第11章立體幾何初步章末測試卷時間120分鐘，滿分150一、單選題1．（2022春·浙江寧波·高一校聯考期中）下列說法中正確的是（

）A．直四棱柱是長方體B．圓柱的母線和它的軸可以不平行C．正棱錐的側面是全等的等腰三角形D．以直角三角形的一邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體為圓錐【答案】C【分析】根據相關立體幾何圖形的性質逐項判斷即可.【詳解】對于A：由直四棱柱的定義可知，長方體是直四棱柱，但當底面不是長方形時，直四棱柱就不是長方體，故A錯誤；對于B：根據圓柱母線的定義可知，圓柱的母線和它的軸平行，故B錯誤；對于C：由正棱錐的定義可知，正棱錐的側面是全等的等腰三角形，故C正確；對于D：當以斜邊為旋轉軸時，會得到兩個同底的圓錐組合體，故D錯誤.故選：C.2．（2022春·山東青島·高一校考期中）用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖是一個底角為45°，腰長為2，上底長為1的等腰梯形，則該平面圖形的面積等于（

）．A．2+22 B．4+22 C．4+42【答案】C【分析】由已知直觀圖根據斜二測化法規則畫出原平面圖形，再計算平面圖形的面積即可.【詳解】由已知用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖如下圖：則O'則把直觀圖還原為平面圖形如下圖：這個平面圖形的面積為4×(1+22故選：C.3．（2023秋·廣東深圳·高一統考期末）神舟十五號載人飛船于2022年11月30日到達中國空間站，并成功對接，完成了中國空間站的最后一塊拼圖.已知中國空間站離地球表面的高度約為390千米，每90分鐘繞地球一圈.若將其運行軌道近似地看成圓形，運行軌道所在平面與地球的截面也近似地看成直徑約為12420千米的圓形，則中國空間站在軌道中運行的速度約為（π≈3.14）（

）A．7.68千米/秒B．7.82千米/秒C．7.88千米/秒D．7.96千米/秒【答案】A【分析】求出半徑，再根據圓的周長公式求出運行的長度，除以時間即可得到速度.【詳解】根據直徑為12420千米，則半徑為6210千米，則運行速度v=故選：A.4．（2023·全國·高一專題練習）如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線MN//A． B．C． D．【答案】D【分析】根據各選項結合線面平行的判定定理即可判斷出.【詳解】對于A，由正方體的性質可得MN//EF//對于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質可得MN//AD，可得直線對于C，作出完整的截面ABCD，由正方體的性質可得MN//BD，可得直線MN對于D，作出完整的截面，如下圖ABNMHC，可得MN在平面ABC內，不能得出平行，不能滿足.故選：D.5．（2021秋·陜西渭南·高一校考階段練習）在正四面體ABCD中，異面直線AB與CD所成的角為（

）A．90° B．60° C．45°【答案】A【分析】取CD中點E，由線面垂直的判定可得CD⊥平面ABE，由線面垂直的性質可得AB【詳解】取CD中點E，連接AE,∵△ACD,△BCD均為等邊三角形，E為CD中點，∴∵AE∩BE=E，AE,BE又AB?平面ABE，∴AB⊥CD，即異面直線AB與故選：A.6．（2023·全國·高一專題練習）如圖，圓錐的底面半徑為1，側面展開圖是一個圓心角為60°的扇形.把該圓錐截成圓臺，已知圓臺的下底面與該圓錐的底面重合，圓臺的上底面半徑為1A．8π3 B．35π2 C．16π【答案】C【分析】由已知可得出圓錐的母線l=6【詳解】假設圓錐半徑R，母線為l，則R=1.設圓臺上底面為r，母線為l1，則由已知可得，π3=2π如圖，作出圓錐、圓臺的軸截面則有l?l1所以圓臺的側面積為πR故選：C.7．（2023·全國·高一專題練習）如圖，長方體ABCD?EFGH中，AB=BC=2，BF=1，M為EF的中點，P為底面ABCD上一點，若直線A．55 B．22 C．