2024-2025學年新教材高中數(shù)學第十一章立體幾何初步單元綜合測試含解析新人教B版必修第四冊

PAGEPAGE1單元綜合測試三(第十一章)時間：120分鐘分值：150分第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、單項選擇題：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．垂直于同一條直線的兩條直線肯定(D)A．平行B．相交C．異面D．以上都有可能解析：兩條直線同時垂直于同一條直線，這兩條直線可能平行、相交、異面．2．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D為A1B1的中點，AB＝BC＝2BB1＝2，AC＝2eq\r(2)，則異面直線BD與AC所成的角為(C)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：如圖，取B1C1的中點E，連接BE，DE，則AC∥A1C1∥DE，則∠BDE即為異面直線BD與AC所成的角．由條件可知BD＝DE＝EB＝eq\r(2)，所以∠BDE＝60°.3．下列說法正確的是(D)①過平面外一點有且僅有一個平面與已知平面垂直；②假如一條直線和兩個垂直平面中的一個垂直，它必和另一個平面平行；③過不在平面內(nèi)的一條直線可作多數(shù)個平面與已知平面垂直；④假如兩個平面相互垂直，經(jīng)過一個平面內(nèi)一點與另一平面垂直的直線在第一個平面內(nèi)．A．①③ B．②③C．②③④ D．④解析：過平面外一點可作一條直線與平面垂直，過該直線的任何一個平面都與已知平面垂直，所以①不對；若α⊥β，a⊥α，則a?β或a∥β，所以②不對；當平面外的直線是平面的垂線時，能作多數(shù)個平面與已知平面垂直，否則只能作一個，所以③也不對．4．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(A)A．直線AB上B．直線BC上C．直線AC上D．△ABC內(nèi)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在直線AB上．5．已知PA⊥矩形ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是(C)A．PB⊥BCB．PD⊥CDC．PD⊥BDD．PA⊥BD解析：如圖所示，由于PA⊥平面ABCD，且底面ABCD為矩形，所以PA⊥BD(即D正確)，BC⊥PA，BC⊥BA，而PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB(即A正確)．同理PD⊥CD(即B正確)，PD與BD不垂直，所以C不正確．6．三個球的半徑之比為123，那么最大球的表面積是其余兩個球的表面積之和的(C)A．1倍 B．2倍C.eq\f(9,5)倍 D.eq\f(7,4)倍解析：設(shè)最小球的半徑為r，則另兩個球的半徑分別為2r,3r，則各球的表面積分別為4πr2,16πr2,36πr2，所以最大球的表面積與其余兩個球的表面積之和的比值為eq\f(36πr2,4πr2＋16πr2)＝eq\f(9,5).7．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為對角線BD1的三等分點，P到各頂點的距離的不同取值有(B)A．3個B．4個C．5個D．6個解析：本題考查正方體中長度的運算問題．不妨設(shè)P是靠近B的一個三等分點，正方體棱長a，則P到B、D1距離分別為eq\f(\r(3),3)a，eq\f(2\r(3),3)a，由對稱性知，P到A，C，B1的距離都為eq\f(\r(6),3)a，而P到A1，D，C1的距離都是a，故選B.本題對學生的空間想象實力提出了較高要求．8．若一個n面體中有m個面是直角三角形，則稱這個n面體的直度為eq\f(m,n).如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，四面體A1-ABC的直度為(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、多項選擇題：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3分，有選錯的得0分.9．以下命題中假命題的序號是(BCD)A．若棱柱被一平面所截，則分成的兩部分不肯定是棱柱B．有兩個面平行，其余各面都是梯形的幾何體叫棱臺C．用一個平面去截圓錐，底面和截面之間的部分組成的幾何體叫圓臺D．有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱解析：對于A，若棱柱被與底面不平行的平面所截，則分成的兩部分不肯定是棱柱，所以A正確；對于B，有兩個面平行，其余各面都是梯形，并且側(cè)棱的延長線交于同一點的幾何體叫棱臺，所以B錯誤；對于C，當截面與底面不平行時，截得的底面和截面之間的幾何體不是圓臺，所以C錯誤；對于D，依據(jù)棱柱定義可知，有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都相互平行的幾何體叫棱柱，所以D錯誤．故選BCD.10．已知m，n是兩條不重合的直線，α，β，γ是三個兩兩不重合的平面，給出下列四個命題，其中正確命題的是(BD)A．