第八章立体几何初步同步练习卷（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同步练习卷-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．下列几何体中是旋转体的是（ ）
①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．
A．①和⑤ B．①和② C．③和④ D．①和④
2．若直线，，满足，，异面，则与（ ）
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
3．如图所示是由斜二测画法得到的水平放置的三角形的直观图，点是的边的中点，，分别与轴，轴平行，则在原图中三条线段，，中（ ）
A．最长的是，最短的是 B．最长的是，最短的是
C．最长的是，最短的是 D．最长的是，最短的是
4．如图，在正方体中，下列四对截面彼此平行的一对是（ ）
A．平面与平面 B．平面与平面
C．平面与平面 D．平面与平面
5．某文创小组设计了一款校园香囊，它是由6个边长为的全等正三角形拼接而成的六面体（如图），那么香囊内可供填充的容量约为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O.在构成的四面体中，下列说法错误的是（ ）
A．平面EOF
B．直线AH与平面EOF所成角的正切值为
C．四面体的表面积为2
D．异面直线OH与AE所成角的余弦值为
7．已知，表示直线，，，表示平面，则下列推理正确的是（ ）
A．，
B．，，且
C．，，
D．，，，
8．三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2 cm，外径长3 cm，筒高4 cm，中部为棱长是3 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列说法不正确的是（ ）
A．三点可以确定一个平面
B．空间中两条直线能确定一个平面
C．共点的三条直线确定一个平面
D．三角形和梯形都可以表示一个平面
10．已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（ ）
A．圆锥的母线长为4
B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C．圆锥的体积为
D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为
11．如图，已知分别是的中点，分别在上，，二面角的大小为，且平面，则以下说法正确的是（ ）

A．四点共面
B．平面
C．若直线交于点，则三点共线
D．若的面积为6，则的面积为3
三、填空题
12．如图，矩形是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形是 ，其面积为 ．

13．如图，在空间四边形中，平面平面，，且，则与平面所成角的大小是 ．

14．如图，在三棱台中，，，分别为，的中点，是上一点，且，设点是平面内一点，且平面，则点的位置是 （写出一种即可）．

四、解答题
15．如图，在正方体中，，点为AD的中点，点在CD上，若平面，求线段EF的长度．
16．如图，在直四棱柱中，底面是正方形，E，F，G分别是棱，，DA的中点．求证：
(1)平面平面；
(2)．
17．如图，在三棱台中，与都垂直，已知．

(1)求证：平面平面．
(2)直线与底面所成的角为多少时，二面角的余弦值为？
18．如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，.
(1)证明：.
(2)求二面角的正切值.
19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，，，，点N在棱PC上，平面平面．
(1)证明：；
(2)若平面，求三棱锥的体积；
(3)若二面角的平面角为，求．
《第八章立体几何初步同步练习卷-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 B A C C C A ABC ACD
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】根据旋转体的定义判断.
【详解】根据旋转体的定义可得圆柱和球体为旋转体.
故选：D.
2．C
【分析】在正方体中，，和是异面直线，；，和是异面直线，和是异面直线；直线，，满足，，异面，则由平行公理得与不可能是平行直线．
【详解】解：在正方体中，
A．，和是异面直线，，
故直线，，满足，，异面，则与可能相交，不一定是异面直线，故A错误；
B．，和是异面直线，和是异面直线，
故直线，，满足，，异面，则与可能是异面直线，故B错误；
C．直线，，满足，，异面，则由平行公理得与不可能是平行直线，故C正确；
D．，和是异面直线，，
故直线，，满足，，异面，则与可能相交，故D错误．
故选：C．
3．B
【分析】画出原图可得答案.
【详解】
如图，画出原图，
在原平面图形中，是钝角，
从而．
故选：B.
4．A
【分析】根据面面平行的判定定理进行判断即可.
【详解】如图，
对于A：，平面，平面，
平面，又，同理可证平面，
又，，平面，
平面平面，因此A正确;
对于B： 平面，且与相交，又平面，平面，
故平面与平面不可能平行，因此B不正确;
对于C：平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，因此C不正确;
对于D：平面，且与相交，又平面，平面，
故平面与平面不可能平行，因此D不正确;
故选：A.
5．C
【分析】利用等边三角形的性质及勾股定理，结合棱锥的体积公式即可求解.
【详解】依题意，这个六面体可视为共底面的两个棱长为的正四面体拼接而成，
正四面体棱长为，O为正三角形ABC的中心，连接OC，OD，如图所示
则正三角形ABC中，
正四面体的高，
于是得，
所以这个六面体香囊内可供填充的容量约为．
故选：C．
6．C
【分析】根据已知图形折叠成立体图形分别证明线面垂直判断A,计算异面直线所成角判断D,计算线面角判断B,计算三棱锥的表面积判断C.
【详解】对A,翻折前，，故翻折后，，又平面EOF，平面EOF，故A正确.
对B,连接OH，AH，如图，
则为AH与平面EOF所成的角.
翻折前，，故翻折后，.
，H是EF的中点，
.
又，故B正确.
对C,由题知四面体的表面积即为正方形ABCD的面积，
，故C错误.
对D,取AF的中点P，连接OP，HP.
点P是AF的中点，点H是EF的中点，，
（或其补角）为异面直线OH与AE所成的角.
，
，
由余弦定理得，故D正确.
故选:C.
7．C
【分析】由直线的位置关系判断A；由直线与平面的位置关系判断B；由面面平行的性质定理判断C；平面与平面的位置关系判断D.
【详解】对于A，由，，得平行或相交，A错误；
对于B，由，，得且或 或 ，B错误；
对于C，由，，，根据面面平行的性质得，C正确；
对于D，由，，，，得平行或相交，D错误.
故选：C
8．A
【分析】根据图形，几何体的体积由圆柱的体积加正方体的体积减去正方体遮住圆柱的部分求解.
【详解】由图可知，组合体的体积为：
，
故选：A.
9．ABC
【分析】ABC可举出反例；D选项，根据三角形和梯形是平面图形得到D正确.
【详解】A选项，不共线的三点可以确定一个平面，若三点共线，则不能确定一个平面，故A错误；
B选项，只有平行或相交的两条直线才能确定一个平面，当两直线异面时，不能确定一个平面，故B错误；
C选项，当三条直线相交于一点时，可以确定三个平面，例如三棱锥的三条侧棱，故C错误；
D选项，三角形和梯形是平面图形，可以用来表示平面，故D正确．
故选：ABC
10．ACD
【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项.
【详解】

