2020-2021学年高一数学人教A版(2019)必修第二册第八章立体几何初步达标检测卷 (Word含解析)

人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷
立体几何初步
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下面关于空间几何体的定义或结构特征叙述错误的是（ ）
A．空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱
B．有两个侧面都是矩形的三棱柱，它的侧棱垂直于底面
C．以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥
D．底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影一定是底面正多边形的中心
2．正四面体的棱长为，，分别为，中点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．直角三角形的三边满足，分别以，，三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为、、，则（ ）
A． B．
C． D．
4．设、是两条不同的直线，是平面，、不在内，下列结论中错误的是（ ）
A．，，则 B．，，则
C．，，则 D．，，则
5．如图，在三棱柱中，，，底面，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知一个圆柱的表面积等于侧面积的，且其轴截面的周长为16，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形中，已知，E是的中点，将沿直线翻折成，连接．若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．如图，在棱长均相等的四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，有下列结论正确的有（ ）
A．平面
B．平面平面
C．直线与直线所成角的大小为
D．
10．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，截面与直线平行，与交于点E，则下列判断正确的是（ ）
A．E为的中点
B．平面
C．与所成的角为
D．三棱锥与四棱锥的体积之比等于．
11．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A．在棱上存在点M，使平面
B．异面直线与所成的角为90°
C．二面角的大小为45°
D．平面
12．如图，在菱形中，，，将沿对角线翻折到位置，连结，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．与平面所成的最大角为
B．存在某个位置，使得
C．当二面角的大小为时，
D．存在某个位置，使得到平面的距离为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．已知边长为1的菱形中，，则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为__________．
14．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体．正四棱锥的高为，，，则该组合体的表面积为____________．
15．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为，、是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个判断，其中正确的是_________．
①圆锥的侧面积为；②母线与圆锥底面所成角的大小为60°；
③可能为等腰直角三角形；④面积的最大值为．
16．如图，四棱锥的底面为矩形，侧棱底面ABCD，且，E，F分别是线段PA，PD的中点，H在线段AB上．若平面平面EFH，则__________AB，若，，则点D到平面PAC的距离为__________．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点，求证：
（1）直线平面；
（2）平面平面．
18．（12分）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，，为与的交点，为棱上一点．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面，求三棱锥的体积．
19．（12分）如图，等腰直角三角形的直角边，沿其中位线将平面折起，使平面平面，得到四棱锥，设，，，的中点分别为．
（1）求证：四点共面；
（2）求证：平面平面；
（3）求异面直线与所成的角．
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求二面角的平面角的大小．
21．（12分）如图①，是以为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形，，如图②，将沿折起使平面平面分别为的中点，点在棱上，且，点在棱上，且．