3【答案】A【分析】確定HP//平面BMG，取CD中點N，證明平面AHN//平面BDG，確定P在AN上運動，當DP⊥【詳解】直線HP與平面BMG沒有交點，所以HP∥平面BMG，取CD中點N，連接HN,因為AB//HG,所以AH//BG，BG?平面BDG，AH?平面BDG，故AH同理可得AN//平面BDG，AN∩AH=A，故平面AHN//平面BDG，故P在AN上運動，當DP⊥AN時，DP最小，最小值為此時△HDP的面積最小，求得1故選：A8．（2023·高一單元測試）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為6，動點E、F在棱A1C1上，動點A．與x、y都無關 B．與x有關，與C．與x、y都有關 D．與x無關，與【答案】B【分析】由題已知S△EFP=12×2×6=6，連接BD，交AC于O，過Q作BD//QM，交AC于M，進而可證明【詳解】解：因為在正方體ABCD?A1所以，四邊形AA所以A1因為動點E、F在棱A1C1上，動點所以S△連接BD，交AC于O，所以AC⊥因為在正方體ABCD?A1B1C1D1所以AA因為AA1∩所以BD⊥平面A過Q作BD//QM，交AC于所以QM⊥平面AA1C1因為DQ=所以CQCD=QM所以四面體PEFQ的體積V=所以，四面體PEFQ的體積與x有關，與y無關.故選：B二、多選題9．（2023·高一單元測試）（多選）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1A．A，M，N，B四點共面B．平面ADM⊥平面CDD1C1C．直線BN與B1M所成的角為60°D．BN∥平面ADM【答案】BC【分析】A選項由直線AM，BN平移后相交判斷為異面直線，從而判定A錯誤；B選項由面面垂直的判定證明為正確；C選項由異面直線平移后相交構成的角度在三角形中計算得到，從而判定為正確；D選項由已知的線面平行推得矛盾，從而判定為錯誤.【詳解】如圖所示，對于A選項，AM∥BC對于B選項，在長方體ABCD?對于C選項，取CD的中點O，連接BO，ON，則B1M∥BO，可知對于D選項，因為BN∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，C錯誤．故選：BC.10．（2023·全國·高一專題練習）如圖，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD邊長為1，E是CD的中點，F是AD上一點，當BFA．AFB．AFC．若PA=1，則異面直線PE與BC所成角的余弦值為2D．若PA=1，則直線PE與平面ABCD所成角為30【答案】BC【分析】連接AE，證明BF⊥【詳解】連接AE，如圖，因為PA⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，則BF⊥PA，而BF⊥于是BF⊥平面PAE，又AE?平面PAE，因此在正方形ABCD中，∠ABF=∠EAD則AF=FD=取AB中點G，連接EG,PG，則EG//而PA⊥平面ABCD，EG?平面ABCD，有PA⊥PA∩AB=A,PA,AB?平面PAG，則有EGPG=PA由PA⊥平面ABCD知，∠PEA是直線PE與平面ABCD所成的角，顯然∠PEA故選：BC11．（2023·全國·高一專題練習）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1A．AB1//面BC．平面AC1E截該長方體所得截面面積為352【答案】ABD【分析】對于A：根據長方體的性質得出AB1//DC1，即可證明；對于B：根據底面ABCD是正方體，得出BD⊥AC，根據三垂線定理結合長方體性質即可證明；對于C：根據長方體對稱性易知平面AC1E截該長方體所得截面面積為2【詳解】對于選項A：連接C1∵ABCD?A1B1C∴A∵AB1?平面BC∴AB1對于選項B：∵AB∴BD∵A1A∴A1C在平面ABCD∴A對于選項C：根據長方體對稱性易知平面AC1E∵AB=BC∴AE=2，E∴cos∠AE由∴cos2∠AEC則2S對于選項D：三棱錐A?B1C1則三棱錐A?B1故選：ABD.12．（2023·高一單元測試）在長方體ABCD?A1A．ACB．異面直線AD1與BC．二面角D1?D．