若m∥β，n∥β，m，n?α，則α∥βB．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n?γ，則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選項中沒有說明兩條直線是否相交，結(jié)論錯誤，B選項中能推出m⊥γ，所以結(jié)論正確，C選項能推出m⊥n，推不出m∥n，結(jié)論錯誤，D選項依據(jù)線面平行的性質(zhì)可知正確．11．如圖，在棱長均相等的四棱錐P-ABCD中，O為底面正方形的中心，M，N分別為側(cè)棱PA，PB的中點，有下列結(jié)論正確的有(ABD)A．PD∥平面OMNB．平面PCD∥平面OMNC．直線PD與直線MN所成角的大小為90°D．ON⊥PB解析：選項A，連接BD，明顯O為BD的中點，又N為PB的中點，所以PD∥ON，由線面平行的判定定理可得，PD∥平面OMN；選項B，由M，N分別為側(cè)棱PA，PB的中點，得MN∥AB，又底面為正方形，所以MN∥CD，由線面平行的判定定理可得，CD∥平面OMN，又選項A得PD∥平面OMN，由面面平行的判定定理可得，平面PCD∥平面OMN；選項C，因為MN∥CD，所以∠PDC為直線PD與直線MN所成的角，又因為全部棱長都相等，所以∠PDC＝60°，故直線PD與直線MN所成角的大小為60°；選項D，因底面為正方形，所以AB2＋AD2＝BD2，又全部棱長都相等，所以PB2＋PD2＝BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以O(shè)N⊥PB，故選ABD.12．如圖，矩形ABCD，M為BC的中點，將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，連接B1D，N為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法中全部正確的是(BD)A．存在某個位置，使得CN⊥AB1B．翻折過程中，CN的長是定值C．若AB＝BM，則AM⊥B1DD．若AB＝BM＝1，當三棱錐B1-AMD的體積最大時，三棱錐B1-AMD的外接球的表面積是4π解析：對于A，取AD的中點為E，連接CE交MD于點F，如圖1.則NE∥AB1，NF∥MB1，假如CN⊥AB1，則EN⊥CN，由于AB1⊥MB1，則EN⊥NF，由于三線NE，NF，NC共面且共點，故這是不行能的，故不正確；對于B，如圖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，故正確；對于C，如圖2，∵AB＝BM，即AB1＝B1M，則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，則AD＝MD，由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故不正確；對于D，依據(jù)題意知，只有當平面B1AM⊥平面AMD時，三棱錐B1-AMD的體積最大，取AD的中點為E，連接OE，B1E，ME，如圖2.∵AB＝BM＝1，則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，則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).從而EB1＝eq\r(\f(\r(2),2)2＋\f(\r(2),2)2)＝1，易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中點E就是三棱錐B1-AMD的外接球的球心，球的半徑為1，表面積是4π，故D正確．第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)eq\a\vs4\al(三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.)13．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，P為平面ABC外一點，且PA＝PB＝PC，則平面PBC與平面ABC的位置關(guān)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，設(shè)為O，則PO⊥平面ABC.又PO?平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABC.14．已知一個正方體的全部頂點在一個球面上，若球的體積為eq\f(9π,2)，則正方體的棱長為eq\r(3).解析：由題意知V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9π,2)，R＝eq\f(3,2).設(shè)正方體的棱長為a，則eq\r(3a2)＝2R，a＝eq\r(3)，所以正方體的棱長為eq\r(3).15．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的各棱長為1m，圓錐SO的底面圓是正方形A1B1C1D1的內(nèi)切圓，頂點S是正方形ABCD的中心，則圓錐SO的體積為eq\f(1,12)πm3，側(cè)面積為eq\f(\r(5),4)πm2.