新教材同步系列2024春高中數(shù)學第八章立體幾何初步章末檢測新人教A版必修第二冊

第八章章末檢測(時間：120分鐘，滿分150分)一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．直線l與平面α不平行，則()A．l與α相交 B．l?αC．l與α相交或l?α D．以上結論都不對【答案】C【解析】直線與平面的位置關系有：直線在平面內(nèi)、直線與平面平行、直線與平面相交．因為直線l與平面α不平行，所以l與α相交或l?α．2．若圓臺下底半徑為4，上底半徑為1，母線長為3eq\r(2)，則其體積為()A．15π B．21πC．25π D．63π【答案】B【解析】圓臺下底半徑為R＝4，上底半徑為r＝1，母線長為l＝3eq\r(2)，則圓臺的高為h＝eq\r(l2－(R－r)2)＝3．所以圓臺的體積V＝eq\f(1,3)π(r2＋R2＋Rr)h＝21π．故選B．3．棱長為2的正方體的內(nèi)切球的表面積為()A．4π B．eq\f(32,3)πC．8π D．32π【答案】A【解析】正方體的棱長為2，即其內(nèi)切球的直徑d＝2，半徑r＝eq\f(d,2)＝1，所以內(nèi)切球的表面積S＝4πr2＝4π．4．如圖，正四棱錐P－ABCD的體積為2，底面積為6，E為側棱PC的中點，則直線BE與平面PAC所成的角為()A．30° B．45°C．60° D．90°【答案】C【解析】如圖，在正四棱錐P－ABCD中，根據(jù)底面積為6，可得BC＝eq\r(6)．連接BD交AC于點O，連接PO，則PO為正四棱錐P－ABCD的高，根據(jù)體積公式可得PO＝1．因為PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD．又因為BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC．連接EO，則∠BEO為直線BE與平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因為PO＝1，OA＝eq\r(3)，所以PA＝2，OE＝eq\f(1,2)PA＝1．在Rt△BOE中，因為BO＝eq\r(3)，所以tan∠BEO＝eq\f(BO,OE)＝eq\r(3)，即∠BEO＝60°．故直線BE與平面PAC所成角為60°．5．(2023年臨汾模擬)“平面α與平面β平行”是“平面α內(nèi)的任何一條直線都與平面β平行”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】根據(jù)題意，若平面α與平面β平行，則兩個平面沒有公共點，故平面α內(nèi)的任何一條直線都與平面β平行．反之，若平面α內(nèi)的任何一條直線都與平面β平行，平面α內(nèi)必定存在兩條相交直線與平面β平行，則有平面α與平面β平行，故“平面α與平面β平行”是“平面α內(nèi)的任何一條直線都與平面β平行”的充要條件．故選C．6．(2023年信陽模擬)已知一個圓錐的底面周長為2π，其側面面積與底面面積的比為eq\r(3)∶1，則該圓錐的體積為()A．eq\f(\r(6),3)π B．eq\f(\r(2),3)πC．eq\f(\r(3),3)π D．eq\f(4,3)π【答案】B【解析】如圖所示，由已知可得2π·OA＝2π，則OA＝1，其底面積為π×12＝π，且側面積為π×1×PA＝π×PA，∴eq\f(π×PA,π)＝eq\r(3)，即PA＝eq\r(3)．∴PO＝eq\r(PA2－OA2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)．∴該圓錐的體積為eq\f(1,3)π×12×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),3)π．故選B．7．(2023年寶雞三模)在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑．在鱉臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝2，則鱉臑A－BCD外接球的表面積為()A．eq\f(19,3)π B．6πC．12π D．16π【答案】C【解析】如圖，取AD的中點為O，連接BO，CO，因為AB⊥平面BCD，BD?平面BCD，故AB⊥BD，同理AB⊥CD．因為AD的中點為O，故OA＝OB＝OD．而BC⊥CD，BC∩AB＝B，BC，AB?平面ABC，故CD⊥平面ABC．而AC?平面ABC，故CD⊥AC，故OC＝DO，所以O為三棱錐A－BCD外接球的球心．因為AB＝BC＝CD＝2，故BD＝2eq\r(2)，所以AD＝eq\r(4＋8)＝2eq\r(3)，故三棱錐A－BCD外接球半徑為eq\r(3)，故其外接球的表面積為12π．故選C．8．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P為邊AB的中點，現(xiàn)將△DAP繞直線DP翻轉至△DA′P處，若M為線段A′C的中點，則異面直線BM與PA′所成角的正切值為()A．4 B．2C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)【答案】D【解析】如圖，取A′D的中點N，連接PN，MN．∵M是A′C的中點，∴MN∥CD，且MN＝eq\f(1,2)CD．∵四邊形ABCD是矩形，P是AB的中點，∴PB∥CD，且PB＝eq\f(1,2)CD．