（1）在棱上是否存在一点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）求点到平面的距离．
22．（12分）在正方体中，，分别为，的中点，，，如图．
（1）若交平面于点，证明：，，三点共线；
（2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由．
人教版(2019)必修第二册第八章达标检测卷
答 案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【答案】D
【解析】对于A，由四棱柱的定义：空间中把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体是四棱柱，故A正确；
对于B，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，是真命题，故B正确；
对于C，由圆锥的定义：以直角三角形一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆锥，故C正确；
对于D，底面是正多边形的棱锥的顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故D错误，
故选D．
2．【答案】A
【解析】如题所示：连接，，
因为，为的中点，
所以，所以，
同理．
又因为，为的中点，所以，
所以，故选A．
3．【答案】A
【解析】直角三角形的三边满足，
分别以，，三边为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为、、，
，，
该直角三角形斜边上的高满足，可得，
，
，，，故选A．
4．【答案】D
【解析】对于A，，由线面平行的性质定理可知，过直线的平面与平面的交线平行于，
，，，，故A正确；
对于B，若，，由直线与平面垂直的性质，可得，故B正确；
对于C，若，，则或，
又，，故C正确；
对于D，若，，则或与相交或，
而，则或与相交，故D错误，
故选D．
5．【答案】A
【解析】在三棱柱中，，
异面直线与所成的角为或其补角，
连接，
底面，平面，，
又，，平面，
又平面，，
由，可得，
，，
又，，
在中，，
即异面直线与所成角的余弦值为，故选A．
6．【答案】B
【解析】设底面圆半径为，
由母线长，可知侧面展开图扇形的圆心角为，
将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，最短距离为BM；
如图，
在中，，，，
所以，所以，
故，解得，
所以圆锥的表面积为，故选B．
7．【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为，高为，
∵圆柱的侧面积等于表面积的，且其轴截面的周长是16，
∴，解得，
∴圆柱的体积为，故选B．
8．【答案】B
【解析】在矩形中，已知，E是的中点，
所以为等腰直角三角形，
斜边上的高为，
要想三棱锥的体积最大，需高最大，
则平面面时体积最大，
此时平面，三棱锥的高等于，
因为三棱锥外接球的体积为，可得，
解得，
取的中点H，连接，，，
由平面，得平面，∴，
由已知是正方形，，且与平分于，
∴，
即为外接球球心，∴，即，
故选B．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．【答案】ABD
【解析】选项A，连接BD，显然O为BD的中点，
又N为PB的中点，所以，
由线面平行的判定定理可得平面；
选项B，由，分别为侧棱，的中点，得，
又底面为正方形，所以，由线面平行的判定定理可得，平面OMN，
又选项A得平面，由面面平行的判定定理可得，平面平面；
选项C，因为，所以为直线与直线所成的角，
又因为所有棱长都相等，所以，故直线与直线所成角的大小为；
选项D，因底面为正方形，所以，
又所有棱长都相等，所以，故，
又，所以，
故ABD均正确．
10．【答案】ABD
【解析】对于A，连接交于点，连接，如图所示，
面，面，且面面，，
又四边形是正方形，为的中点，
为的中点，故A正确；
对于B，面，面，，
又，，，面，
面，故B正确；
对于C，，为与所成的角，
面，面，，
在中，，，故C错误；
对于D，由等体积法可得，，
又，，，故D正确，
故选ABD．
11．【答案】ABC
【解析】如图，对于A，取的中点，连接，，
∵侧面为正三角形，，
又底面是菱形，，
是等边三角形，，
又，，平面，
平面，故A正确；
对于B，平面，，
即异面直线与所成的角为90°，故B正确；
对于C，∵平面平面，，
平面，，，
是二面角的平面角，
设，则，，
在中，，即，
故二面角的大小为45°，故C正确；
对于D，因为与不垂直，所以与平面不垂直，故D错误，
故选ABC．
12．【答案】BC
【解析】如图所示：
A项：取的中点，连接、，
因为四边形是菱形，是线段的中点，
所以，，，
平面，平面，
所以平面，所以平面，
所以在平面的射影为，
即与平面所成角，
，三角形是等腰三角形，
当时，与平面所成角为，故A错误；
B项：当时，取的中点，
可得，，故平面，，故B正确；
C项：因为四边形是菱形，是线段的中点，
所以，，
因为是平面与平面的交线，
所以即平面与平面所成角，
因为二面角的大小为，所以，
因为，所以，故C正确；
D项：因为，所以如果到平面的距离为，
则平面，，，，
，则，显然不可能，故D错误，
故选BC．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】
【解析】菱形中，，，
则菱形的面积为，
所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为．
14．【答案】20
【解析】由题意，正四棱锥的斜高为，
该组合体的表面积为．
15．【答案】②④
【解析】如图，设为底面圆的圆心，则为圆锥的高．
设圆锥的母线为，由底面半径为1，所以底面圆的周长为，
其侧面展开图是一个半圆，则此半圆的半径为，此半圆的半圆弧长，
所以，
所以侧面展开图的面积为，所以①不正确；
由圆锥的性质可知与圆锥底面所成角为，则，
所以，所以②正确；
在中，，，不可能为直角三角形，所以③不正确；
在中，，
由，所以，所以，
所以，所以④正确，
故正确的判断为②④．

16．【答案】，
【解析】平面平面，面平面，面平面，
．
又是线段的中点，在线段上，是的中点，
故，
过作于，
侧棱底面，，且，
面，
线段的长就是点到平面的距离．
在直角三角形中，，
．
故答案为，．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】证明：（1）如图，连接，因为，分别是，的中点，
所以．
又因为平面，平面，
所以直线平面．
（2）连接，因为，分别是，的中点，所以．
又因为平面，平面，所以平面，
由（1）有直线平面，
又平面，平面，，
所以平面平面．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）平面，平面，，
∵四边形是正方形，，
，平面，
平面，∴平面平面．
（2）平面，平面平面，
，
是中点，是中点，
．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1）由题意易知：，，所以，
所以四点共面．
（2）因为平面平面，平面平面，
而，所以平面，即，
又，所以平面，
而平面，所以平面平面．
（3）由条件知，，，延长至，使，
延长至，使，则，，
故为平行四边形，所以，
又，所以为异面直线与所成的角（或补角）．
因为，且三线两两互相垂直，
由勾股定理得．
因为三角形为正三角形，所以．
所以异面直线与所成的角为．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】（1），，，，
．
同理可证，
，平面．
（2）由（1）知平面，平面，，
∵四边形是正方形，．
又，平面．
又平面，∴平面平面．
（3）由（1）知平面，平面，．
又，，平面，
平面，，
为二面角的平面角．
在中，，，
∴二面角的平面角的大小为．
21．【答案】（1）存在点满足题意，；（2）．
【解析】（1）存在点满足题意，，
证明如下：如图，取的中点，连接，
因为，，所以．
又平面，平面，
所以平面．
因为，所以，所以，
又，所以，所以．
又平面，平面，所以平面．
因为，所以平面平面，
所以．
（2）如图，连接，
因为平面平面，，
平面平面，所以平面．
又平面，所以．
同理，平面，
所以，．
由题得，设点到平面的距离为，
由，得，
所以，
即点到平面的距离为．
22．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为中点．
【解析】（1）证明：∵在正方体中，，分别为，的中点，
，，交平面于点，
∴，，是平面和平面的公共点，
∴，，三点共线．
（2）存在点为中点，使平面平面．
证明如下：取中点，中点，连接，交于点，
连接，，
如图：
由题意得，，因为平面，平面，
所以平面，
因为，同理可证，平面，
又因为，
由面面平行的判定定理可得，∴平面平面，
∴线段上存在点，使得平面平面，且为中点．