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阶段质量评价（四）立体几何初步
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.)
1.某广场设置了一些石凳供大家休息,如图,每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体,则下列结论不正确的是 (　　)
A.该几何体的面是等边三角形或正方形
B.该几何体恰有12个面
C.该几何体恰有24条棱
D.该几何体恰有12个顶点
2.设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题正确的是 (　　)
A.若m∥n,m∥α,则n∥α
B.若m⊥n,m α,n β,则α⊥β
C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
D.若m⊥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
3.如图所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,
且==,则下列说法正确的是 (　　)
A.EF与GH平行
B.EF与GH异面
C.EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上
D.EF与GH的交点M一定在直线AC上
4.《算数书》竹简于20世纪80年代出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”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V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.现有一圆锥底面周长为,侧面面积为,其体积的近似公式为V≈L2h,用此π的近似取值(用分数表示)计算过该圆锥顶点的截面面积的最大值为 (　　)
A.15 B.3
C. D.8
5.将正方形ABCD沿对角线AC折起,并使得平面ABC垂直于平面ACD,则直线AB与CD的夹角为 (　　)
A.90° B.60°
C.45° D.30°
6.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是 (　　)
A.16π B.20π
C.24π D.28π
7.(2024·北京高考)如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2,该棱锥的高为 (　　)
A.1 B.2 C. D.
8.如图,在棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,
M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是 (　　)
A.a B.a C.a D.a
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.)
9.在正四面体ABCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD的中点,则 (　　)
A.HE∥平面BCD B.AC⊥BD
C.AB⊥平面FGH D.E,F,G,H四点共面
10.已知A BCD是棱长均为1的三棱锥,则 (　　)
A.直线AB与CD的夹角为90°
B.直线BC与平面ACD的夹角为60°
C.点C到平面ABD的距离为
D.能容纳三棱锥A BCD的最小的球的半径为
11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,则 (　　)
A.B1D⊥平面EFG B.CD1∥平面EFG
C.AC1⊥平面EFG D.AC1∥平面EFG
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.)
12.如图,直角△O'A'B'是△OAB的斜二测直观图,其中O'B'⊥B'A',斜边O'A'=2,则△OAB的面积是　　　　　　.
13.如图,已知圆柱的高为h,底面半径为R,轴截面为矩形A1ABB1,在母线AA1上有一点P,且PA=a,
在母线BB1上取一点Q,使B1Q=b,则圆柱侧面上P,Q两点的最短距离为　　　　　.
14.平面α过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,
则m,n夹角的正弦值为　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.)
15.(13分)已知圆台的上、下底面半径分别为20 cm,30 cm,高为18 cm,过它的两条母线作一平面截去上底面圆周的.
(1)求证:这个截面截下底面圆周也是;
(2)求这个截面面积.
16.(15分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AD,点P为DD1的中点,BD交AC于点O.证明:
(1)直线BD1∥平面PAC;
(2)平面BDD1⊥平面PAC.
17.(15分)如图,四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面,EF是圆柱的母线,P是线段AD的中点,
已知AB=4,BC=6.
(1)证明:BF⊥平面EPF;
(2)若直线AB与平面EPF的夹角为60°,求三棱锥B EPF的体积.
18.(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A CP D的正弦值为,求AD.
19.(17分)如图,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,以AE为折痕,把△DAE折起到△D'AE的位置,且平面D'AE⊥平面ABCE.
(1)求证:AD'⊥BE;
(2)求四棱锥D'-ABCE的体积;
(3)在棱ED'上是否存在一点P,使得D'B∥平面PAC 若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.
阶段质量评价(四)
1．选B　根据题图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．故选B.
2．选C　对于A，当α为平面ABCD，取n为直线BC，m为直线C1B1，此时满足m∥n，m∥α，但不满足n∥α，故A不正确；对于B，当α为平面ABCD，β为平面A1B1C1D1时，取m为直线AB，n为直线C1B1，此时满足m⊥n，m α，n β，但不满足α⊥β，故B不正确；对于C，由m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，由线面垂直的性质定理可得α∥β，故C正确；对于D，当α为平面ABCD，β为平面BCC1B1时，取m为直线BB1，n为直线AB，此时满足m⊥n，m⊥α，n⊥β，但不满足α∥β，故D不正确．故选C.
