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人教A版高中数学(必修第二册)同步培优讲义专题8.17 立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）（2份打包，原卷版+教师版）
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第八章 立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春·江苏徐州·高一阶段练习）下列说法正确的是（ ）A．多面体至少有个面B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形【解题思路】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可．【解答过程】对于A，多面体至少有个面，故选项A错误；对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误；对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误；对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确.故选：D．2．（5分）（2023秋·贵州贵阳·高三期末）已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列结论正确的是（ ）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【解题思路】根据空间中线面、面面、线线位置关系逐项判断，可得出合适的选项.【解答过程】对于A选项，若，，，则或、相交，A错；对于B选项，若，，，则或、异面，B错；对于C选项，由于，，可得或，若，因为，则，若，过直线作平面，使得，则，因为，则，，因此，，C对；对于D选项，若，，，则或、相交（不一定垂直），D错.故选：C.3．（5分）（2022秋·上海闵行·高二阶段练习）如图是一个平面图形的直观图，斜边，则原平面图形的面积是（ ）A． B． C．4 D．【解题思路】将平面图形的直观图复原为原图，根据斜二测画法的规则，即可求得答案.【解答过程】根据斜二测画法的规则，将平面图形的直观图恢复为原图，如图示：则 ，故这个平面图形的面积为 ,故选：A.4．（5分）（2023春·山西晋城·高三阶段练习）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90°，则圆台的表面积为（ ）A． B． C． D．【解题思路】计算母线长为，再利用圆台的表面积公式计算得到答案.【解答过程】圆台母线长为，圆台的表面积.故选：B.5．（5分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则下列说法正确的是（ ）①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面；③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；④EF与GH的交点M一定在直线AC上．A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【解题思路】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理、平面基本事实推理，再逐一判断各个命题作答.【解答过程】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则，且，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且，因此，点E，F，G，H四点共面，①正确，②错误；因，，即四边形是梯形，则EF与GH必相交，令交点为M，点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，④正确，③错误，所以说法正确的命题序号是①④．故选：B.6．（5分）（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，中，，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（ ）A． B． C． D．【解题思路】由题可证明平面，进而得时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，再求在该条件下的几何体的外接球半径，进而得表面积.【解答过程】解：在中，，，为的中点，所以，，所以，在三棱锥中，，因为平面，所以，平面，所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，因为，当且仅当时等号成立，所以，当时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，所以，两两垂直，所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，所以，三棱锥的外接球的半径满足，所以，三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.7．（5分）（2022秋·江西宜春·高三阶段练习）下列四个正方体图形中，分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出 平面的图形是（ ）A． B．C． D．【解题思路】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断【解答过程】对于A，由题意得，，而，，平面，平面，平面，平面，故平面平面，而平面，故 平面，故A正确，对于B，取的中点，底面中心，则，故与相交，故B错误，对于C，，故平面，则平面，故C错误，对于D，作平行四边形，则与相交，故D错误，故选：A.8．（5分）（2023·河南·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为1，点在线段上，有下列四个结论：①；②点到平面的距离为；③二面角的余弦值为；④若四面体的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为.