北师大版七年级数学上章末综合测评一 立体几何初步.docx

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北师大版七年级数学上章末综合测评一立体几何初步

初中数学试卷

灿若寒星整理制作

章末综合测评

（一）　立体几何初步

（时间120分钟，满分150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.下列推理错误的是（　　）

A.A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l

α

B.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB

C.lα，A∈l⇒A∉α

D.A∈l，l

α⇒A∈α

【解析】　若直线l∩α＝A，显然有lα，A∈l，但A∈α，故C错.

【答案】　C

2.下列说法中，正确的是（　　）

A.经过不同的三点有且只有一个平面

B.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线

C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线

D.垂直于同一个平面的两个平面平行

【解析】　A中，可能有无数个平面；B中，两条直线还可能平行、相交；D中，两个平面可能相交.

【答案】　C

3.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图1所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面积是（　　）

图1

A.B.2

C.D.

【解析】　由题图可知，原△ABC的高为AO＝，

∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，

故选A.

【答案】　A

4.下列四个命题判断正确的是（　　）

A.若a∥b，a∥α，则b∥α

B.若a∥α，b

α，则a∥b

C.若a∥α，则a平行于α内所有的直线

D.若a∥α，a∥b，bα，则b∥α

【解析】　A中b可能在α内；B中a与b可能异面；C中a可能与α内的直线异面；D正确.

【答案】　D

5.已知一个圆锥的展开图如图2所示，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，则该圆锥的体积为（　　）

【导学号：

39292063】

图2

A.B.

C.D.π

【解析】　因为扇形弧长为2π，所以圆锥母线长为3，高为2，所求体积V＝×π×12×2＝.

【答案】　A

6.如图3所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于（　　）

图3

A.ACB.BD

C.A1DD.A1D1

【解析】　CE

平面ACC1A1，而BD⊥AC，BD⊥AA1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥CE.

【答案】　B

7.正方体AC1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是（　　）

A.B.

C.D.

【解析】　连接BD1，则BD1∥EF，∠BD1A是异面直线AD1与EF所成的角.

∵AB⊥AD1，∴cos∠BD1A＝＝.

【答案】　C

8.如图4所示，则这个几何体的体积等于（　　）

图4

A.4B.6

C.8D.12

【解析】　

由三视图得几何体为四棱锥，

如图记作SABCD，其中SA⊥平面ABCD，

SA＝2，AB＝2，AD＝2，CD＝4，

且ABCD为直角梯形，

∠DAB＝90°，

∴V＝SA×（AB＋CD）×AD＝×2××（2＋4）×2＝4，故选A.

【答案】　A

9.如图5，ABCDA1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（　　）

图5

A.BD∥平面CB1D1

B.AC1⊥BD

C.AC1⊥平面CB1D1

D.异面直线AD与CB1所成的角为60°

【解析】　由于BD∥B1D1，易知BD∥平面CB1D1；连接AC，易证BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD；同理可证AC1⊥B1C，因BD∥B1D1，所以AC1⊥B1D1，所以AC1⊥平面CB1D1；对于选项D，∵BC∥AD，∴∠B1CB即为AD与CB1所成的角，此角为45°，故D错.

【答案】　D

10.圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图6所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝（　　）

【导学号：

39292064】

图6

A.1B.2

C.4D.8

【解析】　

如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝（5π＋4）r2.又S＝16＋20π，∴（5π＋4）r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.

【答案】　B

11.如图7，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：

图7

①BD⊥AC；

②△BCA是等边三角形；

③三棱锥DABC是正三棱锥；

④平面ADC⊥平面ABC.

其中正确的是（　　）

A.①②④B.①②③

C.②③④D.①③④

【解析】　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.故选B.

【答案】　B

12.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为（　　）

A.B.

C.D.

【解析】　由于三棱锥SABC与三棱锥OABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥SABC的高是三棱锥OABC高的2倍，所以三棱锥SABC的体积也是三棱锥OABC体积的2倍.

在三棱锥OABC中，其棱长都是1，如图所示，

S△ABC＝×AB2＝，

高OD＝＝，

∴VSABC＝2VOABC＝2×××＝.

【答案】　A

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上）

13.设平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则SD＝________.

