棱锥A1-BPC1的体积不变【解析】选ACD.对A,因为在正方体中,D1A∥BC1,D1C∥BA1,且D1A∩D1C=D1,BC1所以平面D1AC∥平面A1BC1因为P在面对角线AC上运动,所以D1P∥平面A1BC1,所以A正确.对B,当P位于AC的中点时,D1P⊥BD不成立,所以B错误.对C,因为A1C1⊥平面BDD1B1;所以A1C1⊥B同理A1B⊥B1D,因为A1C1∩A1B=A1,所以B1D⊥平面A1BC1又B1D⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面A1BC1,所以C正确.对D,三棱锥A1-BPC1的体积等于三棱锥B-A1PC1的体积.△A1PC1的面积为定值QUOTEA1C1·AA1,B到平面A1PC1的高为定值,所以三棱锥A1-BPC1的体积不变,所以D正确.12.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为正方形,且SA=SB=SC=SD,其中E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列结论正确的是 ()A.EP⊥AC B.EP∥BDC.EP∥平面SBD D.EP⊥平面SAC【解析】选AC.如图所示,设AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO.对于A,由正四棱锥S-ABCD,可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,所以SO⊥AC.因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,所以EM∥BD,MN∥SD,而EM∩MN=M,BD∩SD=D,所以平面EMN∥平面SBD,所以AC⊥平面EMN,所以AC⊥EP,故A正确.对于B,由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线,不行能EP∥BD,因此B不正确.对于C,由A可知:平面EMN∥平面SBD,所以EP∥平面SBD,因此C正确.对于D,由A同理可得:EM⊥平面SAC,若EP⊥平面SAC,则EP∥EM,与EP∩EM=E相冲突,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即D不正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下一个直径为12cm、深2cm的空穴,则该球的半径是cm,表面积是cm2.

【解析】设球的半径为Rcm,由条件,知R2=62+(R-2)2,解得R=10,S表=4πR2=400π(cm2).答案:10400π14.在正方体ABCD-A′B′C′D′中,过对角线BD′的一个平面交AA′于点E,交CC′于点F,则:①四边形BFD′E肯定是平行四边形;②四边形BFD′E有可能是正方形;③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影肯定是正方形;④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D.以上结论正确的为.(写出全部正确结论的编号)

【解析】如图所示,因为BE和D′F,BF和D′E分别是正方体两平行平面被平面BFD′E所截,所以BE∥D′F,D′E∥BF,所以四边形BFD′E为平行四边形.所以①正确.②不正确.当E,F分别为AA′,CC′中点时,四边形BFD′E为菱形,设正方体棱长为a,则BF2=D′F2=QUOTEa2,BD′2=3a2,即BF2+D′F2≠BD′2,四边形BFD′E不行能为正方形.③正确.其投影是正方形ABCD.④正确.当E,F分别是AA′,CC′中点时,平面BFD′E⊥平面BB′D.答案:①③④15.如图所示,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕.使△ABD和△ACD折成相互垂直的两个平面,则:(1)BD与CD的关系为;

(2)∠BAC=.

【解析】(1)AB=AC,AD⊥BC,所以BD⊥AD,CD⊥AD,所以∠BDC为二面角的平面角,∠BDC=90°,所以BD⊥DC.(2)设等腰直角三角形的直角边长为a,则斜边长为QUOTEa.所以BD=CD=QUOTEa.所以折叠后BC=QUOTE=a.所以折叠后△ABC为等边三角形,所以∠BAC=60°.答案:(1)BD⊥CD(2)60°16.(2024·全国卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为QUOTE,那么P到平面ABC的距离为.

【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC于点D,E,PO⊥平面ABC,连接OD,CO,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,所以CD⊥平面PDO,OD⊂平面PDO,所以CD⊥OD,因为PD=PE=QUOTE,PC=2.所以sin∠PCE=sin∠PCD=QUOTE,所以∠PCB=∠PCA=60°,所以PO⊥CO,CO为∠ACB的平分线,所以∠OCD=45°,所以OD=CD=1,OC=QUOTE,又PC=2,所以PO=QUOTE=QUOTE.答案:QUOTE四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)如图,已知点E,F,G,H分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1【证明】因为点E,F,G,H分别为所在棱的中点,连接BC1,GF,如图.所以GF是△BCC1的中位线,所以GF∥BC1.因为BE∥C1H,且BE=C1H,所以四边形EBC1H是平行四边形.所以EH∥BC1,所以GF∥EH.所以E,F,G,H四点共面.因为GF≠EH,故EF与HG必相交.设EF∩HG=I.因为I∈GH,GH⊂平面CC1D1D,所以I∈平面CC1D1D.同理可证I∈平面ABCD.所以点I在交线DC上.即EF,HG,DC三线共点.18.(12分)(2024·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1(1)证明:MN∥平面C1DE.(2)求点C到平面C1DE的距离.【解析】(1)连接B1C,ME,C1因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=QUOTEB1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=QUOTEA1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,又BC∩C1C=C,所以DE⊥平面C1CE,故DE从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为点C到平面C1DE的距离,由已知可得CE=1,C1C所以C1E=QUOTE,故CH=QUOTE.所以点C到平面C1DE的距离为QUOTE.19.(12分)(2024·全国卷Ⅱ)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1(1)证明:BE⊥平面EB1C1(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C【解析】(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BEEC1∩B1C1=C1所以BE⊥平面EB1C1(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=QUOTE×3×6×3=18.20.(12分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=QUOTE.(1)求证:MN∥平面BB1C(2)求MN的长.【解析】(1)作NP∥BC,交AB于点P,连接MP,因为正方体的棱长为3,所以AC=A1B=3QUOTE,所以QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE.因为QUOTE=QUOTE=QUOTE=QUOTE,所以MP∥AA1∥BB1,因为MP⊄平面BB1C1C,BB1⊂所以MP∥平面BB1C又因为NP∥BC,NP⊄平面BB1CBC⊂平面BB1C所以NP∥平面BB1C因为NP∩MP=P,所以平面MNP∥平面BB1C因为MN⊂平面MNP,所以MN∥平面BB1C(2)由(1)MP∥AA1,QUOTE=QUOTE,得QUOTE=QUOTE,MP=QUOTEAA1=2,同理NP=QUOTEAD=1,MP∥AA1,NP∥BC,∠MPN=90°,MN=QUOTE=QUOTE=QUOTE.21.(12分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A的正切值.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,因为PC⊥平面BDE,所以PC⊥BD,PA⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,PA∩PC=P,所以BD⊥平面PAC.(2)设AC与B