第八章立体几何初步检测卷（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检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一、单选题
1．在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A．三棱锥 B．三棱台 C．四棱锥 D．三棱柱
2．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为（ ）
A．3 B． C．4 D．
3．如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
4．已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ）
A．π B．2π C．4π D．8π
5．在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面．下列命题中正确的命题是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
7．如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，在上，且，平面与棱所在直线交于点，则（ ）

A． B． C． D．
8．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法不正确的有（ ）
A．动点轨迹的长度为
B．三棱锥体积的最小值为
C．与不可能垂直
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
二、多选题
9．如图，一圆锥的侧面展开图中，，弧长为，则下列说法正确的是（ ）
A．该圆锥的侧面积为
B．该圆锥的体积为
C．该圆锥可以整体放入半径为的球内
D．该圆锥可以整体放入边长为的正方体中
10．下列命题正确的有（ ）
A．如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内
B．过直线外一点，只能作一个平面与这条直线平行
C．如果一条直线与平面内的无数条直线平行，则该直线与平面平行
D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
11．如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ）
A．动点的轨迹是一条线段
B．直线与的夹角为
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为
三、填空题
12．已知正四棱台的上下底面分别是边长为2和4的正方形，侧棱长为2，则该正四棱台的体积为 ．
13．在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体所得截面的周长为 ．
14．已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则下列命题正确的有 ．
①直线与所成角的正切值为 ②三棱柱外接球的半径为
③平面截正方体所得截面为等腰梯形 ④点到平面的距离为
四、解答题
15．如图，已知圆台的轴截面为梯形，梯形的面积为.

(1)求圆台的体积；
(2)在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长度是多少？
16．如图，正四棱柱.
(1)请在正四棱柱中，画出经过P、Q、R三点的截面（无需证明）；
(2)若Q、R分别为中点，证明：AQ、CR、三线共点.
17．如图，正三棱柱内接于圆柱，圆柱底面半径为2，圆柱高为4.若，分别为，中点.
(1)求证：、、、四点共面；
(2)若从圆柱中把该正三棱柱挖掉，求剩余几何体的表面积.
18．如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点.
(1)求三棱锥的表面积；
(2)求证：平面.
19．如图，在三棱锥A-BCD中，为三棱锥的高，，点M是AC的中点，且，点E，F分别在，上，且，．
(1)线段上是否存在一点N，使得M，N，E，F四点共面？若存在，请确定点N的位置并证明；若不存在，请说明理由；
(2)求三棱锥的外接球的体积．
《第八章立体几何初步检测卷-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 C A C B B C C C ABD AD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】由棱台和棱锥的结构特征判断即可.
【详解】如图，在三棱台中，截去三棱锥后得到的是四棱锥.
故选：C.
2．A
【分析】由侧面展开图为扇形，扇形的弧长为底面圆的周长，扇形半径为圆锥的母线，据此计算即可求解.
【详解】由圆锥的特征可知圆锥的侧面展开图形成的扇形弧长为底面圆的周长，
则该弧长为，又，由扇形的弧长公式可知：圆锥的母线长为．
故选：A.
3．C
【分析】由余弦定理求出，在平面直角坐标系中还原，计算即可
【详解】由斜二测画法知，，
所以由余弦定理得，
，代入上式解得，，
，
,，
还原平面图如图，
即，，
，
四边形的周长为．
故选：C.
4．B
【分析】由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果.
【详解】如图：
设展开图小圆半径和大圆半径分别为，则圆台侧面积，即，
上底面半径，下底面半径，
圆台上下底面面积之差的绝对值为.
故选：B.
5．B
【分析】由外接球表面积得到球的半径，进而求得，即可求解.
【详解】因直三棱柱中，，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为的中点，
如图所示，.
设棱柱的外接球的半径为，圆心为，
由，可得，由对称性知，O为中点，
由图，解得.
因侧面绕直线旋转一周后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱，
其体积为.
故选：B
6．C
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】若，，则与相交或平行，故A错误；
若，,则或，故B错误；
若，，，则，故C正确；
若，，则或或者与相交，故D错误；
故选：C
7．C
【分析】根据正方体的性质可得平面与平面平行，利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行，
然后作平行线找到点的位置，利用三角形相似即可求出的值.
【详解】