【导学号：

39292065】

【解析】　由面面平行的性质得AC∥BD，＝，解得SD＝9.

【答案】　9

14.如图8所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是________.

图8

【解析】　

连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，

则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝a，

所以∠B′DC＝90°.

【答案】　90°

15.若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为________.

【解析】　球的直径等于正六棱柱的体对角线的长.设球的半径为R，

由已知，可得2R＝＝2，R＝.

所以球的体积为πR3＝×（）3＝4π.

【答案】　4π

16.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，则异面直线AB与CD所成的角等于________.

【解析】　

如图所示，分别取BC，AC的中点G、F，

连接EG，GF，EF，

则EG∥CD，GF∥AB，

∴∠EGF就是AB与CD所成的角.

由题意EG＝GF＝EF＝，

∴△EFG是等边三角形，∴∠EGF＝60°.

【答案】　60°

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.（本小题满分10分）如图9所示，四棱锥VABCD的底面为边长等于2cm的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC＝4cm，求这个正四棱锥的体积.

图9

【解】　

连接AC，BD相交于点O，连接VO，

∵AB＝BC＝2cm，

在正方形ABCD中，

求得CO＝cm，

又在直角三角形VOC中，

求得VO＝cm，

∴VV－ABCD＝SABCD·VO

＝×4×＝（cm3）.

故这个正四棱锥的体积为cm3.

18.（本小题满分12分）如图10所示，P是▱ABCD所在平面外一点，E，F分别在PA，BD上，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：

EF∥平面PBC.

图10

【证明】　连接AF延长交BC于G，连接PG.

在▱ABCD中，

易证△BFG∽△DFA，

∴＝＝，

∴EF∥PG.

而EF平面PBC，PG

平面PBC，

∴EF∥平面PBC.

19.（本小题满分12分）如图11，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

图11

（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

（2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.

【解】　

（1）交线围成的正方形EHGF，如图：

（2）作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.

因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.

于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.

故S四边形A1EHA＝×（4＋10）×8＝56，

S四边形EB1BH＝×（12＋6）×8＝72.

因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为.

20.（本小题满分12分）如图12所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点.证明：

平面ABM⊥平面A1B1M.

【导学号：

39292066】

图12

【证明】　由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，

又BM

平面BCC1B1，所以A1B1⊥BM.

又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.

在Rt△B1C1M中，B1M＝＝，

同理BM＝＝，又B1B＝2，

所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.

又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，

因为BM

平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.

21.（本小题满分12分）如图13，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点.

图13

（1）求证：

AE⊥平面PCD；

（2）求二面角APDC的正弦值.

【解】　

（1）证明：

在四棱锥PABCD中，

因PA⊥底面ABCD，CD

平面ABCD，

故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，

∴CD⊥平面PAC，

又AE

平面PAC，∴AE⊥CD.

由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.

∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.

又PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.

（2）过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示.由

（1）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD.因此∠AME是二面角APDC的平面角.

由已知，可得∠CAD＝30°.

22.（本小题满分12分）一个空间几何体的三视图及部分数据如图14所示.

图14

（1）请画出该几何体的直观图，并求它的体积；

（2）证明：

A1C⊥平面AB1C1；

（3）若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论.

【解】　

（1）几何体的直观图如图.

四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝，BC＝1，四边形AA1C1C是边长为的正方形，且垂直于底面BB1C1C，

∴其体积V＝×1××＝.

（2）证明：

∵∠ACB＝90°，

∴BC⊥AC.

∵三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，

∴BC⊥CC1.

∵AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，

∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC，

∴B1C1⊥A1C.

∵四边形ACC1A1为正方形，

∴A1C⊥AC1.

∵B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1.

（3）当E为棱AB的中点时，

DE∥平面AB1C1.

证明：

如图，取BB1的中点F，

连接EF，FD，DE，

∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，∴EF∥AB1.

∵AB1

平面AB1C1，

EF平面AB1C1，

∴EF∥平面AB1C1.

∵FD∥B1C1，∴FD∥平面AB1C1，

又EF∩FD＝F，

∴平面DEF∥平面AB1C1.

而DE

平面DEF，

∴DE∥平面AB1C1.