2020-2021学年高中数学北师大版（2019）必修第二册课后习题：第六章　立体几何初步 测评 WORD版含解析.docx

1、第六章测评(时间:120分钟满分:150分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)1.下列几何体是旋转体的是()圆柱;六棱锥;正方体;球体;四面体.A.B.C.D.答案A2.已知在边长为1的菱形ABCD中,A=3,则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为()A.32B.34C.66D.68解析在菱形ABCD中,AB=1,A=3,则菱形的面积为S菱形ABCD=2SABD=21211sin3=32.所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为S=24S菱形ABCD=68.答案D3.设正方体的表面积为24,那么其外接球的体积是()A.43B.83C.43D.323解析设正方体的棱长为a

2、,由题意可知,6a2=24,所以a=2.设正方体外接球的半径为R,则3a=2R,所以R=3,所以V球=43R3=43.答案C4.已知直线l平面,直线m平面,有以下四个命题:lm;lm;lm;lm.其中正确的命题是()A.B.C.D.解析若,l,则l,又m,所以lm,故正确;若,l,m,则l与m可能异面,所以不正确;若lm,l,则m,又m,则,所以正确;若l,lm,m,则与可能相交,故不正确.综上可知,选D.答案D5.如图,在四边形ABCD中,DAB=90,ADC=135,AB=5,CD=22,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A.(60+42)B.(60+

3、82)C.(56+82)D.(56+42)解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=r22+(r1+r2)l2+r1l1=52+(2+5)5+222=(60+42).故选A.答案A6.算数书竹简于20世纪80年代在湖北省张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“禾盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V136L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么,近似公式V7264L2h相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为()

4、A.15750B.258C.237D.227解析设圆锥的底面半径为r,则圆锥的底面周长L=2r,所以r=L2,所以V=13r2h=L2h12.令L2h12=7264L2h,得=227,故选D.答案D7.若将一个真命题中的“平面”换成“直线”,“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”,下列四个命题:垂直于同一平面的两直线平行;垂直于同一平面的两平面平行;平行于同一直线的两直线平行;平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是()A.B.C.D.解析由“垂直于同一直线的两个平面平行”知,是“可换命题”;由“垂直于同一平面的两平面未必平行”知,不是“可换命题”;由“平行于同一

5、平面的两个平面平行”知,是“可换命题”;由“平行于同一平面的两直线未必平行”知,不是“可换命题”.综上所述,故选A.答案A8.在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A与C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为()A.30B.60C.90D.120解析如图,由AB=BC=1,ABC=90知AC=2.因为M为AC的中点,所以MC=AM=22,且CMBM,AMBM,所以CMA为二面角C-BM-A的平面角.因为AC=1,MC=MA=22,所以CMA=90,故选C.答案C二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)9.下列四个命题中,是真命题的有(

6、)A.若直线a,b互相平行,则直线a,b确定一个平面B.平行于同一条直线的两条直线互相平行C.若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线D.两条异面直线不可能垂直于同一个平面解析C项中,若两直线无公共点,这两直线平行或异面.其他选项正确.答案ABD10.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题不正确的是()A.l1l2,l2l3l1l3B.l1l2,l2l3l1l3C.l1l2l3l1,l2,l3共面D.l1,l2,l3共点l1,l2,l3共面解析通过常见的图形正方体,从同一个顶点出发的三条棱两两垂直,A错;因为l1l2,所以l1,l2所成的角是90,又因为l2l3,所以l1,l3所

7、成的角是90,所以l1l3,B对;例如三棱柱中的三侧棱平行,但不共面,故C错;例如三棱锥的三侧棱共点,但不共面,故D错.故选ACD.答案ACD11.如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是()A.PD平面OMNB.平面PCD平面OMNC.直线PD与直线MN所成角的大小为90D.ONPB解析连接BD(图略),显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PDON,由线面平行的判定定理可得,PD平面OMN,A正确;由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MNAB,又底面为正方形,所以ABCD,所以MNCD,由线面平行的判定定理可

8、得,CD平面OMN,又由选项A得PD平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD平面OMN,B正确;因为MNCD,所以PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以PDC=60,故直线PD与直线MN所成角的大小为60,C错误;因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PBPD,又PDON,所以ONPB,D正确.故选ABD.答案ABD12.(2020山东模拟考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF

9、截正方体所得的截面面积为98D.点C与点G到平面AEF的距离相等解析因为AD1EF,平面AEF即平面AEFD1,所以AD1平面AEFD1,故DD1与AF不垂直,故A错误.因为A1GD1F,A1G平面AEFD1,DF平面AEFD1,所以A1G平面AEFD1,故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知梯形面积为98,故C正确.点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离,显然D错误.故选BC.答案BC三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.圆柱的高是8 cm,表面积是130 cm2,则它的底面圆的半径等于cm,圆柱的体积是cm3.解析设圆柱的底面圆的半径为r

10、cm,则S圆柱表=2r8+2r2=130.解得r=5,即圆柱的底面圆半径为5cm.圆柱的体积V=528=200(cm3).答案520014.如图,已知平面平面=l,EA,垂足为A,EB,垂足为B,直线a,aAB,则直线a与直线l的位置关系是.解析因为EA,平面平面=l,即l,所以lEA.同理lEB.又EAEB=E,所以l平面EAB.因为EB,a平面,所以EBa.又aAB,EBAB=B,所以a平面EAB,所以al.答案平行15.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=13,平面PAB平面ABC,ABC=90,AC=8,BC=6,则PC=.解析取AB的中点E,连接PE,EC.因为PA=PB,所以P

11、EAB.又平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AB,PE平面PAB,所以PE平面ABC.连接CE,所以PECE.因为ABC=90,AC=8,BC=6,所以AB=27,PE=PA2-AE2=6,CE=BE2+BC2=43,PC=PE2+CE2=7.答案716.(2019全国高考)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.

