第八章立体几何初步达标测试卷（含解析）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版2019必修第二册

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第八章立体几何初步达标测试卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版2019必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．正四面体中，为中点，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
2．若正六棱锥的体积为，则PA的最小值为（ ）
A． B．3 C．4 D．
3．已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出的是（ ）
A．且 B．且
C．且 D．且
4．已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
6．下列四个几何体中，表面积与其他三个不同的是（ ）
A．底面半径母线的圆锥
B．底面半径母线的圆柱
C．半径的球
D．上、下底面半径分别为母线的圆台
7．长方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．已知正四面体的棱长为，则（ ）
A．
B．与的距离为
C．二面角的正弦值为
D．正四面体的体积为
11．如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（ ）
A．满足平面的点P的轨迹长度为
B．满足的点P的轨迹长度小于
C．存在点P满足
D．存在点P满足
三、填空题
12．已知球的体积为，则球的表面积为 ．
13．台球是球类运动项目之一，是运动员在台球桌上，用一根长的球杆，按照一定的规则，通过击打白色主球，使目标球入袋的一项体育休闲项目.如图，三角架内有15个大小相同的球，且球与球，球与三角架均相切.若三角架为边长是的等边三角形，则球的半径为 .（取）
14．如图，在中，，，E是的中点，D是边上靠近A的四等分点，将沿翻折，使A到点P处（P点在平面上方），得到四棱锥.则
①的中点M运动轨迹长度为 ；
②四棱锥外接球表面积的最小值为 .
四、解答题
15．如图，在直三棱柱中，E、F分别为、的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
16．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，.证明：平面平面；

17．如图所示，已知四棱锥中，，.

(1)求证: 平面；
(2)当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值.
18．如图，三棱柱中，.
(1)若是线段上一点，且，证明：；
(2)若分别为线段上的点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值.
19．在正三棱柱中，分别是棱上的动点（不包括端点），且满足，则：
(1)是否存在点E，使得，若存在，求出；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)求二面角的最大值.
《第八章立体几何初步达标测试卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版2019必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C B C C A C BC ABD
题号 11
答案 AC
1．C
【分析】根据正四面体的性质，每条棱都相等，相对的棱互相垂直，可借助中位线，平移直线AC，得到异面直线EF与AC所成的角，再放入直角三角形中，即可求得.
【详解】
如图，取的中点G,连接,因为分别为的中点，
所以,
所以为异面直线与所成的角，
因为四面体为正四面体，,
过点A作平面,垂足为O，则O为三角形的重心，,
因为,平面,又平面,
,在直角三角形中，
，
故选：C
2．A
【分析】先设底面边长及高，计算底面面积，进而得到该六棱锥的体积公式，再得出最后应用基本不等式计算即可．
【详解】

设正六棱锥的底面边长与高分别为,
底面为正六边形，设底面的中心为，连接，
则，底面，为正六棱锥的高，
所以，
因为正六棱锥的体积为，所以，即，
则 ，
因为，
当且仅当，即时取最小值，
则 的最小值为.
故选：A.
3．C
【分析】根据空间线面关系及面面的关系可判断ABD；根据线面垂直的性质及面面平行的判定可判断C．
【详解】对于选项A，若，且，此时可能相交，如图所示，
当，都与n平行时，相交，故选项A错误；
对于选项B，若，且，此时可能相交，如图所示，
当，都与n平行时，相交，故选项B错误;
对于选项C，由，得，因为，所以，故选项C正确;
对于选项D，若，且，此时可能相交，如图所示，
当，都与n平行时，相交，故选项D错误.
故选：C.
4．B
【分析】根据题意可所求球即为该正方体的内切球，从而可求解．
【详解】根据题意可所求球即为该正方体的内切球，
该球的半径为正方体的棱长的一半，即，
所求球的体积为
故选：B
5．C
【分析】将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在中，计算半径即可.
【详解】由，，平面，，
所以平面．
将三棱锥补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，
由此易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，