3．选D　如图所示，连接EH，FG.因为F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，所以GF∥BD，且GF＝BD.因为点E，H分别是边AB，AD的中点，所以EH∥BD，且EH＝BD.所以EH∥GF，且EH≠GF.所以EF与GH相交，设其交点为M，则M∈平面ABC，同理M∈平面ACD.又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以M在直线AC上．故选D.
4．选D　若圆锥母线长为l，底面半径为r，则×l＝，故l＝4.又2πr＝，故r＝，而V＝πr2h≈L2h，则π×2≈×2，可得π＝，所以r＝3.若截面顶角为θ，当截面为轴截面时，cos θ＝1－＝－<0，此时<θ<π.又截面面积为l2sin θ＝8sin θ，故当θ＝时截面面积的最大值为8.故选D.
5．选B　如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，则ON∥CD，MN∥AB，且ON＝CD，MN＝AB，所以∠ONM或其补角即为所求的角．因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC 平面ACD，所以BO⊥平面ACD.所以BO⊥OD.设正方形边长为2，OB＝OD＝，所以BD＝2，则OM＝BD＝1.所以ON＝MN＝OM＝1.所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.所以直线AB与CD的夹角为60°.故选B.
6．选B　设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则OO＋12＝R2，而OO1＝－1＋3－R，故R2＝1＋(＋2－R)2，解得R＝.此组合体外接球的表面积S＝4πR2＝20π.故选B.
7.选D　由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G，易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG 平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D.
8．选D　因为在棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是CC1，C1D1，DD1，CD的中点，N是BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD.又GH 平面A1BD，BA1 平面A1BD，所以GH∥平面A1BD.同理可得，NH∥平面A1BD.又GH∩HN＝H，所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动，MN∥平面A1BD，所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件．易得GH＝a.故点M的轨迹长度是a.故选D.
9．选ABD　如图，把正四面体ABCD放到正方体里．因为H，E分别为AD，AB的中点，所以HE∥BD.又BD 平面BCD，HE 平面BCD，所以HE∥平面BCD，故A正确．从正方体的角度上看易得AC⊥BD，故B正确．因为E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，所以EF∥AC且EF＝AC.GH∥AC且GH＝AC.所以EF∥GH且EF＝GH.所以四边形EFGH是平行四边形．故E，F，G，H四点共面，故D正确．若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH.又HE 平面EFGH，所以AB⊥HE.又E，H分别为AB，AD的中点，所以EH∥BD.所以AB⊥BD.而△ABD为等边三角形，与AB⊥BD矛盾，故C不正确．故选ABD.
10．选ACD　若E为CD中点，连接AE，BE，由题设知各侧面均为等边三角形，所以AE⊥CD，BE⊥CD，AE∩BE＝E，AE，BE 平面ABE，则CD⊥平面ABE，又AB 平面ABE，故AB⊥CD，A正确；
若F为△ACD的中心，连接BF，则BF⊥平面ACD，CF 平面ACD，所以直线BC与平面ACD的夹角为∠BCF，且BF⊥CF，而CF＝××1＝，故cos∠BCF＝＝，显然∠BCF不为60°，B错误；由B分析BF＝＝，即该正棱锥的体高为，故C到平面ABD的距离为，C正确；显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为R，则R2＝2＋2，所以R＝，D正确．故选ACD.
11.选AB　取CC1，D1A1，A1A的中点M，N，P，如图，则EFMGNP是正方体的截面．易知EF∥AC，BB1⊥底面ABCD，AC 平面ABCD，则BB1⊥AC.又AC⊥BD，BD∩BB1＝B，BD 平面BB1D1D，BB1 平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D.而B1D 平面BB1D1D，∴AC⊥B1D.∴EF⊥B1D，同理FM⊥B1D.
∵EF∩FM＝F，EF 平面EFG，FM 平面EFG，∴B1D⊥平面EFG，A正确．由CD1∥MG，CD1 平面EFG，MG 平面EFG，得CD1∥平面EFG，B正确．由AE与C1G平行且相等得AEC1G是平行四边形，AC1与EG相交且平分，且AC1与EG不垂直(可证GE∥BC1且BC1⊥AB，得EG与AC1不垂直)，因此C、D均错．
12．解析：由△OAB的斜二测直观图还原得△OAB的直观图如图所示，因为直角△O′A′B′中，∠A′O′B′＝45°，O′B′⊥B′A′且O′A′＝2，所以O′B′＝.在△AOB中，OA⊥OB，OB＝2O′B′＝2，OA＝O′A′＝2，所以△AOB的面积为×OB×OA＝×2×2＝2.
