第八章 立体几何初步 单元测试 -新人教A版（2019）高中数学必修第二册高一上学期.docx

1、立体几何初步单元测验卷（原卷+答案）(满分:150分;时间:120分钟)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,只有一项是符合题目要求的)1.圆木长2丈4尺,圆周为5尺,葛藤从圆木的底部开始向上生长,绕圆木两周,刚好顶部与圆木平齐,问葛藤最少长多少尺?这个问题的答案为(注:1丈等于10尺)()A.29尺B.24尺C.26尺D.30尺2若AOBA1O1B1且OAO1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是()AOBO1B1且方向相同 BOBO1B1COB与O1B1不平行 DOB与O1B1不一定平行3若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c

2、的位置关系是()A异面或平行 B异面或相交C异面 D相交、平行或异面4如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是棱AB，BC，A1B1，BB1，C1D1，CC1的中点，则下列结论正确的是()A直线GH和MN平行，GH和EF相交B直线GH和MN平行，MN和EF相交C直线GH和MN相交，MN和EF异面D直线GH和EF异面，MN和EF异面5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PB=BC,PA=AB,AM平面PBC,垂足M在直线PB上,若PC上存在一点N使得平面PCD平面AMN,则PNNC=()A.1B.12C.23D.136.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,

3、ABB1C,AA1=BC=2AB,则异面直线A1B与B1C所成的角的余弦值为()A.255B.55C.155D.1057.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在线段C1D上,且DP=2PC1,平面经过点A1,P,C,则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面截得的截面面积为()A.36B.26C.5D.5348.点D是RtABC斜边AB上一动点,AC=3,BC=4,将BCD沿着CD翻折,翻折后的三角形为BCD,且平面BDC平面ADC,则翻折后AB的最小值是()A.21B.13C.22D.7二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题

4、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)9两平行平面截半径为5的球,若截面面积分别为9和16,则这两个平面间的距离是()A.1B.3C.4D.710如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的为()A.EPAC BEPBD CEP平面SBD DEP平面SAC11已知平面平面，l，点A，Al，若直线ABl，直线ACl，直线m，m，则()AABm BACm CAB DAC12如图，矩形ABCD中，AB2AD，E为AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE(A1平面ABCD)，若M为线段A1C的中点，则在

5、ADE翻折过程中，下列结论正确的是()AVAA1DEVA1BCDE13B存在某个位置，使DEA1CC总有BM平面A1DED线段BM的长为定值三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在题中横线上)13一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为_14如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为_，圆柱的表面积与球的表面积之比为_15一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸

6、盒中有如下结论ABEF; AB与CM所成的角为60； EF与MN是异面直线； MNCD. 以上四个命题中，正确命题的序号是 _16已知球O是三棱锥PABC的外接球，ABC是边长为2的正三角形，PA平面ABC，若三棱锥PABC的体积为2，则球O的表面积为_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,在多面体ABCDE中,平面ACD平面ABC,ACBC,BC=2AC=4,DA=DC=3,F是BC的中点,EF平面ABC,EF=22.(1)证明:A、B、E、D四点共面;(2)求三棱锥的体积.从B-ACD;A-BCE;B-CDE这三个条件

7、中任选一个,补充在上面问题中并作答.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.18(本小题满分12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由19将一个底面圆的直径为2、高为1的圆柱截成横截面为长方形的棱柱,如图,设这个长方形截面的一条边长为x,对角线长为2,截面的面积为A.(1)求面积A以x为自变量的函数关系式;(2)求出截得棱柱体积的最大值.20(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，D，E，F分别是棱BC，CC1，B1C1的中点求证：

8、(1)直线A1F平面ADE；(2)平面ADE平面BCC1B1.21(本小题满分12分)如图，已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1.(1)证明：D1A平面C1BD；(2)求异面直线BC1与AA1所成的角的大小；(3)求三棱锥B1A1C1B的体积22(本小题满分12分)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，VAB为等边三角形，ACBC且ACBC，O，M分别为AB，VA的中点(1)求证：VB平面MOC；(2)求证：平面MOC平面VAB; (3)求三棱锥VABC的体积答案全解全析一、单项选择题1.C由题意可知,圆柱的侧面展开图是矩形,其中一条边(即圆木的高)长为24尺,其邻边长为5尺