∴MN∥PB，且MN＝PB．∴四邊形PBMN為平行四邊形．∴MB∥PN．∴∠A′PN(或其補角)是異面直線BM與PA′所成的角．在Rt△A′PN中，tan∠A′PN＝eq\f(A′N,A′P)＝eq\f(1,2)，∴異面直線BM與PA′所成角的正切值為eq\f(1,2)．故選D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．(2023年三明模擬)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中錯誤的有()A．若m?α，n?β，m∥n，則α∥β B．若m?α，n⊥m，則n⊥αC．若m⊥α，n∥α，則m⊥n D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n【答案】ABD【解析】對于A，若m?α，n?β，m∥n，則α與β相交或平行，故A錯誤；對于B，若m?α，n⊥m，則n與α相交、平行或n?α，故B錯誤；對于C，若m⊥α，n∥α，則由線面垂直的性質(zhì)定理得m⊥n，故C正確；對于D，若α∥β，m?α，n?β，則m與n平行或異面，故D錯誤．故選ABD．10．(2023年山東模擬)已知a，b，c是兩兩異面的三條直線，a⊥b，c⊥a，直線d滿足d⊥a，d⊥b，a∩d＝P，b∩d＝Q，則c與d的位置關系可以是()A．相交 B．異面C．平行 D．垂直【答案】BC【解析】如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1上一點(異于點A1)，AB，B1C1，BB1所在直線分別為a，b，d，當DD1所在直線為c時，符合題中條件，此時c∥d，C正確；當D1E所在直線為c時，符合題中條件，此時c與d異面，B正確；若c與d相交，則a⊥c，d確定的平面，因為a⊥b，d確定的平面，則b，c，d在同一個平面內(nèi)，即b與c共面，與已知矛盾，A錯誤；若c與d垂直，則c⊥a，d確定的平面，而b⊥a，d確定的平面，推出b與c平行或重合，與已知矛盾，D錯誤．故選BC．11．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠DAB＝60°，側面PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，則下列說法正確的有()A．在棱AD上存在點M，使AD⊥平面PMBB．異面直線AD與PB所成的角為90°C．二面角P－BC－A的大小為45°D．BD⊥平面PAC【答案】ABC【解析】如圖，對于A，取AD的中點M，連接PM，BM，∵側面PAD為正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AD⊥BM，又PM∩BM＝M，PM，BM?平面PMB，∴AD⊥平面PBM，故A正確．對于B，∵AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB，即異面直線AD與PB所成的角為90°，故B正確．對于C，∵平面PBC∩平面ABCD＝BC，BC∥AD，∴BC⊥平面PBM，∴BC⊥PB，BC⊥BM，∴∠PBM是二面角P－BC－A的平面角，設AB＝1，則BM＝eq\f(\r(3),2)，PM＝eq\f(\r(3),2)，在Rt△PBM中，tan∠PBM＝eq\f(PM,BM)＝1，即∠PBM＝45°，故二面角P－BC－A的大小為45°，故C正確．對于D，因為BD與PA不垂直，所以BD與平面PAC不垂直，故D錯誤．故選ABC．12．對于四面體A－BCD，以下命題中正確的有()A．若AB＝AC＝AD，則AB，AC，AD與底面所成的角相等B．若AB⊥CD，AC⊥BD，則點A在底面BCD內(nèi)的射影是△BCD的內(nèi)心C．四面體A－BCD的四個面中最多有四個直角三角形D．若四面體A－BCD的6條棱長都為1，則它的內(nèi)切球的表面積為eq\f(π,6)【答案】ACD【解析】如圖1，設點A在平面BCD內(nèi)的射影是E，因為sin∠ABE＝eq\f(AE,AB)，sin∠ACE＝eq\f(AE,AC)，sin∠ADE＝eq\f(AE,AD)，AB＝AC＝AD，所以sin∠ABE＝sin∠ACE＝sin∠ADE，則AB，AC，AD與底面所成的角相等，故A正確；因為AE⊥平面BCD，所以AE⊥CD，又因為AB⊥CD，所以CD⊥平面ABE，所以CD⊥BE，同理可證BD⊥CE，所以E是△BCD的垂心，故B不正確；圖1圖2如圖2，設正方體的棱長為1，則易求得AC＝eq\r(2)，AD＝eq\r(3)，又因為CD＝1，所以AC2＋CD2＝AD2，即△ACD為直角三角形，易證△ABC，△ABD，△BCD都是直角三角形，所以直角三角形的個數(shù)是4，故C正確；圖1中，設O為正四面體A－BCD的內(nèi)切球的球心，正四面體的棱長為1，所以OE為內(nèi)切球的半徑，BF＝AF＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(\r(3),3)，所以AE＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)，由BO2－OE2＝BE2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)－OE))eq\s\up12(2)－OE2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)，所以OE＝eq\f(\r(6),12)，所以內(nèi)切球的表面積為4π·OE2＝eq\f(π,6)，故D正確．