章末過關檢測卷(一)第1章立體幾何初步(測試時間：120分鐘評價分值：150分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50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．(2023·四川卷)一個幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體可以是(D)A．棱柱B．棱臺C．圓柱D．圓臺2．給出下列命題：①底面多邊形內接于一個圓的棱錐的側棱長相等；②棱臺的各側棱不一定相交于一點；③如果不在同一平面內的兩個相似的直角三角形的對應邊互相平行，則連接它們的對應頂點所圍成的多面體是三棱臺；④圓臺上底圓周上任一點與下底圓周上任一點的連線都是圓臺的母線．其中正確的個數為(D)A．3個B．2個C．1個D．0個3．如右圖，平面α∩平面β＝l，A、B∈α，C∈β，C?l，直線AB∩l＝D，過A、B、C三點確定的平面為γ，則平面γ、β的交線必過(D)A．點AB．點BC．點C，但不過點DD．點C和點D解析：根據公理判定點C和點D既在平面β內又在平面γ內，故在β與γ的交線上．4．(2023·遼寧卷)已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說法正確的是(B)A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m⊥α，n?α，則m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若mA項中，若m為A′B′，n為B′C′，滿足m∥x，n∥x，但m與n是相交直線，故A錯；B項中，m⊥x，n?x，∴m⊥n.這是線面垂直的性質，故B正確；C項中，若m為AA′，n為AB，滿足m⊥x，m⊥n，但n?x，故C錯；D項中，若m為A′B′，n為B′C′，滿足m∥x，m⊥n，但n∥x，故D錯．5．如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，則異面直線EF與GH所成的角等于(A．45°B．60°C．90°D．120°解析：取A1B1的中點Q，連接GQ、HQ.即∠HGQ即為異面直線EF與GH所成的角，易求得∠HGQ＝60°.6．在所有棱長都相等的四面體PABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點，下面四個結論中不成立的是(C)A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC7．兩個完全相同的長方體的長、寬、高分別為5cm，4cm，3cm，把它們重疊在一起組成一個對角線最長的新長方體，則該最長對角線的長度是(B\r(77)cmB．5eq\r(5)cmC．7eq\r(2)cmD．10eq\r(2)cm8．在△ABC中，AB＝2，BC＝，∠ABC＝120°，若繞直線BC旋轉一周，則所形成的幾何體的體積是(D)\f(9,2)π\f(7,2)π\f(5,2)π\f(3,2)π解析：V＝V大圓錐－V小圓錐＝eq\f(1,3)πr2(1＋－1)＝eq\f(3,2)π.9．(2023·遼寧卷)某幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(B)A．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)解析：根據俯視圖可得這是一個切割后的幾何體，再結合另外兩個視圖，得到幾何體．這是一個正方體切掉兩個eq\f(1,4)圓柱后得到的幾何體，如圖，幾何體的高為2，V＝23－eq\f(1,4)×π×12×2×2＝8－π.10．(2023·遼寧卷)已知三棱柱ABCA1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為(C\f(3\r(17),2)B．2eq\r(10)\f(13,2)D．3eq\r(10)解析：由球心O作面ABC的垂線，則垂足為BC中點M.∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2).連接OA，則OA＝eq\r(AM2＋OM2)＝eq\r(\f(25,4)＋36)＝eq\f(13,2)，即已求O的半徑為eq\f(13,2)，故選C.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上)11．(2023·新課標全國卷Ⅱ)已知正四棱錐OABCD的體積為eq\f(3\r(2),2)，底面邊長為eq\r(3)，則以O為球心，OA為半徑的球的表面積為________．解析：設正四棱錐的高為h，則eq\f(1,3)×(eq\r(3))2h＝eq\f(3\r(2),2)，解得高h＝eq\f(3\r(2),2).底面正方形的對角線長為eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，所以OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq\r(6)，所以球的表面積為4π(eq\r(6))2＝24π.答案：24π12．(2023·北京卷)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐最長棱的棱長為________．解析：先由三視圖還原幾何體，再分析幾何體中的位置和數量關系，解三角形求最長棱的棱長，根據三視圖還原幾何體，得如圖所示的三棱錐PABC，由三視圖的形狀特征及數據，可推知PA⊥平面ABC，且PA＝2.底面為等腰三角形，AB＝BC，設D為AC中點，AC＝2，，則AD＝DC＝1，且BD＝1，易得AB＝BC＝eq\r(2)，所以最長的棱為PC，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)13．(2023·湖北卷)我國古代數學名著《數學九章》中有“天池盆測雨”題：在下雨時，用一個圓臺形的天池盆來接雨水．天池盆盆口直徑為二尺八寸，盆地直徑為一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中積水深九尺，則平地降水量是________寸．(注：①平地降水量等于盆中積水體積除以盆口面積；②一尺等于十寸)解析：作出圓臺的軸截面如下圖所示，由題意知，BF＝14(單位寸，下同)，OC＝6，OF＝18，OG＝9，即G是中點，所以GE為梯形的中位線．所以GE＝eq\f(14＋6,2)＝10，即積水的上底面半徑為10.所以盆中積水的體積為eq\f(1,3)(100π＋36π＋eq\r(100π×36π))×9＝588π.盆口的面積為142π＝196π，所以eq\f(588π,196π)＝3，即平地降雨量是3寸．答案：314．將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角ABDC，有如下四個結論：①AC⊥BD；②△ACD是等邊三角形；③AB與平面BCD成60°的角；④AB與CD所成的角為60°.其中真命題的序號是________．