9、,因此葛藤最少长242+(52)2=26(尺).故选C.2解析：如图所示，OB，O1B1不一定平行答案：D3.解析：异面直线不具有传递性，可以以长方体为载体加以说明a，b异面，直线c的位置可如图所示答案：D4解析：易知GHMN，又E，F，M，N分别为所在棱的中点，由平面基本性质3可知EF，DC，MN交于一点，故选B.答案：B5.解析：取PC的中点O,连接BO,因为PB=BC,所以BOPC.过点M作MNBO,交PC于点N,则MNPC,连接AN.因为AM平面PBC,PB,PC平面PBC,所以AMPB,AMPC,因为AMMN=M,AM平面AMN,MN平面AMN,所以PC平面AMN.又PC平面PCD,

10、所以平面PCD平面AMN.易得M为PB的中点,又MNBO,所以PNPO=PMPB=12.又POPC=12,所以PNPC=14,所以PNNC=13.故选D.6.DAA1平面ABC,AA1AB,BB1AA1,BB1AB,ABB1C,BB1B1C=B1,AB平面BB1C1C,三棱柱可以补成长方体ABCD-A1B1C1D1,连接CD1,B1D1,则A1BCD1,B1CD1(或其补角)是异面直线A1B与B1C所成的角,令AB=1,则AA1=BC=2,在B1CD1中,B1D1=CD1=5,B1C=22,cosB1CD1=B1C2CD1=105.故选D.7.B如图所示,A1、P、C确定一个平面,设平面AB=

11、Q,平面C1D1=M,平面AA1B1B平面CC1D1D,A1QMC,同理A1MQC,正方体被平面截得的截面四边形A1MCQ是平行四边形.DP=2PC1,CD=2MC1,即MC1=MD1=1,A1M=MC=,连接A1C,则A1C=2,由余弦定理的推论得cosA1MC=,sinA1MC=,.故选B.8.B过点B作BECD于点E,连接AE,如图所示.设BCD=BCD=02,则BE=4sin ,CE=4cos ,ACE=2-,在AEC中,由余弦定理得,AE2=AC2+CE2-2ACCEcos2-=9+16cos2-24cos sin .平面BCD平面ACD,平面BCD平面ACD=CD,BECD,BE平

12、面BCD,BE平面ACD.又AE平面ACD,BEAE.在RtAEB中,由勾股定理得,AB2=AE2+BE2=9+16cos2-24cos sin +16sin2=25-12sin 2,当=4时,AB取得最小值,为13.故选B.二、多项选择题9AD易得两截面圆的半径分别为3和4.如图(1)所示,若两个平行平面在球心同侧,则CD=OC-OD=52-32-52-42=4-3=1;如图(2)所示,若两个平行截面在球心两侧,则CD=OC+OD=52-32+52-42=4+3=7.两截面相对球心的位置不确定,故需分类10解析：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN.由正四棱锥SABCD，可得S

13、O底面ABCD，ACBD，SOAC.SOBDO，AC平面SBD.E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，EMBD，MNSD，而EMMNM，平面EMN平面SBD，AC平面EMN，ACEP.选项A正确由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EPBD，因此选项B不正确；平面EMN平面SBD，EP平面SBD，因此选项C正确EM平面SAC，若EP平面SAC，则EPEM，与EPEME相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直即选项D不正确答案：AC11解析：因为m，m，l，所以ml，又ABl，所以ABm，故A正确；因为ACl，ml，所以ACm，故B正确；因为A，ABl，l，所以B，所以