故選ACD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．過半徑為2的球的一條半徑的中點，作垂直于該半徑的平面，則所得截面的面積為__________．【答案】3π【解析】由題意知所得截面為圓，設截面圓的半徑為r，則22＝12＋r2，所以r2＝3，所以所得截面的面積為πr2＝3π．14．已知一圓錐的側面展開圖是半徑為4的半圓，則該圓錐的體積為__________．【答案】eq\f(8\r(3),3)π【解析】設圓錐的底面半徑為r，根據(jù)題意，得2πr＝4π，解得r＝2．根據(jù)勾股定理，得圓錐的高為eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，所以圓錐的體積V＝eq\f(1,3)×π×22×2eq\r(3)＝eq\f(8\r(3),3)π．15．(2023年丹東期末)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長均為2，以C1為球心，eq\r(7)為半徑的球面與側面ABB1A1的交線長為__________．【答案】eq\f(2π,3)【解析】直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長均為2，如圖，取B1A1中點O，以C1為球心，eq\r(7)為半徑的球面與側面ABB1A1的交線是以C1為頂點，母線長為eq\r(7)的圓錐與側面ABB1A1的交線，OC1＝eq\r(3)，C1E＝C1F＝eq\r(7)，則A1E＝B1F＝eq\r(7－4)＝eq\r(3)，OE＝OF＝eq\r(1＋3)＝2，∠B1OF＝60°，所以∠EOF＝60°，該交線長為2×eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)．16．(2023年唐山二模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點，過D1，E，F(xiàn)做該正方體的截面，則截面形狀為__________，周長為__________．【答案】五邊形2eq\r(13)＋eq\r(2)【解析】如圖，連接EF并延長交DC的延長線于點N，連接D1N交CC1于點Q，連接QF，延長FE交DA的延長線于點M，連接D1M交AA1于點P，連接EP，順次連接D1，Q，F(xiàn)，E，P，則五邊形D1QFEP即為平面D1EF截正方體ABCD－A′B′C′D′的截面多邊形．由題意，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則AE＝1，∠AEM＝∠BEF＝45°，則△AME為等腰直角三角形，則AM＝1．根據(jù)△AMP∽△A1D1P得，eq\f(AP,A1P)＝eq\f(AM,A1D1)＝eq\f(1,2)，則A1P＝eq\f(4,3)，AP＝eq\f(2,3)，則D1P＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(13),3)，PE＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),3)，同理可得D1Q＝eq\f(2\r(13),3)，F(xiàn)Q＝eq\f(\r(13),3)，而EF＝eq\r(2)，則五邊形D1QFEP的周長為2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),3)＋\f(\r(13),3)))＋eq\r(2)＝2eq\r(13)＋eq\r(2)．四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．(10分)如圖，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與四邊形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綉eq\f(1,2)AD，BE綉eq\f(1,2)FA，G，H分別為FA，F(xiàn)D的中點．(1)求證：四邊形BCHG是平行四邊形；(2)C，D，F(xiàn)，E四點是否共面？請說明理由．(1)證明：由題設知，F(xiàn)G＝GA，F(xiàn)H＝HD，所以GH綉eq\f(1,2)AD．又因為BC綉eq\f(1,2)AD，所以GH綉B(tài)C．所以四邊形BCHG是平行四邊形．(2)解：C，D，F(xiàn)，E四點共面．理由如下．由BE綉eq\f(1,2)FA，G是FA的中點，知BE綉GF．所以EF綉B(tài)G．由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH．故EC，F(xiàn)H共面．又因為點D在直線FH上，所以C，D，F(xiàn)，E四點共面．18．(12分)(2023年西安模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，D是AB的中點．求證：(1)AC1∥平面B1CD；(2)A1B⊥B1C．證明：(1)如圖，連接BC1交B1C交于點M，連接DM，四邊形BCC1B1為正方形，則M為B1C的中點．又因為D為AB的中點，所以DM∥AC1．