其中所有正确结论的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】对于①，连接，由四边形为正方形，可得，结合进而得到；对于②，由可得平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积法即可求解；对于③，结合题意可得，所以为二面角的平面角，再利用余弦定理即可求解；对于④，由四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，再利用球的体积公式求解即可.【解答过程】如图，连接.因为四边形为正方形，所以.又，所以，故①正确；因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离.因为，所以，解得，故②正确；由题意知为全等的等边三角形，当点为的中点时，连接，则，所以为二面角的平面角.由题意知，在中，由余弦定理，得，即，所以，故③错误；因为四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，其体积为，故④错误.综上，正确结论的个数是2.故选：B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022秋·江苏南京·高三期中）用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（ ）A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形【解题思路】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.【解答过程】如图所示，截面，设，，，∴，，，，同理，，，即为锐角，∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．故选：BCD.10．（5分）（2022秋·河北沧州·高三阶段练习）某正四棱台的上、下底面边长分别为和，若该四棱台所有的顶点均在表面积为的球面上，则该四棱台的体积可能为（ ）A． B． C． D．【解题思路】求出球的半径，画出直观图，分球心在正四棱台的内部和外部，两种情况，求出正四棱台的高，利用台体体积公式求出答案.【解答过程】设球的球心为，半径为，则，解得：，上底面正方形的中心为，下底面正方形的中心为， 若球心在四棱台的内部，连接，则为四棱台的高，，，同理：，由勾股定理得：，，所以四棱台的高，此时四棱台的体积；若球心在四棱台的外部，则四棱台的高，此时四棱台的体积．故选：BD.11．（5分）（2022秋·黑龙江伊春·高二期末）在正方体中，分别是的中点，下列说法正确的是（ ）A．四边形是菱形B．直线与所成的角为C．直线与平面所成角的正弦值是D．平面与平面所成角的余弦值是【解题思路】利用正方体中的平行、垂直关系求解各选项即可.【解答过程】设正方体的棱长为，选项A：因为分别是的中点，易得，，又因为，所以四边形是菱形，正确；选项B：如图所示因为，所以直线与所成角即为与所成角，因为，所以直线与所成的角为，错误；选项C：如图所示因为平面，所以直线与平面所成角即为，因为，所以，正确；选项D：如图所示，设交于，由正方体，得为中点，，所以，，因为平面平面，所以即为平面与平面所成角，因为，，所以，错误，故选：AC.12．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（ ）A．平面 B． 平面C．平面 D． 平面【解题思路】根据线面垂直的性质定理判定定理可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的性质定理判定定理可判断C，利用面面平行的判定定理可判断D.【解答过程】A选项：如图1，若平面，则，又因为平面，平面，则，连接，又，所以平面，平面，则，只有当时，才成立，故A不正确；B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，若平面，则平面平面，又平面平面，平面平面，所以，显然不正确，故B不正确；C选项：如图3，若平面，平面，则，又易知平面，平面，则，又，所以平面，平面则，显然不正确，故C不正确；D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，因为Q，N分别是BC，的中点，所以，所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，所以平面，且，因此平面平面，平面，所以平面，故D正确．故选:ABC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·高一课时练习）如果圆锥的高为8cm圆锥的底面半径为6cm，那么它的侧面展开图的面积为 .【解题思路】根据已知得出圆锥的母线长与底面周长，即可根据扇形的面积求法得出答案.【解答过程】圆锥的高为8cm圆锥的底面半径为6cm，则圆锥的母线长为cm，底面周长为cm,则它的侧面展开图的面积为,故答案为：.14．（5分）（2022秋·广西玉林·高三阶段练习）如图，在正三棱柱中，，为的中点，则与所成角的余弦值为 .【解题思路】取的中点，连接，，即可得到，从而得到为与所成的角，再利用余弦定理计算可得.【解答过程】如图，取的中点，连接，，在中，为的中点，所以为中位线，所以，所以为与所成的角，在中，，，，所以，所以与所成角的余弦值为.故答案为：.15．（5分）（2022秋·河北衡水·高二开学考试）长方体的底面是正方形，，分别是侧棱，上的动点，，在棱上，且.若平面，则 2 .【解题思路】连接，交于点，连接，过点作，交于点，则结合已知可得四边形为平行四边形，则，四边形是正方形结合三角形中位线定理可得，再根据可求得结果.【解答过程】连接，交于点，连接，过点作，交于点.∵平面，平面，平面平面，∴.∵，∴，又，∴四边形为平行四边形，∴.∵四边形是正方形，∴是的中点，又，∴.∵，∴.故答案为：2.16．（5分）（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为1，则下列结论中正确的序号是 ①②④ ．（填所有正确结论的序号）①若E是直线AC上的动点，则平面；②若E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，则；③若E是内（包括边界）的动点，则直线与平面ABC所成角的正切值的取值范围是；④若E是平面内的动点，则三棱锥的体积为定值【解题思路】对于①：连接.证明出平面平面，利用面面平行的性质即可证明；对于②：连接.证明出面.利用线面垂直的性质即可证明；对于③：判断出即为直线与平面ABC所成角,得到.求出的范围，即可求出的范围，即可判断；对于④：利用等体积法转化得到 .即可求得.【解答过程】对于①：连接.在正方体中，，，所以四边形为平行四边形，所以.