2022版人教A版高中数学必修第二册练习题-第八章-立体几何初步达标检测

2022版人教A版高中数学必修第二册--本章达标检测(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.△A'B'C'表示水平放置的△ABC根据斜二测画法得到的直观图,A'B'在x'轴上,B'C'与x'轴垂直,且B'C'=2,则△ABC的边AB上的高为 ()A.23.我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时,提出了一个原理(祖暅原理):“幂势既同,则积不容异.”这里的“幂”指水平截面的面积,“势”指高.这句话的意思是:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.图1是一种“四角帐篷”的示意图,其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半圆,平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD,用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷,所得截面四边形均为正方形,模仿上述半球的体积计算方法,可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱,从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥(如图2),从而求得该帐篷的体积为 ()图1图2A.23B.4.已知直三棱柱A1B1C1-ABC的侧棱长为2,AB⊥BC,AB=BC=2.过AB,BB1的中点E,F作平面α与平面AA1C1C垂直,则所得截面的周长为 ()A.22+65.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.26.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥B1C,AA1=BC=2AB,则异面直线A1B与B1C所成的角的余弦值为 ()A.25C.157.已知四棱锥P-ABCD的体积是363,底面ABCD是正方形,△PAB是等边三角形,平面PAB⊥平面ABCD,则四棱锥P-ABCD外接球的体积为 ()A.2821πC.6378.点D是Rt△ABC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△B'CD,且平面B'DC⊥平面ADC,则翻折后AB'的最小值是()A.21二、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.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2CD=2,F是AB的中点,E是PB上的一点,则下列说法正确的是 ()A.若PB=2PE,则EF∥平面PACB.若PB=2PE,则四棱锥P-ABCD的体积是三棱锥E-ABC体积的6倍C.三棱锥P-ADC中有且只有三个面是直角三角形D.平面BCP⊥平面ACE10.已知菱形ABCD中,∠BAD=60°,AC与BD相交于点E,将△ABD沿BD折起,使点A至点M,在折起的过程中,下列结论正确的是 ()A.BD⊥CMB.存在一个位置,使△CDM为等边三角形C.DM与BC不可能垂直D.直线DM与平面BCD所成的角最大为60°11.在南方不少地区,经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠,用来遮阳或避雨,随着旅游和文化交流活动的开展,斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种圆锥形的斗笠,称为“灯罩斗笠”,根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用,不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆的直径长)两个指标进行衡量.现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长20cm,帽底宽203cm,关于此斗笠,下面说法正确的是 ()A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两条母线的截面三角形的最大面积为1003cm2C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上,则该球的表面积为1600πcm2D.此斗笠放在平面上,可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(203-30)cm12.已知某多面体的平面展开图如图所示,每个面都是边长为2的正三角形,则下列结论正确的是 ()A.该多面体的体积为8B.该多面体的外接球的表面积为8πC.该多面体的内切球的体积为8627D.该多面体的表面积为8三、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.若圆锥的表面积为27π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面圆的半径为.

14.在如图所示的四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,DM⊥PA,PA=PD=AB=4,M为BC中点,则点M到平面PBD的距离是.

15.如图,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E是CD的中点,将△DAE沿AE折起,使D到D'的位置,且平面AED'⊥平面ABCE,则直线AD'与平面ABC所成角的正弦值为.

16.如图,矩形ABCD中,AB=23,AD=2,Q为BC的中点,点M,N分别在线段AB,CD上运动(其中M不与A,B重合,N不与C,D重合),且MN∥AD,将△DMN沿MN折起,得到三棱锥D-MNQ,则三棱锥D-MNQ体积的最大值为;当三棱锥D-MNQ体积最大时,其外接球的表面积为.

