第八章立体几何初步章末检测卷（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章末检测卷-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．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形的面积为（ ）
A．1 B． C． D．3
2．已知四面体满足动点在四面体的外接球的球面上，且则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ）
A． B． C． D．
4．一个五面体．已知，且两两之间距离为．，，，则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在正方体中，直线与直线BD（ ）
A．异面 B．平行 C．相交且垂直 D．相交但不垂直
6．在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，，则
7．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正方体中，分别是的中点．用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B．长方体是直四棱柱
C．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台；
D．球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面．
10．已知正四棱台的体积为，则（ ）
A．正四棱台的高为
B．与平面所成的角为
C．平面与平面夹角的正切值为
D．正四棱台外接球的表面积为
11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点P的轨迹长度为
B．若平面，则三棱锥的体积为定值
C．若，则点P的轨迹长度为
D．若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题
12．已知平面外两点A，B到平面的距离分别是2和4，则的中点P到平面的距离是 .
13．如图所示，在三棱柱中，若点E，F分别满足，，平面将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为和，则＝ .
14．在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .

四、解答题
15．将，边长为1的菱形中沿对角线AC翻折使转到，二面角的平面角为.若，求折后两条对角线AC，之间的距离的最小值.
16．已知如图甲，在梯形ABCD中，，，，E，F分别是AB，CD上的点，，，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面平面EBCF（如图乙）．
(1)证明：平面ABE；
(2)当时，求二面角的余弦值．
17．已知正方体中，，点分别是线段的中点.

(1)求证直线平面；
(2)求三棱锥的高；
(3)求证直线三线共点.
18．如图①，平面四边形中，，，，将沿BC边折起如图②，使__________，点，分别为AC，AD中点.在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题.①；②AC为四面体外接球的直径；③平面.
(1)证明：直线平面；
(2)判断直线MN与平面的位置关系，并说明理由.
19．《九章算术》是我国古代数学名著中的瑰宝，该书中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.在如图所示的阳马中，底面，点是的中点，连结.
(1)证明：两两垂直；
(2)设阳马的体积为，四面体的体积为，求的值.
《第八章立体几何初步章末检测卷-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 D C D C A D C B BD ACD
题号 11
答案 ABD
1．D
【分析】根据给定条件，求出梯形的面积，再利用原平面图形面积与直观图面积的关系求出平面图形的面积.
【详解】在梯形中，，则该梯形的高为，
梯形的面积为，
在斜二测画法中，原图形的面积是对应直观图面积的，
所以平面图形的面积.
故选：D
2．C
【分析】将该四面体放置在一个长方体中，通过题意可得到点的轨迹为一个圆，设其半径为利用勾股定理求解半径，即可求解．
【详解】解：如图，将该四面体放置在一个长方体中，
由题可知长方体的长、宽、高分别为
体对角线长为
其外接球半径
因为所以点的轨迹为一个圆，设其半径为
则即解得
或即此时无解，
故所求长度为．
故选：C．
3．D
【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值.
【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，
小球最大半径满足，所以，
正方体的最大棱长满足，解得，
所以.
故选：D.
4．C
【分析】采用补形法将五面体补成一个棱柱，再利用体积公式求解即可.
【详解】如图，用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为的等边三角形，
侧棱长为，
故．
故选：C.
5．A
【分析】法一：根据异面直线的概念判断即可.法二：利用反证法可证明直线与直线异面.
【详解】法一：由图形可知，直线与直线不同在任何一个平面，这两条直线为异面直线.
法二：（反证法）假设直线与直线不异面，则直线与直线共面，
设直线与直线确定的平面，又不共线，所以确定平面，
所以平面与平面重合，从而可得平面，与平面矛盾，
所以直线与直线异面.
故选：A.
6．D
【分析】根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可.
【详解】对于A，由，，，得或是异面直线，A错误；
对于B，由，，得或，B错误；
对于C，由，，得与相交或，C错误；
对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则，
而，，于是，又，，则，因此，D正确.
故选：D
7．C
【分析】先补充图形，找到异面直线的夹角，将其放在直角三角形内，利用锐角三角函数的定义求解余弦值即可.
【详解】如图所示，将直三棱柱补成直四棱柱，
其中四棱柱的底面为平行四边形，连接，，
则，所以（或其补角）为异面直线与所成的角．
因为，，，
且由题意得，
所以，．在中，
，，，
由余弦定理得，
解得(负根舍去)，则，
所以，所以，故C正确.
故选：C
8．B
【分析】根据平行四边形的性质可得四边形为截面所在的四边形，即可利用线面垂直得四边形为矩形，即可求解.
【详解】取的中点，连接,
则,故四边形为平行四边形，即为过点且平行于平面的截面，
,,且平面,平面,则,
故四边形为矩形，
故四边形的面积为，
故选：B
9．BD
【分析】根据正棱锥的概念判断A；根据直四棱柱的概念判断B；根据圆台的概念判断C；根据球的概念判断D.
【详解】对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，所以A错误；
对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正确；
对于C，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，
圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故C错误；
对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正确．
故选：BD
10．ACD
【分析】根据棱台的体积公式即可求解A，根据线面垂直可得为与平面所成的角，是平面与平面所成的夹角，即可利用三角形的边角关系求解BC，根据勾股定理，可求解半径，进而根据球的表面积公式即可求解D.
【详解】在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，如图，
对于A，，故，A正确；
对于B，平面，在直角梯形中，，
取中点，连接，有平面,故为与平面所成的角，
由于，故，因此与平面所成的角为，
平面平面，故与平面所成的角为，B错误，
对于C,过作，
由于平面，平面，,
平面，故平面，
平面，故，
则是平面与平面所成的夹角，
因此，故C正确，
对于D，设外接球的球心为，连接,
设，则，
故，解得，，
故表面积为，D正确，
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据面面平行的判定定理与性质，三棱锥的体积公式，三棱锥的外接球的求法，针对各个选项分别求解即可.
【详解】解：对A选项，如图，
分别取，的中点N，M，
则易得，，，
，，
平面，平面
从而易得平面平面，
又P是正方形内的动点，且平面，
∴P点的轨迹为线段，又，∴A选项正确；
对B选项，由A选项分析可知P点的轨迹为线段，，
∴三角形的面积为定值，又D到平面的距离也为定值，
∴三棱锥的体积为定值，∴B选项正确；
对C选项，如图，若，又，且平面，
则，
∴P点的轨迹是正方形内以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
∴P的轨迹长度为，∴C选项错误；
对D选项，如图，
若P是棱的中点，取的中点G，的中点H，
则，∴G到E，F，P的距离相等，又平面，
∴三棱锥的外接球的球心O在上，
设，则，又，，
设三棱锥的外接球的半径为R，则，
∴在与中，根据勾股定理可得：
，解得，
∴，
∴三棱锥的外接球的表面积是，∴D选项正确.
故选：ABD.
12．3或1
【分析】根据点到平面距离的意义，分A，B在同侧和A，B在异侧两种情况求解即可.
【详解】设点A、B在平面的投影分别为点，，依题意，，，
若A，B在同侧，如图1，设点P在平面的投影为点，
则P到的距离为；
若A，B在异侧，如图2，设点P在平面的投影为点O，
过A作，交的延长线于点C，延长交于点，
则P到的距离为，
所以的中点P到平面的距离为3或1.
故答案为：3或1.