记的外心为，由为边长为的等边三角形，可得．
又，故在中，，
即三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积．
故选：C
6．C
【分析】利用表面积计算公式计算选项中的每个表面积，然后即可得出答案.
【详解】对于A，
对于B，
对于C，
对于D，
由上易知，选项C的表面积与其他三个不同.
故选：C
7．A
【分析】把问题转化成点到直线上的点的距离垂线段最短解决.
【详解】如图：
根据题意，截面是边长为的正方形，为的中点.
点在上，在线段上取点，使得.
根据正方形的对称性，则，所以，
表示点沿着折线到直线的距离.
取的中点，则，根据垂线段最短可得：.
所以的最小值为.
故选：A
8．C
【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积.
【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、，
则，
设棱台的高为，体积为，
则棱台的高为，设其体积为，
则，则，
所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为.
故选：C.
9．BC
【分析】根据线面平行、面面平行的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，若，，则可能相交，A选项错误.
对于B，若，，则，B选项正确.
对于C，若，，则，C选项正确.
对于D，若，，则可能相交，D选项错误.
故选：BC
10．ABD
【分析】根据正四面体的几何特征求体积结合二面角，线线垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.把棱长为的正四面体放在棱长为的正方体中，
因为，所以，A选项正确；
取中点，，所以与的距离为，B选项正确；
C.设中点为T，连接，因为则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.
D. ，所以D对.
故选：ABD.
11．AC
【分析】构造面面平行，确定点轨迹，求其长度，判断A的真假；确定P的轨迹，根据弧长与弦长的关系判断B的真假；取特殊点验证C的真假；转化为两点之间直线段最短求的最小值，可判断D的真假.
【详解】对A：如图：
取中点，中点，连接，则易证平面平面，此时平面，
故平面时，点的轨迹为线段.
因为正方体棱长为2，所以，故A正确；
对B：如图：
因为，且，所以，此时点轨迹为以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，易得分别为，中点，
所以，故劣弧的长度大于，故B错误；
对C：如图：
当为正方形中心时，，，，
所以，所以，故C正确；
对D：如图：
做点关于平面的对称点，则在直线上，且，连接，
则，且.故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：对B选项，一定要弄清楚点的轨迹.
12．
【分析】求出球的半径长，利用球体的表面积公式可求得球的表面积.
【详解】设球的半径长为，则该球的体积为，解得，
所以，球的表面积为.
故答案为：.
13．3
【分析】根据球与球、球与三角架均相切这些特征构建平面图形，利用平面几何中直线与圆相切并结合等边三角形得到球的半径与三角架边长之间的关系，即可求得半径.
【详解】可构建如图所示的平面图形，
设球的半径为，则，
所以，解得.
故答案为：3.
14．
【分析】因为到中点的距离等于（定值），且点在平面上方，所以的轨迹是以中点为圆心，为半径的半圆，进而可求周长；确定四棱锥底面外接圆的圆心及半径，当该点为球心时，四棱锥外接球的表面积最小.
【详解】因为到中点的距离等于，且点在平面上方，
所以的轨迹是以中点为圆心，为半径的半圆，
所以的中点运动轨迹长度为；
因为四边形的外心为的中点，所以四边形的外接圆的半径
所以四棱锥外接球的球心在过四边形的外心且垂直平面的直线上，
设四棱锥外接球的半径为，设球心到四边形的外心的距离为，
则，当时，等号成立，
所以四棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：；.
15．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，可得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）利用相等可得答案.
【详解】（1）取中点，连接，则，，
又，，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）由（1）点是中点，连接，
因为平面，平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，平面，所以，
所以，，，
所以，，
所以为等腰三角形，则，且，
所以，
设点到平面的距离为，由得，
所以，所以，即点到平面的距离为.
16．证明见解析
【分析】利用线面垂直的性质与判定定理依次证得平面，平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证.
【详解】如图，连接并延长，交于点.

因为为外接圆的圆心，为正三角形，所以，即，
在圆锥中，易知平面，因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，所以，
因为，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形全等及三线合一证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过二面角定义作出二面角的平面角，求出四棱锥体积最大时，从而在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）设，连接，
因为，
所以，
所以，，又，，
则，点为的中点，
又，所以，
又，且，
所以，
又，平面，平面，
所以平面；

（2）由（1）可知，平面，平面，
所以平面平面，
取的中点为O，连接，则，
平面平面，平面，
所以平面，
过点作，垂足为H，连接，
则，所以为二面角的平面角，
因为四棱锥的体积为
，
当且仅当，即体积最大，
此时，
在中，，所以，
所以二面角的正弦值为.

18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知可得，进而有，即有、，应用线面垂直的判定和性质定理证结论；
（2）由题意，直棱柱的底面为等边三角形且，根据线面垂直的性质得到、均为中点，过作，连接，结合二面角定义得是平面与平面夹角的平面角或其补角，最后根据已知求其余弦值.
【详解】（1）由题设，且，
所以，则，同理，
所以、，即、，
由都在面内，故面，面，则.
（2）由题设，易知直棱柱的底面为等边三角形且，
由平面，平面，则，，
在等边中，，则为中点，
在中，则，故是中点，
又面面，面，面，面，
所以面，面，则，
过作，连接，而且都在面内，
所以面，面，则，
综上，是平面与平面夹角的平面角或其补角，
由上，，则，而，
所以，
在中，则，
所以，则，而，
所以，故，
综上，平面与平面夹角的余弦值.
19．(1)存在，；
(2)；
(3).
【分析】（1）假设存在点E使得，从而可证明平面，从而得到，再由锐角三角函数及勾股定理求出；
（2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可求出的最大值，再由锥体的体积公式计算可得；
（3）过点F作，垂足为D，即可得到平面，再过点D作，垂足为G，连接，从而得到就是二面角的一个平面角，由锐角三角函数求出的最大值.
【详解】（1）假设存在点使得，
则因为，所以
由正三棱柱，平面，且平面，可得，
又因为，是平面内的两条相交直线，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以，
又，且，
所以，解得（负值已舍去），则，
所以存在点使得，此时；
（2）如图，在中，

由余弦定理得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，即三棱锥体积最大值为；
（3）如图，过点F作，垂足为D，
由为正三棱柱，可知平面，平面，
所以平面平面，又平面平面，平面，
所以平面，
过点D作，垂足为G，连接，

因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
所以是二面角的一个平面角，
所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以二面角的最大值为.
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