又平面,平面，所以平面.同理可证：平面.因为，平面,平面,所以平面平面.因为E是直线AC上的动点，所以平面,所以平面.故①正确；对于②：连接.因为为正方体，所以，又 面面ABCD，所以.因为面,面,，所以面.因为E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，所以面.所以.故②正确；对于③：在正方体中，面.对于平面，为垂线，为斜线，为射影，所以即为直线与平面ABC所成角,所以.设，则.因为E是内（包括边界）的动点，所以当E与O重合时，最小，当E与B重合时，最大，所以.故③错误；对于④：三棱锥的体积.由①的证明过程可知：平面平面，所以平面内任一点到平面的距离都相等.因为E是平面内的动点，所以.即三棱锥的体积为定值.故④正确.故答案为：①②④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）根据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称.(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形；(2)由五个面围成，其中一个面是正方形，其他各面是有一个公共顶点的全等三角形；(3)由五个面围成，其中上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰所在直线能相交于一点.【解题思路】（1）结合六棱柱的定义来求得正确答案.（2）结合四棱锥的定义来求得正确答案.（3）结合三棱台的定义来求得正确答案.【解答过程】（1）该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，满足棱柱的定义，故该几何体是六棱柱.（2）该几何体的其中一个面是正方形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥.（3）该几何体上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，因此该几何体是三棱台.18．（12分）（2022春·山西晋中·高一校考阶段练习）如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，求梯形的面积.【解题思路】如图，根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．【解答过程】如图，根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，⇒原图中，从而得出AD⊥DC，且，直观图中，，⇒原图中，，即四边形ABCD上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积.19．（12分）（2023·高一单元测试）用平方米的材料制成一个有盖的圆锥形容器，如果在制作过程中材料无损耗，且材料的厚度忽略不计，底面半径长为x，圆锥母线的长为y．(1)建立y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；(2)圆锥的母线与底面所成的角大小为，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米（精确到）．【解题思路】（1）由题意可知，制作该容器需要的铁皮面积，即圆锥的表面积，得到方程，分离出即可，利用求出定义域；（2）利用母线与底面所成的角大小为求出母线长，进一步求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式求出所制作的圆锥形容器容积即可.【解答过程】（1）根据题意，因为圆锥的表面积，所以，因为，所以，解得，即，；（2）依题意，做圆锥的高，是母线与底面所成的线面角，设圆锥高为，因为，，所以，所以，，所以.20．（12分）（2023·高一课时练习）如图，在长方体中，，截面．(1)求证：B、P、三点共线；(2)若，，，求DP的长．【解题思路】（1）证明出点在平面与平面的交线上即可；（2）由（1）推理出点为与交点，利用三角形重心的特点即可得到答案.【解答过程】（1）平面，所以平面，又平面,平面平面，根据公理2,得,即三点共线.（2）连接，再连接，交于点，由（1）及，则点为与交点，，四边形为平行四边形， 是中点，又是的中点,所以点是的重心,所以 ,又因为,所以,所以.21．（12分）（2023春·江西·高三阶段练习）如图，直四棱柱中，底面为菱形，P为的中点，M为的中点，(1)求证：平面；(2)若，求M到平面的距离．【解题思路】（1）方法一：取的中点N，连接，先证明四边形为平行四边形，得，再证明平面平面，利用面面平行的性质即可证明；方法二：连接，交于点O，连接，证明四边形为平行四边形，得，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）利用等体积法即可求解.【解答过程】（1）方法一：取的中点N，连接，因为M为的中点，所以，而，所以，又,，所以平面，又因为P为中点，所以，则四边形为平行四边形，则，又，所以平面，且，所以平面平面，则平面．方法二：连接，交于点O，连接，因为M为中点，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，则，又,平面，所以平面，（2）由（1）可知，M到平面的距离等于到平面的距离，设为h，因为，所以，而，所以.22．（12分）（2023春·浙江·高三开学考试）已知四边形ABCD中，，，O是AC的中点，将沿AC翻折至．(1)若，证明：平面ACD；(2)若D到平面PAC的距离为，求平面PAC与平面ACD夹角的大小．【解题思路】(1)由题目已知可得出平面PAC，从而得到，再由等腰三角形性质可得，进而得出结论.(2)取CD中点F并连接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知条件，构建直角三角形，即可计算两平面的夹角.【解答过程】（1）中，，，，所以，则，又，所以平面PAC，平面PAC，所以.又因为，O是AC的中点，所以，，所以平面ACD.（2）取CD中点F，连接OF，PF，在中过F作FG垂直于PO，垂足为G，，则，又因为，所以为平面PAC与平面ACD夹角，所以平面POF，又平面POF，所以，又，所以平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离，因为点D到平面PAC的距离为，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为.中，，因为点可能在上，也可能在的延长线上，所以或，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为.