12、解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为46-41223=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3cm,则此四棱锥的体积为V1=13123=12(cm3).又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=466=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9132=118.8(g).答案118.8四、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)在三棱锥A-BCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,且CFBF=CGDG=12.求证:(1)四边形EFGH是

13、梯形;(2)AC,EF,GH三条直线相交于同一点.证明(1)因为E,H分别是边AB,AD的中点,所以EHBD,且EH=12BD,又因为CFBF=CGDG=12,即CFCB=CGCD=13,所以FGBD,且FG=13BD,因此EHFG且EHFG,故四边形EFGH是梯形.(2)由(1)知EF,HG相交,设EFHG=K,因为KEF,EF平面ABC,所以K平面ABC,同理K平面ACD,又平面ABC平面ACD=AC,所以KAC,故EF和GH的交点在直线AC上.所以AC,EF,GH三条直线相交于同一点.18.(12分)如图,矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直,MBNC,MNMB.(1)求

14、证:平面AMB平面DNC;(2)若MCCB,求证:BCAC.证明(1)因为MBNC,MB平面DNC,NC平面DNC,所以MB平面DNC.因为AMND是矩形,所以MADN.又MA平面DNC,DN平面DNC,所以MA平面DNC.又MAMB=M,且MA,MB平面AMB,所以平面AMB平面DNC.(2)因为AMND是矩形,所以AMMN.因为平面AMND平面MBCN,且平面AMND平面MBCN=MN,所以AM平面MBCN.因为BC平面MBCN,所以AMBC.因为MCBC,MCAM=M,所以BC平面AMC,因为AC平面AMC,所以BCAC.19.(12分)(2020贵州贵阳模拟)九章算术是我国古代极为丰富

15、的数学名著,书中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵,将底面为矩形的棱台称为刍童.在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中,MAB=90,AB=AD,A1B1=A1D1.(1)证明:直线BD平面MAC;(2)已知AB=1,A1D1=2,MA=3,且三棱锥A-A1B1D1的体积V=233,求该组合体的体积.(1)证明由题意可知,平面ABM与平面DCP是底面为直角三角形且侧棱与底面垂直的棱柱,所以AD平面MAB,则ADMA.又MAAB,ADAB=A,AD,AB平面ABCD,所以MA平面ABCD,所以MABD.又AB=AD,所以四边形ABCD为正方形,得B

16、DAC.又MAAC=A,MA,AC平面MAC,则BD平面MAC.(2)解设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h,则三棱锥A-A1B1D1的体积V=131222h=233,得h=3.故该组合体的体积V=12131+13(12+22+1222)3=1736.20.(12分)如图所示的等边ABC的边长为2a,CD是AB边上的高,E,F分别是AC,BC边的中点.现将ABC沿CD折叠,使平面ADC平面BDC,如图所示.(1)试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由;(2)求四面体A-DBC的外接球体积与四棱锥D-ABFE的体积之比.解(1)平行.理由如下:因为E,F分别为AC,BC的中点

17、,所以ABEF,因为AB平面DEF,EF平面DEF,所以AB平面DEF.(2)以DA,DB,DC为棱补成一个长方体,则四面体A-DBC的外接球即为长方体的外接球.设球的半径为R,则a2+a2+3a2=(2R)2,所以R2=54a2,于是球的体积V1=43R3=556a3.又VA-DBC=13SDBCAD=36a3,VE-DFC=13SDFC12AD=324a3,所以V1VD-ABFE=V1VA-DBC-VE-DFC=20159.21.(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等腰直角三角形,AB=AC=1,侧棱AA1底面ABC,且AA1=2,E是BC的中点.(1)求异面直线AE与

18、A1C所成角的余弦值;(2)求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正切值.解(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,取C1B1的中点H,连A1H与HC.因为E是BC的中点,所以A1HAE,CA1H是异面直线AE与A1C所成角.因为底面ABC是等腰直角三角形,E是BC的中点,所以AEBC,所以A1HBC.因为侧棱AA底面ABC,所以侧棱B1BA1H,所以A1H平面BCC1B1,所以A1HHC.在RtA1HC中,cosCA1H=A1HA1C=225=1010.(2)由(1)知A1H平面BCC1B1,A1C在平面BCC1B1上的射影是HC,所以A1CH是直线A1C与平面BCC1B1所成角,在RtA1H

19、C中,tanA1CH=A1HHC=22322=13.22.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,AB=AC=2,BC=23,M,N分别为BC,AB的中点.(1)求证:MN平面PAC.(2)求证:平面PBC平面PAM.(3)在AC上是否存在点E,使得ME平面PAC?若存在,求出ME的长;若不存在,请说明理由.(1)证明因为M,N分别为BC,AB的中点,所以MNAC.因为MN平面PAC,AC平面PAC,所以MN平面PAC.(2)证明因为PA平面ABC,BC平面ABC,所以PABC,因为AB=AC=2,M为BC的中点,所以AMBC.因为AMPA=A,所以BC平面PAM.因为BC平面PBC,所以平面PBC平面PAM.(3)解存在.理由如下:如图,过点M作MEAC交AC于点E,因为PA平面ABC,ME平面ABC,所以PAME.因为MEAC,ACPA=A,所以ME平面PAC.因为在ABC中,AB=AC=2,BC=23,M为BC的中点,所以AM=1,即由面积相等可得,12AMMC=12ACME,即1213=122ME,所以ME=32.