14、AB，l，所以AB，故C正确；因为ACl，当点C在内时，AC成立，当点C不在内时，AC不成立，故D不正确答案：ABC12解析：设A1到平面EBCD的距离为h，D到AB的距离为h，则VAA1DEVA1BCDESADEhS梯形EBCDhSADES梯形EBCDAEhh13，A正确；A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，DE与A1C不垂直，B错误；取CD中点F，连接MF，BF，则MFA1D，FBED，由MFA1D与FBED，可得平面MBF平面A1DE，总有BM平面A1DE，C正确；MFBA1DE，由余弦定理可得MB2MF2FB22MFFBcos MFB是定值，故D正确答案：ACD二：填

15、空题13解析：设球的半径为r，则V圆柱r22r2r3，V圆锥r22r，V球r3，所以V圆柱V圆锥V球2r3r3312，故答案为312.答案：31214解析：由题意，圆柱底面半径r球的半径R，圆柱的高h2R，则V球R3，V柱r2hR22R2R3.S球4R2，S柱2r22rh2R22R2R6R2.故答案为，.答案：15.解析：把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，如图：则ABEF，EF与MN异面，ABCM，MNCD，只有正确故答案为.答案：16解析：三棱锥PABC的体积为2，(2)2PA2，PA2，将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，ABC是边

16、长为2的正三角形，ABC外接圆的半径r2，球的半径为，球O的表面积为4520.故答案为20答案：20四、解答题17.解析(1)证明:如图,取AC的中点M,连接DM、MF,DA=DC=3,AC=2,M为AC的中点,DMAC,且DM=22.(2分)平面ACD平面ABC,平面ACD平面ABC=AC,DM平面ACD,DM平面ABC.又EF平面ABC,DMEF,且DM=EF=22,四边形DEFM是平行四边形,DEMF,(4分)在ABC中,M、F分别是AC、BC的中点,MFAB,DEAB,A、B、E、D四点共面.(5分)(2)若选,平面ACD平面ABC,平面ACD平面ABC=AC,ACBC,BC平面ABC

17、,BC平面ACD.(7分)VB-ACD=13SACDBC.由(1)知,DMAC,且DM=22,SACD=12ACDM=12222=22.(9分)VB-ACD=13224=823.(10分)若选,易知VA-BCE=VE-ABC.(6分)EF平面ABC,VE-ABC=13SABCEF.(8分)ACBC,SABC=12ACBC=1224=4,VE-ABC=13422=823,即VA-BCE=823.(10分)若选,由(1)知DMEF,DM平面BCE,EF平面BCE,DM平面BCE,点D到平面BCE的距离等于点M到平面BCE的距离,则三棱锥D-BCE与三棱锥M-BCE的体积相等.(7分)ACBC,AC

18、=2,BC=4,M为AC的中点,SBCM=12CMBC=2,(8分)又EF平面ABC,且EF=22,VB-CDE=VD-BCE=VM-BCE=VE-BCM=13SBCMEF=423.(10分)18.解析(1)由题意可知,该直三棱柱的表面积S=S上+S下+S侧=21211+1(1+1+2)=3+2.(4分)(2)将两个直三棱柱拼成一个四棱柱,共有3种情况,如图所示.图1图2图3 (7分)由题意得,图1的表面积S1=112+114=6,图2的表面积S2=211122+1(1+1+2+2)=4+22,图3的表面积S3=211122+1(1+1+2+2)=4+22,所以图1所示的四棱柱的表面积最小.(

19、10分)此时四棱柱的外接球的直径2r=12+12+12=3,所以r=32,所以该四棱柱的体积V=43r3=32.(12分)19.解析(1)证明:因为ADBC,BC平面BCEF,AD平面BCEF,所以AD平面BCEF.(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DEAD.因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,DE平面ADEF,所以DE平面ABCD.因为BD平面ABCD,所以DEBD.如图,取BC的中点N,连接DN.由BNAD,AB=AD=12BC,BAD=90,可得四边形ABND为正方形,所以DN=AB,所以DN=12BC.所以BDCD.因为CDDE=D,CD,DE平面C