对于A，
设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，故，
故A正确.
对于B，圆锥的高为，则，
故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误.
对于C，圆锥的体积为，故C正确.
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为，
故所得圆台的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】由题意证出即可判断A项；假设B项正确，然后利用直线与平面平行的性质得出，从而推出与已知条件矛盾的结论，可判断B项；利用基本事实3可判断C项；通过作出二面角的平面角，从而找到与的公共边上的高之间的关系，从而求出结果，可判断D项.
【详解】由知EF平行且等于，
又分别是的中点，所以GH平行且等于，∴，
因此E，F，G，H四点共面，A项正确；
假设平面ADC成立，因为平面，平面平面，所以，
又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与矛盾，B项不正确；
因为直线交于点，所以，，
因为平面，，所以平面，同理平面，因为平面平面，所以，所以P，A，C三点共线，因此C正确；
在平面内作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又平面，所以，则为二面角的平面角，即，
因为平面，平面，所以，所以，
所以，D正确.
故选：ACD.
12． 菱形
【分析】作出原图形，可知原图形为菱形，计算出的面积即可得解.
【详解】如图，在原图形中，

应有，又，
所以，
所以，故四边形是菱形．
.
故答案为：菱形，.
13．
【分析】过点作于点，利用面面垂直的性质得到平面，从而得到为与平面所成的角，再利用几何关系，即可求出结果.
【详解】过点作于点，
平面平面，平面平面，平面，
平面，则为与平面所成的角，
，，，
故答案为：
14．是线段上靠近点的三等分点（答案不唯一）
【分析】根据线线平行证明证明线面平行
【详解】点可以是线段上靠近点的三等分点．
证明如下：

如图所示，连接，
因为，，所以，
又，分别为，的中点，
所以，所以，
又平面，平面，
所以平面.
故答案为：是线段上靠近的三等分点（答案不唯一）
15．
【分析】由线面平行的性质可得，结合已知可求的长.
【详解】平面，平面平面，平面ADC，
．是AD的中点，
是的中点，
．
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质及线面平行的判定定理得平面，又平面，最后利用面面平行的判定定理证明即可；
（2）先根据线面垂直的判定定理得平面，再根据线面垂直的性质定理证明即可.
【详解】（1），F分别是和的中点，且．
四边形是平行四边形，．
又平面，平面，平面．
是的中位线，．
又平面，平面，平面．
又，平面平面．
（2）连接BD，，底面是正方形，．
，，平面．
平面，．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合棱台的性质可推出平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）过作于D，说明是与平面ABC所成的角，作，说明为二面角的平面角．进而结合解三角形可得，利用三角恒等变换，即可求得答案.
【详解】（1）与都垂直，由棱台的性质得，
．又平面，
平面．又平面ABC，
∴平面平面，即平面平面．
（2）由（1）知，平面平面ABC．如图，

过作于D，平面平面平面，
则平面，
是与平面ABC所成的角，即．
作于E，连接平面ABC，平面ABC，．
又，平面，
平面平面，
则为二面角的平面角．
在中，，得．
平面，平面，所以，则，
在中，．
由∽-，得，则．
，则，
，即，
于是，则，
.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由勾股定理和中位线得到，进而得到平面，即可证明；
（2）取的中点，过作交于，连接，由几何关系证明为二面角的平面角，再由勾股定理和等面积求出即可求出结果.
【详解】（1）因为平面PAB，平面，
所以，
E，F分别为BC，PC的中点，由中位线的性质可得
在中，，
又，，，
所以为直角，即，
平面，
所以平面，
平面，
（2）
根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，即二面角的正切值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)2
【分析】（1）只需结合已知证明平面即可，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）利用转换法，可知只需求出即可，再结合解三角形知识即可求解；
（3）找出二面角的平面角，再结合解三角形知识即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，， 平面，
平面，
又平面，
（2）
平面，平面，平面平面（其中点是的交点亦是中点），
，可知N为中点，
而，，，
所以，
因为，，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以，
所以，
在三角形中，，由余弦定理有，
结合，解得，
.
（3）
由题意知平面，过点N作平行线交于点H，
面，再作（K为垂足），
为二面角的平面角，，
由（2）可知，所以三角形是等腰直角三角形，同理三角形也是等腰直角三角形，
从而，
在三角形中，，
所以，
而，所以，
不妨设，，
则且，，
.
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