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,AC⊥BC,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①B-ACD;②A-BCE;③B-CDE这三个条件中任选一个,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,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=1,∠CAB=90°.(1)求该直三棱柱的表面积S;(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个四棱柱,当该四棱柱表面积最小时,求该四棱柱的外接球的体积.19.(本小题满分12分)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,E为AC的中点.(1)求证:AB1∥平面BEC1;(2)若BB1=BA,求异面直线AB1与EC1所成角的余弦值.20.(本小题满分12分)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧面SBC为等边三角形,SD=2.(1)求证:SD⊥BC;(2)求点B到平面SAD的距离.21.(本小题满分12分)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为2,且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°.(1)证明:平面A1AC⊥平面A1BD;(2)求直线BC1与平面A1AC所成的角θ的正弦值.22.(本小题满分12分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,将△ADE沿DE折起,使得点A到点P的位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).(1)证明:平面EMN⊥平面PBC;(2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为66?若存在,确定N点位置;若不存在,说明理由答案全解全析一、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,因此葛藤最少长242+(5×2)22.D过C'作x'轴的平行线,交y'轴于点D',作D'E⊥x'轴,垂足为E,如图所示:则D'E=B'C'=2,O'D'=2D'E在△ABC中,由斜二测画法规则知D'对应的点D在y轴上,且OD=42,即△ABC的边AB上的高为42.故选D.3.B由祖暅原理可得这个四角帐篷的体积等价于一个正四棱柱减去一个同底等高的正四棱锥的体积,此正四棱柱底面正方形的对角线长为2,边长为2,高为1,所以V=(2)2×1-13×(24.C取AC的中点D,连接BD,取A1C1的中点D1,连接B1D1,DD1,取AD的中点G,连接EG,连接EF并延长,与A1B1的延长线交于H,取C1D1的中点M,连接MH,交B1C1于N,连接FN,GM,可得EG∥BD,BD∥B1D1,MN∥B1D1,即有EG∥MN,又AB=BC,D为AC中点,所以BD⊥AC,易知AA1⊥平面ABC,又BD⊂平面ABC,所以AA1⊥BD,因为AA1∩AC=A,所以BD⊥平面AA1C1C,所以EG⊥平面AA1C1C,又EG⊂平面EGMNF,所以平面EGMNF⊥平面AA1C1C,则平面EGMNF即为平面α,由EG=12BD=22,GM=4+2=6,MN=12B可得所得截面的周长为22+6+5.D取PC的中点O,连接BO,因为PB=BC,所以BO⊥PC.过点M作MN∥BO,交PC于点N,则MN⊥PC,连接AN.因为AM⊥平面PBC,PB,PC⊂平面PBC,所以AM⊥PB,AM⊥PC,因为AM∩MN=M,AM⊂平面AMN,MN⊂平面AMN,所以PC⊥平面AMN.又PC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面AMN.易得M为PB的中点,又MN∥BO,所以PNPO又POPC=12,所以PN故选D.6.D∵AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥AB,∵BB1∥AA1,∴BB1⊥AB,∵AB⊥B1C,BB1∩B1C=B1,∴AB⊥平面BB1C1C,∴三棱柱可以补成长方体ABCD-A1B1C1D1,连接CD1,B1D1,则A1B∥CD1,∴∠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,∴cos∠B1CD1=B1C2C7.A由题意可设正方形ABCD的边长为2x,在等边三角形PAB中,过点P作PE⊥AB于点E,由于平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊂平面PAB,∴PE⊥平面ABCD.由△PAB是等边三角形,可得PE=3x,∴VP-ABCD=13·2x·∴PE=33,底面正方形ABCD的外接圆的半径为32.设外接球的球心为O,半径为R,O到底面ABCD的距离为h,则(32)2+h2=(33-h)2+622,得h=3,∴R=18+3=21.8.B过点B'作B'E⊥CD于点E,连接AE,如图所示.