第八章 立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春·江苏徐州·高一阶段练习）下列说法正确的是（ ）A．多面体至少有个面B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形【解题思路】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可．【解答过程】对于A，多面体至少有个面，故选项A错误；对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误；对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误；对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确.故选：D．2．（5分）（2023秋·贵州贵阳·高三期末）已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列结论正确的是（ ）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【解题思路】根据空间中线面、面面、线线位置关系逐项判断，可得出合适的选项.【解答过程】对于A选项，若，，，则或、相交，A错；对于B选项，若，，，则或、异面，B错；对于C选项，由于，，可得或，若，因为，则，若，过直线作平面，使得，则，因为，则，，因此，，C对；对于D选项，若，，，则或、相交（不一定垂直），D错.故选：C.3．（5分）（2022秋·上海闵行·高二阶段练习）如图是一个平面图形的直观图，斜边，则原平面图形的面积是（ ）A． B． C．4 D．【解题思路】将平面图形的直观图复原为原图，根据斜二测画法的规则，即可求得答案.【解答过程】根据斜二测画法的规则，将平面图形的直观图恢复为原图，如图示：则 ，故这个平面图形的面积为 ,故选：A.4．（5分）（2023春·山西晋城·高三阶段练习）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90°，则圆台的表面积为（ ）A． B． C． D．【解题思路】计算母线长为，再利用圆台的表面积公式计算得到答案.【解答过程】圆台母线长为，圆台的表面积.故选：B.5．（5分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则下列说法正确的是（ ）①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面；③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；④EF与GH的交点M一定在直线AC上．A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【解题思路】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理、平面基本事实推理，再逐一判断各个命题作答.【解答过程】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则，且，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且，因此，点E，F，G，H四点共面，①正确，②错误；因，，即四边形是梯形，则EF与GH必相交，令交点为M，点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，④正确，③错误，所以说法正确的命题序号是①④．故选：B.6．（5分）（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，中，，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（ ）A． B． C． D．【解题思路】由题可证明平面，进而得时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，再求在该条件下的几何体的外接球半径，进而得表面积.【解答过程】解：在中，，，为的中点，所以，，所以，在三棱锥中，，因为平面，所以，平面，所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，因为，当且仅当时等号成立，所以，当时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，所以，两两垂直，所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，所以，三棱锥的外接球的半径满足，所以，三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.7．（5分）（2022秋·江西宜春·高三阶段练习）下列四个正方体图形中，分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出 平面的图形是（ ）A． B．C． D．【解题思路】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断【解答过程】对于A，由题意得，，而，，平面，平面，平面，平面，故平面平面，而平面，故 平面，故A正确，对于B，取的中点，底面中心，则，故与相交，故B错误，对于C，，故平面，则平面，故C错误，对于D，作平行四边形，则与相交，故D错误，故选：A.8．（5分）（2023·河南·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为1，点在线段上，有下列四个结论：①；②点到平面的距离为；③二面角的余弦值为；④若四面体的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为.其中所有正确结论的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】对于①，连接，由四边形为正方形，可得，结合进而得到；对于②，由可得平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积法即可求解；对于③，结合题意可得，所以为二面角的平面角，再利用余弦定理即可求解；对于④，由四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，再利用球的体积公式求解即可.