13．
【分析】先计算三棱柱的体积，再得出三棱台的体积，从而根据，即可求解.
【详解】在三棱柱中，设的面积为S，三棱柱的高为h，
则三棱柱的体积为，由，，
得，则，且，于是的面积为，
则三棱台的体积为，从而，
所以.
故答案为：
14．
【分析】三棱锥外接球即为补形为边长2,2,4长方体的外接球，球过某点的最大截面是过球心的截面，最小截面为以该点为圆心的圆，此时该点与球心得连线与截面垂直，所以解之可得.
【详解】

由于三点重合于点，
，
由此可将三棱锥补为长方体，如图所示，
，
则长方体边长为2，2，4，
三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，
外接球直径即为长方体对角线长度，所以，
过点M的平面截三棱锥P AEF的外接球所得截面为圆，
其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，
由于球心O为长方体对角线上的中点，则为长方体正面对角线的一半，
所以，
此时截面圆半径，则截面圆的面积为，
所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为.
故答案为：.
15．
【分析】先利用线面垂直的判定与性质定理作出AC与的公垂线，计算其长度后，利用余弦函数的性质求解最小值即可.
【详解】依题意作图.
设菱形的对角线交点为，
由菱形的性质可知，即，.
又，，平面，
平面，.
又，则是以为顶点的等腰三角形.
取的中点，连接OG，则有，，
是AC与的公垂线.
在中，，
在中，.
，的长度范围为，
的最小值为.
16．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由题意得到，，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，从而，进而证明出故，所以为二面角的平面角，求出各边长，求出，进而求出二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为，故，，
因为，故．
所以在折叠后的几何体中，有，，
而，平面，
故平面ABE．
（2）如图，在平面AEFD中，过D作且交EF于G．
在平面DBF中，过D作且交BF于H，连接GH．
因为平面平面EBCF，平面平面，平面AEFD，
故平面EBCF，
因为平面EBCF，故，而，故平面DGH，
又平面DGH，故，所以为二面角的平面角，
在平面AEFD中，因为，，故，
又在直角梯形ABCD中，且，
故，故四边形AEGD为平行四边形，故，，
在直角中，，
因为为三角形内角，所以为锐角，
，，解得，
故，故，
因为三角形内角，故为锐角，
，，解得，
所以二面角的平面角的余弦值为．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据中位线以及平行线的传递性，即可利用线面平行的判定求解，
（2）利用等体积法即可求解，
（3）根据三角形中位线的性质即可求解.
【详解】（1）连接,
由于分别是线段的中点，所以，
又正方体中，,故,平面,平面,
故直线平面

（2）设三棱锥的高为，
由可得,
所以
（3）由于且，故直线相交，设交于，
则,
同理可得直线 相交于点,则，
故与重合，故直线三线相交于点，
故直线三线交于一点.

18．(1)证明见解析
(2)平面，理由见解析
【分析】（1）运用中位线性质，结合线面平行判定定理证明即可；
（2）结合条件及线面垂直的判定定理，可得平面，进而证得平面.
【详解】（1）分别为中点，.
又平面，平面，直线平面.
（2）直线平面，理由如下：
选①，，在中，，，则，
又，，则，
又，，平面，
平面，，
又，，平面，
平面，又分别为的中点，
，则平面.
选②，为四面体外接球的直径，
则，，又，，
平面，平面，
分别为AC，AD的中点，
，则平面.
选③，平面，平面，，
又，，平面，平面，
分别为的中点，，则平面.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质可得，，和“阳马”的定义得；
（2）取的中点，连接，可得底面，再利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）由底面，底面，
则，，
又在阳马中，底面为矩形，
则，
因此可得两两垂直.
（2）
取的中点，连接，
又点是的中点，则，且，
又底面，
则底面，
则四面体的体积，
又阳马的体积，
则，
因此可得.
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