设∠BCD=∠B'CD=α0<α<π2,则B'E=4sinα,CE=4cosα,∠ACE=在△AEC中,由余弦定理得,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcosπ=9+16cos2α-24cosαsinα.∵平面B'CD⊥平面ACD,平面B'CD∩平面ACD=CD,B'E⊥CD,B'E⊂平面B'CD,∴B'E⊥平面ACD.又AE⊂平面ACD,∴B'E⊥AE.在Rt△AEB'中,由勾股定理得,AB'2=AE2+B'E2=9+16cos2α-24cosαsinα+16sin2α=25-12sin2α,∴当α=π4时,AB'取得最小值,为13故选B.二、多项选择题9.AD对于选项A,∵PB=2PE,∴E是PB的中点.∵F是AB的中点,∴EF∥PA,又PA⊂平面PAC,EF⊄平面PAC,∴EF∥平面PAC,故A正确.对于选项B,∵PB=2PE,∴VP-ABCD=2VE-ABCD.∵AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2CD=2,∴梯形ABCD的面积为12(CD+AB)·AD=12×(1+2)×1=32,S△ABC=∴VE-ABCD=32VE-ABC,∴VP-ABCD=3VE-ABC,故B错误对于选项C,∵PC⊥底面ABCD,∴PC⊥AC,PC⊥CD,∴△PAC,△PCD为直角三角形.又AB∥CD,AB⊥AD,∴AD⊥CD,∴△ACD为直角三角形,∴PA2=PC2+AC2=PC2+AD2+CD2,PD2=CD2+PC2,则PA2=PD2+AD2,∴△PAD是直角三角形,∴三棱锥P-ADC的四个面都是直角三角形,故C错误.对于选项D,∵PC⊥底面ABCD,∴PC⊥AC.在Rt△ACD中,AC=AD在直角梯形ABCD中,BC=AD∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.∵BC∩PC=C,∴AC⊥平面BCP.又AC⊂平面ACE,∴平面BCP⊥平面ACE,故D正确.故选AD.10.ABD对于A,在菱形ABCD中,易知AC⊥BD,则ME⊥BD,∵CE⊥BD,ME∩CE=E,∴BD⊥平面MCE.又MC⊂平面MCE,∴MC⊥BD,故A正确.对于B,由题意可知,AB=BC=CD=DA=BD,∴当三棱锥M-BCD是正四面体时,△CDM为等边三角形,故B正确.对于C,当三棱锥M-BCD是正四面体时,DM与BC垂直,故C不正确.对于D,当平面BDM与平面BDC垂直时,直线DM与平面BCD所成的角最大,为60°,故D正确.11.ACD设圆锥顶点为P,O为底面圆心,底面圆的半径为R,轴截面为△PAB,则PA=PB=20cm,2R=203cm,∴R=103cm,∵sin∠APO=AOPA∴∠APO=60°,∴∠APB=2∠APO=120°,A正确;设截面三角形中两母线所成角为θ,0°<θ≤120°,则截面三角形为等腰三角形,S截=12PA2·sinθ=200sinθ≤200,当且仅当θ=90°时,等号成立,B错误设外接球球心为M,半径为R外,易得PO=PA2-A在Rt△AMO中,AM2=AO2+MO2,则R外2=(103)2+(R外-10)2,解得R外=20(cm设内切球半径为r内,sin∠APO=r内∴r内=(203-30)cm,D正确.故选ACD.12.AB由该多面体的平面展开图可知,该多面体是侧面为正三角形的正八面体,且各个棱长均为2,如图.连接BD、CE,交于点O,连接AO,则AO⊥平面BCDE,AO=AD2-OD2=2,则该多面体的体积为V八面体ABCDEF=2VA-由正八面体的对称性可知,O是正八面体的外接球的球心,设外接球的半径为R,则R=2,正八面体的外接球的表面积S=4πR2=8π,故B正确.由正八面体的对称性可知,O是正八面体内切球的球心,设内切球的半径为r,则有8×S△ABC×r=V八面体ABCDEF,所以r=69,内切球体积V=43πr3正八面体的表面积为8S△ABC=8×12×2×2×32=8故选AB.三、填空题13.答案3解析设圆锥底面半径为r,母线长为l,∵侧面展开图是半圆,∴2πr=πl,∴l=2r,∴圆锥表面积S=πr2+2πr2=3πr2=27π,∴r=3.14.答案2解析∵四边形ABCD为菱形,且∠DAB=60°,∴△BCD是等边三角形,又M是BC的中点,∴DM⊥BC,又BC∥AD,∴DM⊥AD,又DM⊥PA,PA∩AD=A,∴DM⊥平面PAD,又DM⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.取AD的中点H,连接PH、BH,∵PA=PD=AB=4,AB=BD=AD=4,∴PH⊥AD,且PH=BH=23.由平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊂平面PAD,得PH⊥平面ABCD,又BH⊂平面ABCD,故PH⊥BH,∴PB=PH2+BH2=2∴S△BDP=12设M到平面PBD的距离为h,则VM-PBD=13又VM-PBD=VP-BDM=13×∴215ℎ3=4,解得h∴点M到平面PBD的距离为21515.