2020年高中数学 第一章 立体几何初步阶段性测试题 新人教B版必修2

1第一章立体几何初步(时间：120分钟满分：150分)第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n∥m，则n∥αC．若m∥α，α⊥β，则m⊥βD．若m∥n，m⊥α，则n⊥α答案：D2．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P－A1B1A的左视图可能为()答案：D3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.正确的有()A．①②B．③④C．②④D．①③解析：l⊥α，α∥β，∴l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m，①正确；α⊥β，l⊥α，∴l∥β或l⊂β，但l与m有可能相交、异面、平行，②错；l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，③正确；l⊥α，l⊥m，则m∥α或m⊂α，但得不到α∥β，④错，故选D．答案：D4．如图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()2A．8－13πB．8－23πC．8－πD．8－43π解析：由三视图可得几何体是由一个正方体挖去半个圆锥，则V＝V正－V圆锥＝2×2×2－13π·12·2＝8－2π3，故选B．答案：B5．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为5，那么它的体积为()A．63B．23C．3D．2解析：正六棱锥的高h＝52－1＝2，S底＝6×34×12.∴V＝13S·h＝13×323×2＝3，故选C．答案：C6．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四种说法：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ.其中正确说法的个数为()A．1B．2C．3D．4解析：①④正确，故选B．答案：B7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．3π2＋6B．3π2＋73C．π＋12D．2π＋6解析：几何体为一个长方体和一个半圆柱，表面积为1×2×4＋1×1×2＋1×2＋π×1×1＝12＋π，选C．答案：C8．下列说法中正确的是()A．经过两条平行直线，有且只有一个平面B．如果两条直线平行于同一个平面，那么这两条直线平行C．三点确定唯一一个平面D．如果一个平面内不共线的三个点到另一平面的距离相等，则这两个平面相互平行解析：经过两条平行直线确定一个平面，故A正确．答案：A9．圆台上、下底面面积分别为π、4π，侧面积为6π，这个圆台的体积是()A．233πB．23πC．736πD．733π解析：∵πr21＝π，∴r1＝1，同理r2＝2，∴S侧＝(1＋2)πl＝6π，∴l＝2，在轴截面中，求出高h＝22－2－12＝3，∴V＝π3×3×(1＋2＋4)＝733π.故选D．答案：D10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．2B．1C．23D．13解析：由三视图可知该几何体是底面为正方形，边长为2，高为1的四棱锥，∴V＝13×2×2×1＝23.故选C．答案：C11.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()4A．48B．32＋817C．48＋817D．80解析：换个视角看问题，该几何体可以看成是底面为等腰梯形，高为4的直棱柱，且等腰梯形的两底分别为2,4，高为4，故腰长为17，所以该几何体的表面积为48＋817，故选C．答案：C12．一个多面体的直观图、主视图、左视图、俯视图如下，M，N分别为A1B，B1C1的中点．下列结论中正确的个数有()①直线MN与A1C相交；②MN⊥BC；③MN∥平面ACC1A1；④三棱锥N－A1BC的体积为VN－A1BC＝16a3.A．4个B．3个C．2个D．1个解析：由三视图可知该几何体是直三棱柱，底面ACB是直角三角形，5AC⊥BC，AA1⊥底面ABC.取A1B1的中点H，连接HN，HM，可知NH∥A1C1，MH∥A1A，∴NH∥平面AA1C1C，MH∥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C∥平面MNH，∴MN与A1C不相交，①错，③正确；∵BC⊥AC，BC⊥AA1，AC∩AA1＝A，∴BC⊥平面ACC1A1.又平面MNH∥平面ACC1A1，∴BC⊥平面MNH，∴MN⊥BC，②正确；VN－A1BC＝VA1－NBC＝13A1C1·S△BCN＝13×a×12×a×a＝16a3，④正确，故选B．答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2m、高为2m的圆锥，下面是底面圆的半径为1m、高为4m的圆柱，所以该几何体的体积是13×4π×2＋4π＝20π3(m3)．答案：20π314.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列三个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥面ACD1；③DP⊥BC1.其中正确的命题的序号是________．6解析：①VA－D1PC＝VC－AD1P，∵AD1∥BC1，∴S△AD1P不变，C到平面AD1C1的距离为定值，∴VA－D1PC是定值，①正确；②连接AC，A1C1，AD1，D1C，可知平面AD1C∥平面A1C1B，A1P⊂平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，②正确；③连接B1C，B1C⊥BC1，BC1⊥DC，∴BC1⊥平面A1B1CD.DP⊂平面A1B1CD，∴DP⊥BC1，③正确．答案：①②③15．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的动点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．解析：VD1－EDF＝VF－DED1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1616．在三棱柱ABC－A1B1C1中侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，且三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为________．解析：在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB＝2，∴AC＝AB2－BC2＝3，7∴V＝AC·BC×12×AA1＝3，即3×1×12×AA1＝3，∴AA1＝23，∴外接球的半径为r＝12AB2＋12AA12＝2，∴外接球的表面积为4π×4＝16π.答案：16π三、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．(10分)一个几何体的三视图如图(图中三角形为正三角形)所示，求它的表面积和体积．解：由三视图知几何体为正三棱柱，高为2mm，由左视图知正三棱柱的底面三角形的高为h＝23mm.设底面边长为a，则32a＝23，∴a＝4，∴三棱柱的表面积S＝S侧＋2S底＝3×4×2＋2×12×4×23＝24＋83(mm2)，体积V＝S底h＝43×2＝83(mm3)．18．(12分)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，BC的中点．(1)求证：平面B1MN⊥平面BB1D1D；(2)当点P在DD1上运动时，是否都有MN∥平面A1C1P，证明你的结论．解：(1)证明：正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，∴BB1⊥MN.连接AC，∵M，N分别为AB，BC的中点，∴MN∥AC，又四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴MN⊥BD.∵BD∩BB1＝B，∴MN⊥平面BB1D1D.又MN⊂平面B1MN，∴平面B1MN⊥平面BB1D1D.(2)当点P在DD1上移动时，都有MN∥平面A1C1P，证明：∵A1C1∥AC，8∴MN∥AC，∴MN∥A1C1，又MN⊄平面A1C1P，A1C1⊂平面A1C1P，∴MN∥平面A1C1P.19．(12分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，AB⊥AC.又BA⊥AD，且AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝32.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝22.作QE⊥AC，垂足为E，则QE═∥13DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q－ABP的体积为VQ－ABP＝13×QE×S△ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1.20．(12分)(2017·全国卷Ⅱ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.9(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.因为AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.(2)连接EO.由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝12AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝12BD.故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.21．(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E是PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P－ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．解：(1)证明：连接BD交AC于O，连接EO，E为PD的中点，O为BD的中点，∴EO∥PB，10∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC.(2)设A到平面PBC的距离为h，则VP－ABD＝VP－ABC＝VA－PBC＝34，13PA·12AB·BC＝34，∴AB＝32，∴PB＝1＋94＝132，∴13h·SPBC＝34，13h·12PB·BC＝34，即13h·12·132·3＝34，∴h＝31313.22．(12分)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE和CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE和CF的中点，所以GH∥EF.又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF，因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF，又因为AO＝2，四边形BDEF的面积S1＝3×22＝62，所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13·AO·62＝4，11同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4，所以多面体ABCDEF的体积等