四面體ACB1【答案】ACD【分析】證明AC⊥平面BDD1B1即可判斷A；根據A1D//B【詳解】解：因為在長方體ABCD?A1所以，四邊形ABCD為正方形，BB1⊥因為AC?平面ABCD，所以B因為BB1∩所以AC⊥平面BD因為BD1?平面BD由長方體的性質易知A1D//B1C，因為AD≠AA設AC與BD交于O，連接D1O，由長方體性質知AD所以D1O⊥所以∠DOD1在Rt△D1OD中，DO所以cos∠DO四面體ACB1D故選：ACD．三、填空題13．（2023·全國·高一專題練習）下列關于棱錐、棱臺的說法：①棱臺的側面一定不會是平行四邊形；②由四個平面圍成的封閉圖形只能是三棱錐；③棱錐被平面截成的兩部分不可能都是棱錐.其中正確說法的序號是________.【答案】①②【分析】根據棱臺的特征可判斷①；根據四面體的定義可判斷②；找反例可判斷③.【詳解】對于①：棱臺的側面一定是梯形，而不是平行四邊形，故①正確；對于②：由四個平面圍成的封閉圖形是四面體也就是三棱錐，故②正確；對于③：如圖所示的四棱錐被平面截成的兩部分都是棱錐，故③錯誤．故答案為：①②.14．（2021春·陜西渭南·高一校考階段練習）已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB=90°，C為該球面上的動點，當三棱錐【答案】144π【分析】根據題意可得當OC=R=6時，三棱錐C【詳解】如下圖所示，易知三棱錐C?AOB的底面積設球O的半徑為R，所以高的最大值為OC=所以球O的表面積為S=4π故答案為：144π15．（2023·全國·高一專題練習）在正四棱柱ABCD?A1B1①CD②EF//平面③V④不存在過P的直線與正四棱柱的各個面都成等角．其中正確命題的序號是______（寫出所有正確命題的序號）．【答案】①②③【分析】由線面垂直的性質可判斷①，由線面平行的判定定理可判斷②，由等積法可判斷③，由直線與平面的夾角可判斷④【詳解】在①中：∵正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，E是BC的中點，F是C在②中：連接D1C,BD1，則由E是BC的中點，F是因為BD1?平面ABC1所以EF//平面AB在③中：VP?A1DD1＝1在④中：由正方體性質知，過一個頂點的體對角線與正方體的各個面所成角都相等，故過點P做一條與以ABCD為底面的正方體的體對角線平行的直線，則該直線與正四棱柱的各個面都成等角．故④不正確；故正確命題的序號為：①②③故答案為：①②③16．（2023·全國·高一專題練習）直三棱柱ABC?A1B1C1【答案】2π3##【分析】設A1B1【詳解】設A1B1的中點為M，則C又因為面A1B1C1⊥面ABB所以C1M⊥所以題中所求交線即為以M為圓心，(7設該圓弧與BB1,球與側面ABB1A易知∠PM所以該圓弧所對的圓心角為∠PMQ故所求弧長為2×π故答案為：2π3四、解答題17．（2022春·山東青島·高一校考期中）在一個如圖所示的直角梯形ABCD內挖去一個扇形，E恰好是梯形的下底邊的中點，將所得平面圖形繞直線DE旋轉一圈．(1)請在圖中畫出所得幾何體并說明所得的幾何體的結構特征；(2)求所得幾何體的表面積和體積．【答案】(1)答案見解析(2)S組合體=(4【分析】（1）直接由旋轉體的結構特征得結論；（2）結合圖中數據計算該組合體的表面積和體積.【詳解】（1）根據題意知，將所得平面圖形繞直線DE旋轉一圈后所得幾何體是上部是圓錐,下部是圓柱挖去一個半徑等于圓柱體高的半球的組合體;（2）該組合體的表面積為S幾何體組合的體積為V幾何體18．（2023·全國·高一專題練習）在四棱錐A?BCDE中，底面BCDE為正方形，平面ABE⊥底面BCDE，AB(1)求證：MN//平面ABC(2)求證：BM⊥平面ADE【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由中位線性質可得MN//DE，結合四邊形BCDE為正方形可得（2）利用面面垂直的性質定理可得到DE⊥平面ABE，則DE⊥BM【詳解】（1）因為點M，N分別是AE,AD的中點，所以因為四邊形BCDE為正方形，所以BC//所以BC//MN，因為BC?平面ABC，MN所以MN//平面ABC（2）因為平面ABE⊥底面BCDE，平面ABE∩底面BCDE=BE，BE⊥所以DE⊥平面ABE，又BM?