答案2解析由题意,知△AED'为等腰直角三角形,∵平面AED'⊥平面ABCE,∴AD'在平面ABCE上的射影在AE上,∴∠D'AE为直线AD'与平面ABC所成角,且∠D'AE=45°,其正弦值为22,故答案为216.答案1;253解析设MB=t(0<t<23),则AM=DN=23-t,将△DMN沿MN折起,当DN⊥平面MNQ时,三棱锥D-MNQ的体积最大,此时VD-MNQ=13×12×2×t×(2=-13(t-3)2+1,0<t<23∴当t=3时,VD-MNQ取得最大值,最大值为1,此时MB=3,DN=3,∴MQ=NQ=2,∴△MNQ为等边三角形.∴当三棱锥D-MNQ体积最大时,三棱锥D-MNQ是正三棱柱的一部分,如图所示,则三棱柱MNQ-EDF的外接球即是三棱锥D-MNQ的外接球,设点G,H分别是上、下底面正三角形的中心,连接GH,则线段GH的中点即是三棱柱MNQ-EDF的外接球的球心,设为O,连接HQ,OQ,则OH=12∵△MNQ是边长为2的等边三角形,∴HQ=23∴三棱柱MNQ-EDF的外接球的半径R=OQ=OH∴三棱锥D-MNQ的外接球的表面积为4πR2=25π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,∴DM⊥AC,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,∴DM∥EF,且DM=EF=22,∴四边形DEFM是平行四边形,∴DE∥MF, (4分)在△ABC中,∵M、F分别是AC、BC的中点,∴MF∥AB,∴DE∥AB,∴A、B、E、D四点共面. (5分)(2)若选①,∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,AC⊥BC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面ACD. (7分)∴VB-ACD=13S△ACD×由(1)知,DM⊥AC,且DM=22,∴S△ACD=12×AC×DM=∴VB-ACD=13×22×4=82若选②,易知VA-BCE=VE-ABC. (6分)∵EF⊥平面ABC,∴VE-ABC=13×S△ABC×EF. (8分∵AC⊥BC,∴S△ABC=12×∴VE-ABC=13即VA-BCE=823. (10若选③,由(1)知DM∥EF,∵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)∵AC⊥BC,AC=2,BC=4,M为AC的中点,∴S△BCM=12CM·BC=2, (8分又EF⊥平面ABC,且EF=22,∴VB-CDE=VD-BCE=VM-BCE=VE-BCM=13S△BCM·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=2×12×1×1+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=1×1×2+1×1×4=6,图2的表面积S2=2×1×1×12×2+1×(1+1+2+2)图3的表面积S3=2×1×1×12×2+1×(1+1+2+2)所以图1所示的四棱柱的表面积最小. (10分)此时四棱柱的外接球的直径2r=12所以r=32所以该四棱柱的体积V=43πr3=3219.解析(1)证明:如图所示.连接B1C,交BC1于点O,易知O为B1C的中点,连接EO.∵E为AC的中点,∴AB1∥EO. (3分)又∵AB1⊄平面BEC1,EO⊂平面BEC1,∴AB1∥平面BEC1. (5分)(2)由(1)知AB1∥EO,∴∠C1EO(或其补角)为异面直线AB1与EC1所成的角. (6分)设BB1=BA=a,则C1B=2a,C1O=12C1B=22a,C1E=∵三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴易得BE⊥平面AA1C1C,∵EC1⊂平面AA1C1C,∴BE⊥EC1. (9分)在Rt△BEC1中,EO=12C在△OEC1中,cos∠C1EO=EC12+EO2-OC122×EC120.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,∴SE⊥BC.易知△DBC是等边三角形,∴DE⊥BC, (4分)∵DE∩SE=E,∴BC⊥平面SDE,又SD⊂平面SDE,∴BC⊥SD. (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,∴PE⊥SD,∴PE=SE2-PS2解法一:∵E是BC的中点,∴∠BDE=30°,∴∠ADE=90°,∴AD⊥DE,∵SD⊥BC,AD∥BC,∴AD⊥SD,又DE∩SD=D,∴AD⊥平面SDE, (8分)又∵AD⊂平面SAD,∴平面SAD⊥平面SDE.∵AD∥BC,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)∵PE⊥SD,平面SAD∩平面SDE=SD,PE⊂平面SDE,∴PE⊥平面SAD,∴点E到平面SAD的距离为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,S△SDE=12∴VS-BCD=13S△SDE·BC=13×2×2=223=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=S