因為DM?平面B1CD中，所以AC1∥平面B1CD．(2)根據(jù)題意，三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱，則CC1⊥A1C1．因為AC⊥BC，A1C1∥AC，所以A1C1⊥BC．而BC∩CC1＝C，所以A1C1⊥平面BCC1B1．所以A1C1⊥CB1．因為四邊形BCC1B1為正方形，所以BC1⊥CB1．因為BC1∩A1C1＝C1，所以CB1⊥面BA1C1，故A1B⊥B1C．19．(12分)(2023年綿陽模擬)如圖1，由正方形ABCD與正三角形ABE組成的平面圖形，其中AB＝2eq\r(2)，將其沿AC，AB折起使得D，E恰好重合于點P，如圖2．(1)求證：平面PAC⊥平面ABC；(2)若點M是線段AP上，且PM＝eq\f(1,3)PA，求三棱錐P－MBC的體積．(1)證明：如圖，連接BD，與AC相交于點O，由正方形的性質(zhì)知PO⊥AC且AO＝OC．因為AB＝2eq\r(2)，四邊形ABCD是正方形，△ABE是正三角形，所以PO＝eq\f(2\r(2),\r(2))＝2．因為OB＝PO＝2，PB＝EB＝2eq\r(2)，所以PB2＝PO2＋OB2．所以PO⊥OB．又因為PO⊥AC，AC∩OB＝O，且AC，OB?平面ABC，所以PO⊥平面PAC．又因為PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)解：VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·|PO|－eq\f(1,3)S△ABC·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)|PO|))＝eq\f(1,9)S△ABC·|PO|＝eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2\r(2)×2\r(2)))×2＝eq\f(8,9)．20．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．(1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值；(2)求證：PD⊥平面PBC；(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．(1)解：因為AD∥BC，所以∠DAP或其補角就是異面直線AP與BC所成的角．因為AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，AP＝eq\r(AD2＋PD2)＝eq\r(5)，所以cos∠DAP＝eq\f(AD,AP)＝eq\f(\r(5),5)．所以異面直線AP與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)．(2)證明：因為AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．又因為AD∥BC，所以BC⊥平面PDC，所以PD⊥BC．又因為PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC．(3)解：過點D作AB的平行線交BC于點F，連接PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．因為PD⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1．由已知得CF＝BC－BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC．在Rt△DCF中，DF＝eq\r(DC2＋CF2)＝2eq\r(5)．在Rt△DPF中，sin∠DFP＝eq\f(PD,DF)＝eq\f(\r(5),5)．所以直線AB與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5)．21．(12分)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝BC＝1，E為D1C1的中點，連接ED，EC，EB和DB．(1)求證：平面EDB⊥平面EBC；(2)求二面角E－DB－C的正切值．(1)證明：由題意可知△DD1E為等腰直角三角形，∠D1ED＝45°．同理，∠C1EC＝45°．所以∠DEC＝90°，即DE⊥EC．又因為BC⊥平面D1DCC1，DE?平面D1DCC1，所以BC⊥DE．又因為EC∩BC＝C，所以DE⊥平面EBC．因為DE?平面EDB，所以平面EDB⊥平面EBC．(2)解：如圖，過E作EO⊥DC于點O，過點O作OF⊥DB于點F，連接EF．因為平面ABCD⊥平面D1DCC1，且交線為DC，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OF，EO⊥BD．由BD⊥OF，BD⊥OE，得BD⊥平面EFO，所以BD⊥EF．所以∠EFO為二面角E－DB－C的平面角．在Rt△EFO中，易求得OF＝eq\f(\r(5),5)，又因為OE＝1，所以tan∠EFO＝eq\f(OE,OF)＝eq\r(5)．所以二面角E－DB－C的正切值為eq\r(5)．22．(12分)如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