在正方体中，根据正方体的性质可得平面与平面平行，
利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行，
所以过点作直线的平行线与延长线交于一点，
此交点即为平面与棱所在直线交点，连接，如图所示.
所以四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：.
8．C
【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】对A，如图，令中点为，中点为，连接，
又正方体中，为棱的中点，可得，
平面平面，又，
且平面，所以平面平面，
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以面积最小时，体积最小，如图，
，易得在处时最小，
此时，所以体积最小值为，故选项B正确；
对C，当为线段中点时，由可得，
又中点为，中点为，
，而，，故选项C不正确；
对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，
由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，
，，所以底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为，
由，可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：C.
9．ABD
【分析】对于A由扇形面积公式即可判断，对于B计算圆锥的半径和高，利用圆锥曲线的体积公式即可求解，对于C设圆锥外接球的半径为，即得求出与比较即可，对于D正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图2，此平面到顶点的距离为体对角线的一半，计算平面截正方体得的正六边形的边长和点到该正六边形的高即可判断.
【详解】对于A：因为圆锥的侧面展开图中，，弧长为，所以圆锥的侧面积为，故A正确；
对于B：设圆锥底面半径为，则，解得，
圆锥的高，母线长，圆锥体积，故B正确；
对于C：因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的外接球球心在圆锥内部，设圆锥外接球的半径为，
过点的轴截面如图1，为外接球球心，则，解得，故C错误；
对于D：过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图2，此平面到顶点的距离为体对角线的一半，即为，
平面截正方体得到边长为2的正六边形，该正六边形的内切圆的半径为，
以该圆作为圆锥的底面，点为顶点即可得到圆锥.故D正确.
故选：ABD.
10．AD
【分析】由基本事实2判断A，由基本事实3判断D，由空间中点、线、面的位置关系判断B和C.
【详解】由基本事实2可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，那么这条直线一定在这个平面内，故A正确；
因为过直线外一点可以作一条直线与已知直线平行，
所以经过这条直线且不经过已知直线的平面都与已知直线平行，
即过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行，故B错误；
一条直线平行于平面内的无数条直线，该直线与平面平行或直线在平面内，故C错误.
由基本事实3知，如果两个不重合的平面有一个公共点，
那么他们有且只有一条过该点的公共直线，故D正确；
故选：AD.
11．ABD
【分析】A：分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断；C：根据B得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断；D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，即可判断.
【详解】A：如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，对；
B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，
所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，对；
C：由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，错；
D：如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，截面平面，平面平面，
所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且，对.
故选：ABD
12．/
【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积.
【详解】如图所示，
由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形，
取上底下底的中心平面，过作，垂足为，，
且，，，
所以，
所以，
故答案为：
13．
【分析】先作出截面图形，然后根据相似和勾股定理求出各边，即可求得结果.
【详解】取正方体轴线与交点为，
连接并延长，交延长线与，
连接，交于，
连接，
作出图形如图，
由图可知，过点，，的平面截该正方体所得截面为五边形，
则，所以，同理，，
正方体的棱长为，，
，
，
四边形的周长为.
故答案为：
14．①②④
【分析】借助等角定理可得直线与所成角与直线与所成角相等，计算出可判断①；由三棱柱外接球与正方体外接球相同，故计算正方体体对角线的一半可判断②；借助平行线的性质可作出该截面，计算边长可判断③：借助等体积法计算可判断④.
【详解】对于①：由，故直线与所成角与直线与所成角相等，
连接，可得，又，
平面，平面，所以，
故，故①正确；
对于②：三棱柱外接球与正方体外接球相同，
故其外接球半径为，故②正确；
对于③：如图：取中点，连接，过点作，
交于点，则，所以平面截正方体所得截面为梯形，
由，所以，
所以，，所以，
所以梯形不是等腰梯形，故③错误；
对于④：如图：设点到平面的距离为，则，
而，
，
所以，故④正确.
故答案为：①②④.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由得圆台的下底面和上底面的半径，又由梯形的面积求得高，最后利用圆台的体积公式即可求解；
（2）由圆台性质，延长交于点，由与相似即可计算,设该圆台的侧面展开图的圆心角为，计算出圆心角为，在侧面展开图中，连接，即可计算出的最短距离.
【详解】（1）由，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，则，所以，
所以圆台的体积为.
（2）在梯形中，，即母线长为3.
如图，由圆台性质，延长交于点，
由与相似，得，即，解得.
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，
则，所以，
在侧面展开图中，连接，则从点到的最短路径为线段，
又在中，，
由余弦定理得，
所以.
验证知，由，得，
此时，恰与扇形弧所在圆相切于点，满足题意.

16．(1)图象见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用平面的基本性质作图.
（2）证明四边形为梯形，设，再证明，即可得到三线共点．
【详解】（1）作直线分别交的延长线于，连接交于，
连接交于点，连接，则五边形即为所求，如图：
（2）如图，连接，，，四边形是正四棱柱的对角面，则，，
由Q、R分别为中点，得，则，且，
即四边形为梯形，令，则，而平面，
则平面，同理平面，又平面平面，因此，
所以三线共点.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证、、、四点共面，只需证明，利用中位线定理及平行的传递性即可证明；
（2）令，由正弦定理求得，分别求出所以圆柱的侧面积，圆柱的底面积，正三棱柱的侧面积，正三棱柱的底面积，根据剩余几何体的表面积即可求解.
【详解】（1）由于，分别为，中点，所以，
又，所以，
所以、、、四点共面；
（2）令，则，解得，
所以圆柱的侧面积为，
圆柱的底面积为，
正三棱柱的侧面积为，
正三棱柱的底面积为，
所以剩余几何体的表面积.
18．(1)16；
(2)证明见解析.
【分析】（1）借助正方体的结构特征求出三棱锥的表面积.
（2），连接，利用线面平行的判定推理得证.
【详解】（1）在正方体中，，两两垂直，
由分别为的中点，得，，
等腰底边上的高，
所以三棱锥的表面积
.
（2）连接，，连接，
由是正方形对边中点，得四边形是矩形，则是的中点，
而是的中点，因此，而平面，平面，
所以平面.
19．(1)存在，当为的中点，证明见解析
(2)
【分析】(1)已知E，F分别为、上的三等分点，可证，据传递性，为的中点时，，满足题设；
(2)据线面垂直的性质和直角三角形的性质，可发现M到各顶点距离相等，为外接球球心，问题可得解.
【详解】（1）存在，当为的中点时满足条件．证明如下：
如图，连接，
则是的中位线，所以，
又，所以，
所以，所以四点共面．
（2）因为是的中点，为三棱锥的高，
所以，
所以，
又，所以点为三棱锥的外接球的球心，
则外接球的半径为，
三棱锥的外接球的体积为．
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