解析：如下圖所示，命題①：取BD中點E，連接AE，CE有BD⊥AE，BD⊥CE，所以BD⊥面ACE，所以BD⊥AC.命題②：設正方形的邊長為a，所以AE＝EC＝eq\f(\r(2),2)a，因為△AEC為直角三角形，所以AC＝a，所以△ACD為等邊三角形．命題③：面ABD⊥面BCD，所以AE⊥面BCD，所以∠ABE即為AB與面BCD所成的角，∠ABE＝45°，故該命題錯誤．命題④：取AD中點F，AC中點G，連接EF，FG，CE，∠EFG即為AB與CD所成角，易得△EFG為等邊三角形，故∠EFG為60°.答案：①②④三、解答題(本大題共6小題，共80分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟)15．(本小題滿分12分)(2023·新課標全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐PABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離．分析：(1)找出平面AEC內的直線并證明線線平行；(2)利用體積求出線段的長，再作直線與平面垂直，并加以證明、求解．(1)證明：如圖，設BD與AC的交點為O，連接EO.因為四邊形ABCD為矩形，所以O為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.因為EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解：由V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB，又V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于點H.由題設知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH.故AH⊥平面PBC.在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝eq\f(\r(13),2)，所以AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距離為eq\f(3\r(13),13).16．(本小題滿分12分)(2023·安徽卷)如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BCD＝60°.已知PB＝PD＝2，PA＝eq\r(6).(1)證明：PC⊥BD；(2)若E為PA的中點，求三棱錐PBCE的體積．解析：(1)證明：如圖，連接BD，AC交于點O.∵PB＝PD，∴PO⊥BD.又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC.而AC∩PO＝O，∴BD⊥面PAC.∴BD⊥PC.(2)由(1)知BD⊥面PAC.由已知得BD＝2，AC＝2eq\r(3)，PO＝eq\r(3).∴S△PEC＝eq\f(1,2)S△PAC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).∴VPBCE＝VBPEC＝eq\f(1,3)·S△PEC·BO＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×1＝eq\f(1,2).17．(本小題滿分14分)如圖，在△ABC中，已知∠ABC＝45°，O在AB上，且OB＝OC＝eq\f(2,3)AB，又PO⊥平面ABC，DA∥PO，DA＝AO＝eq\f(1,2)PO＝eq\f(1,3)AB.(1)求證：PB∥平面COD；(2)求證：PD⊥平面COD.證明：(1)∵PO⊥平面ABC，AD∥PO，∴DA⊥AB，PO⊥AB.又DA＝AO＝eq\f(1,2)PO，∴∠AOD＝45°.又OB＝OC＝eq\f(2,3)AB，AO＝eq\f(1,3)AB，∴OB＝OP.∴∠OBP＝45°.∴OD∥PB.又PB?平面OCD，OD?平面COD.∴PB∥平面COD.(2)依題意可設OA＝a，則PO＝OB＝OC＝2a，DA＝a，由DA∥PO，且PO⊥平面ABC，知DA⊥平面ABC.從而PD＝DO＝eq\r(2)a，在△PDO中，∵PD＝DO＝eq\r(2)a，PO＝2a，∴△PDO為直角三角形．故PD⊥DO.又∵OC＝OB＝2a，∠ABC＝45°，∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，∴PO⊥OC.又∵AB∩PO＝O，∴CO⊥平面PAB.故CO⊥PD.∵CO與DO相交于點O，∴PD⊥平面COD.18．(本小題滿分14分)將圓心角為120°，面積為3π的扇形，作為圓錐的側面，求圓錐的表面積和體積．解析：設扇形的半徑和圓錐的母線都為l，圓錐的底面半徑為r，則eq\f(120,360)πl2＝3π，l＝3；eq\f(2π,3)×3＝2πr，r＝1；S表面積＝S側面＋S底面＝πrl＋πr2＝4π，V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)π.19．(本小題滿分14分)一個幾何體按比例繪制出的三視圖如圖所示(單位：m)．(1)試畫出其直觀圖；(2)求它的體積．解析：(1)幾何體的直觀圖如下圖所示．(2)由直觀圖知，該幾何體可看成底面立起來的四棱柱，其體積為V＝eq\f(1,2)×(1＋2)×1×1＝eq\f(3,2)(m3)．20．(本小題滿分14分)(2023·廣東卷)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如圖(2)折疊，折痕EF中點E、F分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M，并且MF⊥CF.(1)證明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱錐MCDE的體積．分析：(1)由線面垂直的判定定理直接求證；(2)先計算PD，CF的長，進而求得FG，從而三角形EDC的面積可求出，代入體積公式即得答案．(1)證明：如圖，因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PD⊥AD.又因為ABCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點D，所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面DMF.(2)解析：因為PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，所以PD＝eq\r(3)，由(1)知FD⊥CF，在直角三角形DCF中，CF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2).過點F作FG⊥CD，得FG＝FGsin60°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以DE＝FG＝eq\f(\r(3),4)，故ME＝PE＝eq\r(3)－eq\f(\r(3),4)＝eq\f(3\r(3),4)，所以MD＝eq