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．从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断、不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”．下列几何体可以“一笔画”的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ）
A． B． C． D．2
3．底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为1的圆锥，所得圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．下列命题正确的个数为（ ）
①若直线上有无数个点不在平面内，则；
②如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；
③若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点．
A．0 B．1 C．2 D．3
5．如图，在长方体中，已知为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，交于点O，E为中点，F在上，，∥平面，则的值为（ ）

A．1 B． C．2 D．3
7．在棱长为2的正方体中，若在线段和线段上分别取点E，F，使得直线平面，则EF的长的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
8．已知长方体外接球的表面积为，其中为线段的中点，过点的平面与直线垂直，点在平面与底面形成的交线段上，且，则四面体外接球的体积为（ ）
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．已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（ ）
A．底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥
B．底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱
C．轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥
D．轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱
11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．点到平面的距离为定值
B．直线与所成角的取值范围为
C．的最小值为
D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为
三、填空题
12．将边长为的正三角形，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为，则 ．

13．在三棱锥中，二面角的大小为，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
14．在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 .
四、解答题
15．如图，在直角梯形中，，在梯形内，挖去一个以为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分，若将该图形中阴影部分绕所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积.
16．在多面体中，点O是矩形的对角线的交点，棱且．求证：平面．
17．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，是四棱锥的高，且是的中点；

(1)求证平面；
(2)求四棱锥和三棱锥的体积．
18．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，，分别是，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
19．如图，平行六面体的底面是菱形，且．求：

(1)若，，记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；
(2)当的值为多少时，能使平面？
《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 B A B A D A C BD ACD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】根据一笔画的要求，先找到都是偶点的图形，一定可以一笔画，再验证奇点的图形是否符合一笔画的条件.
【详解】从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，凡是偶点组成的图形一定可以一笔画，所以C 选项正确;
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，凡是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画，
而ABD选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故选：C
2．B
【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解.
【详解】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为，
，，
.
故选：B.
3．A
【分析】根据相似可得原圆锥的高，进而利用圆锥的体积公式即可求解.
【详解】由已知，设原圆锥的高为，则，所以，
因为， ，
所以．
故选：A．
4．B
【分析】利用直线与平面的位置关系，逐一判断各个命题即可.
【详解】对于①，直线上有无数个点不在平面内，则或直线与平面相交，①错误；
对于②，两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条与这个平面平行或在平面内，②错误；
对于③，直线与平面平行，则与平面没有公共点，与平面内的任意一条直线都没有公共点，③正确，
所以给定命题正确的个数为1.
故选：B
5．A
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】
取的中点F，连接EF，CF，，
又为的中点，
在长方体中，可得，
所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角，
因为，
所以，
，
所以在中，由余弦定理得
.
故选：A.
6．D
【分析】根据∽，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
【详解】设与交于点，连接，如图所示，

因为为的中点，则，
由四边形是平行四边形，可得，则∽，
所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故选：D.
7．A
【分析】过作与平面平行的平面，结合矩形的特征建立函数关系，求出函数最小值即得.
【详解】过点作棱的平行线，分别交于点，连接，
平面，平面，则平面，又平面，
平面，于是平面平面，
而平面平面，平面平面，因此，
设，则，，
又四边形为矩形，则，
当且仅当时取等号，所以EF的长的最小值为.
故选：A
8．C
【分析】先根据长方体外接球半径公式计算得出，再根据线面垂直判定定理得出四面体的特征计算得出外接球半径即可求解.
【详解】依题意得，解得，
如图，取线段的中点，连接，平面，平面，
所以，因为，所以
又平面，所以平面，
因为平面过点，所以平面即为平面，所以点在线段上，
因为，所以为线段的中点，且边上的高为，
故为等腰直角三角形，且其外接圆半径.
设四面体外接球的半径为，则，
故所求外接球的体积为.
故选:C.