平面ABE，所以因為AB=AE=因為點M是AE的中點，所以AE⊥因為AE∩DE=E，AE,DE?19．（2023·全國·高一專題練習）如圖，直三棱柱ABC?A1B1(1)求直線BA1與平面(2)求二面角A?【答案】(1)π(2)2【分析】（1）取B1C1的中點D，連接A1D和BD，結合條件可證明A1D（2）取A1C的中點，連接AO，BO，先求得A1B=【詳解】（1）取B1C1的中點D，連接A因為A1B1在直三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1因為BB1∩B1C1=B1，BB1、所以A1D⊥BD，則在Rt△A1BD中，0<∠在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1因為AB=AC=AA則A1B=所以AD=12B1C1故直線BA1與平面BCC（2）取A1C的中點，連接AO，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1因為AB=AC=由（1）知，A1B=A1又BO?平面BA1C，AO?平面A又BA⊥AC，BA⊥AA1，AC∩所以BA⊥平面AA1C1C，AO?在Rt△AOB中，tan∠AOB=ABAO20．（2022春·浙江衢州·高一校考期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．點E,F分別在AB,CD上，且AE＝2，CF＝1．沿EF將四邊形AEFD翻折至四邊形A'(1)求證：CD'//平面(2)求異面直線EF與BD(3)在翻折的過程中，設二面角A'?BC?E【答案】(1)證明見解析(2)90°(3)1【分析】（1）由D'F//A'E得D'F//平面A'EB，FC//EB（2）延長EF,BC交于點G，EF∩DB=H，可證得△EBG≌△DAB，進而得∠EHB=90°，即EF（3）在平面ABCD內作AO⊥EF于點O，作A'M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，可證得A'【詳解】（1）因為D'F//A'E，D'F?平面A因為FC//EB，FC?平面A'EB，EB?平面又因為FC∩D'F=因為CD'?面D'FC（2）延長EF,BC交于點G，FC//EB且FC=EB=DA,故∠GEB=∠BDA故∠GEB+∠DBA=90°，則從而EF⊥D'H,EF⊥所以EF⊥平面D'HB，而BD'?平面所以異面直線EF與BD'所成的角為（3）如圖，在平面ABCD內作AO⊥EF于點O，作A'M⊥AO于EF⊥OM,EF⊥A'M?平面A又A'M⊥AO，EF∩AO=O，所以A'M⊥所以BC⊥平面A'MN所以∠A'NM為二面角A因為AO⊥EF,A'設∠當α=π2時，點O與點M重合，由AO當α∈0,π2時，因為所以AM=45所以tanθ同理當α∈π2所以AM=45所以tanθ設y=5sin所以sinα+φ由3y4y所以y的最大值為1，此時5sinα+2cosα=3所以，當cosα=2321．（2023·高一課時練習）如圖，四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=∠BCD=π2，AB=BC(1)求證：平面PAD⊥平面CFG(2)求平面PBC與平面PDC所成二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)?【分析】（1）證明出AB⊥平面PAD，由CF//AB，得到CF⊥平面PAD，故而得證；（2）作出輔助線，找到∠BED為平面PBC與平面PDC所成二面角的平面角，利用余弦定理求出二面角的大小即可.【詳解】（1）因為PA⊥平面ABCD，AB?因為∠BAD=π因為PA∩AD=A，PA,因為CF//AB，所以CF⊥平面PAD，因為CF?平面CFG，所以平面CFG⊥平面PAD；（2）連結AC，過點B作BE⊥PC于點E，連接DE，如圖，PA⊥平面ABCD，AD，AC?所以PA⊥AD，PA⊥AC，因為∠BAD=∠BCD由勾股定理得：AD=同理可得CD=故∠ADC=60°，所以三角形ACD為等邊三角形，AC=故PB=PA2