20、DE,所以BD平面CDE.(3)存在,当M为BD的中点时,CE平面AMF.连接AN交BD于点M,连接NF,MF,由于四边形ABND为正方形,所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.因为NC=AD,NCAD,四边形ADEF为正方形,所以NC=FE,NCFE,所以四边形NCEF为平行四边形.所以CENF.又因为NF平面AMF,CE平面AMF,所以CE平面AMF,此时BMDM=1.易错警示在运用线面平行或者垂直的判定定理时,一定要注意定理的判定条件的完整性.(12分)20.解析(1)证明:设BC的中点是E,连接DE、SE、BD,(2分)SBC是等边三角形,SEBC.易知DBC是等边三角形,DEBC,

21、(4分)DESE=E,BC平面SDE,又SD平面SDE,BCSD.(5分)(2)SBC是边长为2的等边三角形,SE=3,同理DE=3,取SD的中点P,连接PE.SE=DE=3,PESD,PE=SE2-PS2=2.(7分)解法一:E是BC的中点,BDE=30,ADE=90,ADDE,SDBC,ADBC,ADSD,又DESD=D,AD平面SDE,(8分)又AD平面SAD,平面SAD平面SDE.ADBC,AD平面SAD,BC平面SAD,BC平面SAD,点B到平面SAD的距离等于点E到平面SAD的距离,(10分)PESD,平面SAD平面SDE=SD,PE平面SDE,PE平面SAD,点E到平面SAD的距

22、离为PE=2,点B到平面SAD的距离为2.(12分)解法二:由(1)可知BC平面SDE,SSDE=1222=2,VS-BCD=13SSDEBC=1322=223=VS-ABD=VB-SAD.(8分)易知三棱锥S-BCD是正四面体,S在底面BCD上的射影H为BCD的中心.(9分)连接AC,交BD于点O,易知H为AC与DE的交点,由勾股定理,得SA=SH2+AH2,又CH=23OC=233,SH=SC2-CH2=22-2332=263,AH=AC-CH=23-233=433,SA=22,SD2+AD2=SA2,SDAD,(11分)SSAD=1222=2,设点B到平面SAD的距离为h,则223=13

23、2h,解得h=2,故点B到平面SAD的距离为2.(12分)21.解析(1)证明:设ACBD=O,连接A1O,AB=AD,A1AB=A1AD,AA1=AA1,A1ABA1AD,A1B=A1D.(2分)易知O是BD的中点,A1OBD,易知BDAC,又ACA1O=O,BD平面A1AC,又BD平面A1BD,平面A1AC平面A1BD.(5分)(2)连接OC1,由(1)知BD平面A1AC,BC1O为直线BC1与平面A1AC所成的角,(7分)连接AD1,在菱形ADD1A1中,A1AD=60,AD1=2AA1sin 60=2232=23,BC1=AD1=23,(9分)又BAD=60,OB=1,sin =OBB

24、C1=36,即直线BC1与平面A1AC所成的角的正弦值为36.(12分)22.解析(1)证明:PEED,PEEB,EBED=E,PE平面EBCD,又PE平面PEB,平面PEB平面EBCD,(2分)BCEB,平面PEB平面EBCD=EB,BC平面EBCD,BC平面PEB,又BC平面PBC,平面PBC平面PEB,(4分)由PE=EB,PM=MB知EMPB,又平面PBC平面PEB=PB,EM平面PEB,EM平面PBC,又EM平面EMN,平面EMN平面PBC.(5分)(2)假设存在点N满足题意,过M作MQEB于Q,由PEEB知,PEMQ,(6分)由(1)知,PE平面EBCD,MQ平面EBCD,MQEN,过Q作QREN于R,连接MR,MQQR=Q,EN平面MQR,又MR平面MQR,ENMR,MRQ是二面角B-EN-M的平面角.(8分)不妨设PE=EB=BC=2,则MQ=1,在RtEBN中,设BN=x(0x2),由RtEBNRtERQ,得BNRQ=ENEQ,即xRQ=22+x21,得RQ=x4+x2,tanMRQ=MQRQ=x2+4x.(10分)依题意知,cosMRQ=66,tanMRQ=x2+4x=5,解得x=1(0,2),此时N为BC的中点.综上,存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为66,此时N为BC的中点.(12分)