答案：2
13．解析：如图，把圆柱的半个侧面展开，是一个长为πR，宽为h的矩形，B1Q＝b，PA＝a，过P作PE⊥BB1，E为垂足，所以QE＝h－a－b，即可把PQ放在一个直角边为πR和h－a－b的直角三角形PQE中，根据勾股定理可得PQ＝＝.
答案：
14．解析：如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，∴m1∥m.又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m，n夹角的大小与B1D1，CD1夹角的大小相等,即∠CD1B1的大小．又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，∴∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝.
答案：
15．解：(1)证明：如图所示，
O，O1分别为上、下底面的中心，B，B1分别在上、下底面上，所以O1O与B1B必相交于一点．
所以O1OBB1是平面图形，
则O1B1∥OB，
同理O1A1∥OA.又开口方向相同，所以∠AOB＝∠A1O1B1＝90°，
这个截面截下底面圆周也是.
(2)分别取AB，A1B1的中点C，C1，连接CC1，
又因为圆台的上、下底面半径分别为20 cm，30 cm，高为18 cm，
所以AB＝20，A1B1＝30，CO＝10，C1O1＝15.
所以C1C＝＝.
所以截面的面积为S＝(AB＋A1B1)×C1C＝50(cm2)．
16．证明：(1)∵四边形ABCD为矩形，∴O为BD中点．又P为DD1中点，∴PO∥BD1.
∵PO 平面PAC，BD1 平面PAC，
∴BD1∥平面PAC.
(2)由长方体结构特征知DD1⊥平面ABCD，
又AC 平面ABCD，∴DD1⊥AC.
∵四边形ABCD为矩形，AB＝AD，∴四边形ABCD为正方形．∴AC⊥BD.
又BD∩DD1＝D，BD，DD1 平面BDD1，
∴AC⊥平面BDD1.
∵AC 平面PAC，∴平面BDD1⊥平面PAC.
17．解：(1)证明：
连接AF，
∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，∴AB为圆O的直径．
∴AF⊥BF.
又EF是圆柱的母线，
∴EF⊥平面ABF.
∵BF 平面ABF，∴EF⊥BF.
又AF∩EF＝F，AD∥EF，AF，EF 平面ADEF，∴BF⊥平面ADEF.
又P是线段AD的中点，∴平面ADEF即为平面EPF.∴BF⊥平面EPF.
(2)由(1)知BF⊥平面EPF，∴BF为三棱锥B EPF的高，且AF为AB在平面EPF内的射影．∴AB与平面EPF的夹角为∠BAF.
由题意知∠BAF＝60°，AB＝4，BC＝6，
∴BF＝ABsin 60°＝2，AF＝ABcos 60°＝2，S△EPF＝EF·AF＝6.∴VB EPF＝S△EPF·BF＝×6×2＝4.
18．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)如图所示，
过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP.又EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，EF 平面DEF，所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A CP D的平面角，
即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝.
由AD⊥DC，设AD＝x(0＜x＜2)，则CD＝，由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
19．解：(1)证明：根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，
∴∠DEA＝∠CEB＝45°.
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
∴BE⊥平面D′AE.
∵AD′ 平面D′AE，∴AD′⊥BE.
(2)取AE的中点F，连接D′F，则D′F⊥AE.
∵平面D′AE⊥平面ABCE，
且平面D′AE∩平面ABCE＝AE，
D′F 平面D′AE，∴D′F⊥平面ABCE.
∴V四棱锥D′?ABCE＝S四边形ABCE·D′F
＝××(1＋2)×1×＝.
(3)如图所示，连接AC交BE于Q，假设在ED′上存在点P，使得D′B∥平面PAC，连接PQ.
∵D′B 平面D′BE，
平面D′BE∩平面PAC＝PQ，∴D′B∥PQ.
∴在△EBD′中，＝.
∵在梯形ABCE中，＝＝，
∴＝＝，即EP＝ED′.
∴在棱ED′上存在一点P，且EP＝ED′，使得D′B∥平面PAC.

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