【解答过程】如图，连接.因为四边形为正方形，所以.又，所以，故①正确；因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离.因为，所以，解得，故②正确；由题意知为全等的等边三角形，当点为的中点时，连接，则，所以为二面角的平面角.由题意知，在中，由余弦定理，得，即，所以，故③错误；因为四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，其体积为，故④错误.综上，正确结论的个数是2.故选：B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022秋·江苏南京·高三期中）用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（ ）A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形【解题思路】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.【解答过程】如图所示，截面，设，，，∴，，，，同理，，，即为锐角，∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．故选：BCD.10．（5分）（2022秋·河北沧州·高三阶段练习）某正四棱台的上、下底面边长分别为和，若该四棱台所有的顶点均在表面积为的球面上，则该四棱台的体积可能为（ ）A． B． C． D．【解题思路】求出球的半径，画出直观图，分球心在正四棱台的内部和外部，两种情况，求出正四棱台的高，利用台体体积公式求出答案.【解答过程】设球的球心为，半径为，则，解得：，上底面正方形的中心为，下底面正方形的中心为， 若球心在四棱台的内部，连接，则为四棱台的高，，，同理：，由勾股定理得：，，所以四棱台的高，此时四棱台的体积；若球心在四棱台的外部，则四棱台的高，此时四棱台的体积．故选：BD.11．（5分）（2022秋·黑龙江伊春·高二期末）在正方体中，分别是的中点，下列说法正确的是（ ）A．四边形是菱形B．直线与所成的角为C．直线与平面所成角的正弦值是D．平面与平面所成角的余弦值是【解题思路】利用正方体中的平行、垂直关系求解各选项即可.【解答过程】设正方体的棱长为，选项A：因为分别是的中点，易得，，又因为，所以四边形是菱形，正确；选项B：如图所示因为，所以直线与所成角即为与所成角，因为，所以直线与所成的角为，错误；选项C：如图所示因为平面，所以直线与平面所成角即为，因为，所以，正确；选项D：如图所示，设交于，由正方体，得为中点，，所以，，因为平面平面，所以即为平面与平面所成角，因为，，所以，错误，故选：AC.12．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（ ）A．平面 B． 平面C．平面 D． 平面【解题思路】根据线面垂直的性质定理判定定理可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的性质定理判定定理可判断C，利用面面平行的判定定理可判断D.【解答过程】A选项：如图1，若平面，则，又因为平面，平面，则，连接，又，所以平面，平面，则，只有当时，才成立，故A不正确；B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，若平面，则平面平面，又平面平面，平面平面，所以，显然不正确，故B不正确；C选项：如图3，若平面，平面，则，又易知平面，平面，则，又，所以平面，平面则，显然不正确，故C不正确；D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，因为Q，N分别是BC，的中点，所以，所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，所以平面，且，因此平面平面，平面，所以平面，故D正确．故选:ABC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·高一课时练习）如果圆锥的高为8cm圆锥的底面半径为6cm，那么它的侧面展开图的面积为 .【解题思路】根据已知得出圆锥的母线长与底面周长，即可根据扇形的面积求法得出答案.【解答过程】圆锥的高为8cm圆锥的底面半径为6cm，则圆锥的母线长为cm，底面周长为cm,则它的侧面展开图的面积为,故答案为：.14．（5分）（2022秋·广西玉林·高三阶段练习）如图，在正三棱柱中，，为的中点，则与所成角的余弦值为 .【解题思路】取的中点，连接，，即可得到，从而得到为与所成的角，再利用余弦定理计算可得.【解答过程】如图，取的中点，连接，，在中，为的中点，所以为中位线，所以，所以为与所成的角，在中，，，，所以，所以与所成角的余弦值为.故答案为：.15．（5分）（2022秋·河北衡水·高二开学考试）长方体的底面是正方形，，分别是侧棱，上的动点，，在棱上，且.若平面，则 2 .【解题思路】连接，交于点，连接，过点作，交于点，则结合已知可得四边形为平行四边形，则，四边形是正方形结合三角形中位线定理可得，再根据可求得结果.【解答过程】连接，交于点，连接，过点作，交于点.∵平面，平面，平面平面，∴.∵，∴，又，∴四边形为平行四边形，∴.∵四边形是正方形，∴是的中点，又，∴.∵，∴.故答案为：2.16．（5分）（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为1，则下列结论中正确的序号是 ①②④ ．（填所有正确结论的序号）①若E是直线AC上的动点，则平面；②若E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，则；③若E是内（包括边界）的动点，则直线与平面ABC所成角的正切值的取值范围是；④若E是平面内的动点，则三棱锥的体积为定值【解题思路】对于①：连接.证明出平面平面，利用面面平行的性质即可证明；对于②：连接.证明出面.利用线面垂直的性质即可证明；对于③：判断出即为直线与平面ABC所成角,得到.求出的范围，即可求出的范围，即可判断；对于④：利用等体积法转化得到 .即可求得.【解答过程】对于①：连接.在正方体中，，，所以四边形为平行四边形，所以.又平面,平面，所以平面.同理可证：平面.因为，平面,平面,所以平面平面.因为E是直线AC上的动点，所以平面,所以平面.故①正确；对于②：连接.因为为正方体，所以，又 面面ABCD，所以.因为面,面,，所以面.