解析：圓錐的高為1，底面半徑為eq\f(1,2)，母線長為eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，所以體積為eq\f(π,3)×(eq\f(1,2))2×1＝eq\f(π,12).側(cè)面積為π×eq\f(1,2)×eq\f(\r(5),2)＝eq\f(\r(5),4)π.16．如圖所示，已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若PA⊥平面AC，在BC邊上取點E，使PE⊥DE，則滿意條件的E點有兩個時，a的取值范圍是(6，＋∞)．解析：由題意知：PA⊥DE，又PE⊥DE，PA∩PE＝P，∴DE⊥平面PAE，又AE?平面PAE，∴DE⊥AE.易證△ABE∽△ECD.設(shè)BE＝x，則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，棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，點D是AB的中點．(1)求證：AC⊥B1C；(2)求證：AC1∥平面CDB1.證明：(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)連接BC1交B1C于O點，連接OD.如圖，∵O，D分別為BC1，AB的中點，∴OD∥AC1.又OD?平面CDB1，AC1?平面CDB1.∴AC1∥平面CDB1.18．(12分)(1)如圖(1)，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F(xiàn)分別是PB，PC的中點．證明EF∥平面PAD；(2)如圖(2)，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，點M，N，Q分別是PA，BD，PD的中點，求證：平面MNQ∥平面PBC.證明：(1)E，F(xiàn)分別是PB，PC的中點，∴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)∵點M，N，Q分別是PA，BD，PD的中點，∴MQ∥AD，QN∥PB，∵底面ABCD是平行四邊形，∴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)如圖所示，在五面體ABCDEF中，四邊形ADEF是正方形，F(xiàn)A⊥平面ABCD，BC∥AD，CD＝1，AD＝2eq\r(2)，∠BAD＝∠CDA＝45°.(1)求異面直線CE與AF所成角的余弦值；(2)證明：CD⊥平面ABF.解：(1)因為四邊形ADEF是正方形，所以FA∥ED，故∠CED為異面直線CE與AF所成的角．因為FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD，故ED⊥CD，在Rt△CDE中，因為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).故異面直線CE與AF所成角的余弦值為eq\f(2\r(2),3).(2)證明：如圖，過點B作BG∥CD交AD于點G，則∠BGA＝∠CDA＝45°，由∠BAD＝45°可得BG⊥AB，從而CD⊥AB.又因為CD⊥FA，F(xiàn)A∩AB＝A，F(xiàn)A，AB?平面ABF，所以CD⊥平面ABF.20．(12分)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BCA＝90°，點D，E分別在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)是否存在點E使得二面角A-DE-P為直二面角？并說明理由．解：(1)證明：∵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)存在點E使得二面角A-DE-P為直二面角．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為二面角A-DE-P的平面角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°，∴在棱PC上存在一點E，使得AE⊥PC.這時∠AEP＝90°，故存在點E，使得二面角A-DE-P為直二面角．21．(12分)如圖所示，在正三棱柱(底面是正三角形，側(cè)棱和底面垂直的三棱柱)ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，D是BC上的一點，且AD⊥C1D.(1)求證：A1B∥平面AC1D；(2)在棱CC1上是否存在一點P，使直線PB1⊥平面AC1D？若存在，找出這個點，并加以證明；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：∵ABC-A1B1C1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的中點．如圖，連接A1C，與AC1相交于點E，則點E為A1C的中點．連接DE，則在△A1BC中，∵D、E分別是BC、A1C的中點，∴A1B∥DE.又DE?平面AC1D，A1B?平面AC1D，∴A1B∥平面AC1D.(2)存在這樣的點P，且點P為CC1的中點．下面給出證明：由(1