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】A先计算的内切圆半径与比较，高与比较；B .的内切圆半径以及高为1时的正四面体截面内切圆半径与比较；C.以为圆锥顶点，高为2时底面半径与比较；D找到圆柱的轴中点，当底面半径为时，计算此时圆柱的高与0.2比较.
【详解】对于A，
正四面体，作平面，交平面于，
连接，且为正三角形的中心，又棱长为6，则的内切圆半径为，，
正四面体的高，
则底面半径为，且，且高，则可以放到正四面体内，故A正确；
对于B，
如图所示，平面平面，当时，设内切圆半径为，
则，则，
故底面半径为，高为1的圆柱，无法放到正四面体内，故B错误；
对于C，轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥,
因，
在线段上取点使得，，
则，
，即，则，
则轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 可以放到正四面体内，故C正确；
对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段上取点使得，
则，即得，若圆柱可以放入则其轴中点必然为线段的中点，
而，故轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】选项A：由，从而平面判断；选项B：由直线与所成的角即直线与所成的角，由为的中点和与（或）重合角最大和最小判断；选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面，连接，再在中，利用余弦定理求解判断；选项D：过作于点，连接，则，从而平面，再由平面，得到平面平面，从而平面求解.
【详解】选项A：如图1，由题易知，因为平面，平面，
所以平面，
所以动点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，A正确.
选项B：直线与所成的角即直线与所成的角，
当为的中点时，所成的角最大，为，
当与（或）重合时，所成的角最小，为，
所以与所成角的取值范围为，B正确.
选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面，
记翻折后点对应的点为，连接，如图2，
则，在中，由余弦定理可得：
，
即的最小值为，C错误.
选项D：如图3，过作于点，连接，
则，平面，平面，所以平面，
又平面，，，平面，
所以平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
设，则，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，D正确.
故选；ABD
12．
【分析】先在直角坐标系中得出各边的数值，再按“斜二测”画法作图，得出相关关系，再利用余弦定理，求出边.
【详解】由题意，在平面直角坐标系中，三角形是边长为的正三角形，
，边上的高为，
按“斜二测”画法如下图所示
，，
在三角形中，，

由余弦定理得
.
故答案为：
13．
【分析】，故只需求的最小值，则在四边形中计算即可.
【详解】
取外心，外心，中点为，
则，，面，面
所以，，
设，
由正弦定理得，
余弦定理得，所以，
所以由正弦定理得，即，
所以，，，
在四边形中，
，
，
当且仅当时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积最小值为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．
14．
【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹为，即可得解.
【详解】如图，边长为1的正方体中，
动点M满足平面，
由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，
连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为.
因为，所以动点M的轨迹的长度为.
故答案为：.
15．；
【分析】先作辅助线，再应用球及圆台的表面积及体积公式计算求解即可.
【详解】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面，侧面和一半球面组成.在直角梯形中，过点作，垂足为，
在中，，
所以，，，
所以形成的几何体的表面积为.
因为圆台的体积，
半球的体积，
所以所求几何体的体积为.
16．证明见解析
【分析】取CD中点，连接OM，EM，利用平行四边形的判定与性质得，然后利用线面平行的判定定理证明即可.
【详解】如图所示，取CD中点，连接OM，EM，
在矩形中，且．
又且，则且．
所以四边形为平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
17．(1)证明见解析
(2)；
【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明；
（2）根据锥体体积公式，直接求，求有2种方法，法一是利用体积相减，法二是利用等体积转化，即可求解.
【详解】（1）连结交于，连结.
∵四边形是正方形，∴是的中点.
又∵是的中点，∴.
平面平面
∴平面.

（2）∵是四棱锥的高，
∴，
即四棱锥的体积为.
同理，∵是四棱锥的高，∴是四棱锥的高
法一∴；
∴
法二∴
18．(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）根据线线平行可证明为平行四边形，即可由和线面平行的判定定理求证
（2）根据面面垂直的性质可得平面，，进而可得即为直线与平面所成角，由三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）证明：取的中点， 中点为，
所以，且，
又，故，故四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，

（2）由于底面，平面，所以平面底面，又两平面的交线为，
过作于，连接，
所以平面，故即为直线与平面所成角，
又，，所以，，
，
由，所以，
故
19．(1)
(2)1
【分析】（1）应用面面垂直利用定义找到二面角再计算边长求出余弦值；
（2）先求取值，再证明线面垂直即可.
【详解】（1）如图，连接、，设和交于点，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接．
∵四边形是菱形，∴．
又∵，，
∴，∴，
∵，∴，
∵底面ABCD为菱形，∴，即，
∴是二面角的平面角．
∵，，，AC、面，
∴面，∵面ABCD，∴面面，
又∵，面面，面，
∴面ABCD．∴．
又∵且，、面，
∴面，∵面，∴．
在中，，，
得，，
在中，，，得，
在中，，
在中，，
，∴．

（2）当时，能使平面．
由（1）知平面，∴．
当时，平行六面体的六个面是全等的菱形．
同的证法可得，
而，BD、平面，故平面．
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