因为E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，所以面.所以.故②正确；对于③：在正方体中，面.对于平面，为垂线，为斜线，为射影，所以即为直线与平面ABC所成角,所以.设，则.因为E是内（包括边界）的动点，所以当E与O重合时，最小，当E与B重合时，最大，所以.故③错误；对于④：三棱锥的体积.由①的证明过程可知：平面平面，所以平面内任一点到平面的距离都相等.因为E是平面内的动点，所以.即三棱锥的体积为定值.故④正确.故答案为：①②④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）根据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称.(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形；(2)由五个面围成，其中一个面是正方形，其他各面是有一个公共顶点的全等三角形；(3)由五个面围成，其中上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰所在直线能相交于一点.【解题思路】（1）结合六棱柱的定义来求得正确答案.（2）结合四棱锥的定义来求得正确答案.（3）结合三棱台的定义来求得正确答案.【解答过程】（1）该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，满足棱柱的定义，故该几何体是六棱柱.（2）该几何体的其中一个面是正方形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥.（3）该几何体上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，因此该几何体是三棱台.18．（12分）（2022春·山西晋中·高一校考阶段练习）如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，求梯形的面积.【解题思路】如图，根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．【解答过程】如图，根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，⇒原图中，从而得出AD⊥DC，且，直观图中，，⇒原图中，，即四边形ABCD上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积.19．（12分）（2023·高一单元测试）用平方米的材料制成一个有盖的圆锥形容器，如果在制作过程中材料无损耗，且材料的厚度忽略不计，底面半径长为x，圆锥母线的长为y．(1)建立y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；(2)圆锥的母线与底面所成的角大小为，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米（精确到）．【解题思路】（1）由题意可知，制作该容器需要的铁皮面积，即圆锥的表面积，得到方程，分离出即可，利用求出定义域；（2）利用母线与底面所成的角大小为求出母线长，进一步求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式求出所制作的圆锥形容器容积即可.【解答过程】（1）根据题意，因为圆锥的表面积，所以，因为，所以，解得，即，；（2）依题意，做圆锥的高，是母线与底面所成的线面角，设圆锥高为，因为，，所以，所以，，所以.20．（12分）（2023·高一课时练习）如图，在长方体中，，截面．(1)求证：B、P、三点共线；(2)若，，，求DP的长．【解题思路】（1）证明出点在平面与平面的交线上即可；（2）由（1）推理出点为与交点，利用三角形重心的特点即可得到答案.【解答过程】（1）平面，所以平面，又平面,平面平面，根据公理2,得,即三点共线.（2）连接，再连接，交于点，由（1）及，则点为与交点，，四边形为平行四边形， 是中点，又是的中点,所以点是的重心,所以 ,又因为,所以,所以.21．（12分）（2023春·江西·高三阶段练习）如图，直四棱柱中，底面为菱形，P为的中点，M为的中点，(1)求证：平面；(2)若，求M到平面的距离．【解题思路】（1）方法一：取的中点N，连接，先证明四边形为平行四边形，得，再证明平面平面，利用面面平行的性质即可证明；方法二：连接，交于点O，连接，证明四边形为平行四边形，得，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）利用等体积法即可求解.【解答过程】（1）方法一：取的中点N，连接，因为M为的中点，所以，而，所以，又,，所以平面，又因为P为中点，所以，则四边形为平行四边形，则，又，所以平面，且，所以平面平面，则平面．方法二：连接，交于点O，连接，因为M为中点，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，则，又,平面，所以平面，（2）由（1）可知，M到平面的距离等于到平面的距离，设为h，因为，所以，而，所以.22．（12分）（2023春·浙江·高三开学考试）已知四边形ABCD中，，，O是AC的中点，将沿AC翻折至．(1)若，证明：平面ACD；(2)若D到平面PAC的距离为，求平面PAC与平面ACD夹角的大小．【解题思路】(1)由题目已知可得出平面PAC，从而得到，再由等腰三角形性质可得，进而得出结论.(2)取CD中点F并连接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知条件，构建直角三角形，即可计算两平面的夹角.【解答过程】（1）中，，，，所以，则，又，所以平面PAC，平面PAC，所以.又因为，O是AC的中点，所以，，所以平面ACD.（2）取CD中点F，连接OF，PF，在中过F作FG垂直于PO，垂足为G，，则，又因为，所以为平面PAC与平面ACD夹角，所以平面POF，又平面POF，所以，又，所以平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离，因为点D到平面PAC的距离为，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为.中，，因为点可能在上，也可能在的延长线上，所以或，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为.
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