11第八章 立体几何初步（单元培优卷）- -2023-2024学年高一数学-第8章 立体几何初步（人教A版2019必修第二册）

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第八章 立体几何初步（单元培优卷）一、单选题1．（2024高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（    ）A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．三棱锥的四个面都可以是直角三角形C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥2．（2024·辽宁大连·一模）已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．3．（2024·陕西咸阳·二模）已知三条不重合的直线，m，n和两个不重合的平面，，则下列说法错误的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，，，且直线m，n异面，则D．若，，，，则4．（2024·北京石景山·一模）设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．（23-24高二下·四川雅安·开学考试）一圆台上、下底面的直径分别为4，12，高为10，则该圆台的侧面积为（    ）A． B． C． D．6．已知正方体的体积为，点在线段上，点异于点，，点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为（   ）  A． B． C． D．7．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ）A． B． C． D．18．（23-24高一下·四川成都·开学考试）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，点，分别为，的中点，在侧面上运动，且满足平面，以下命题错误的是（    ）A．B．多面体的体积为定值C．侧面上存在点，使得D．直线与直线所成的角可能为二、多选题9．（2024·辽宁·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若为异面直线，，则10．（2024·河北邯郸·三模）“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（    ）A．共有18个顶点 B．共有36条棱C．表面积为 D．体积为11．（2024高三·全国·专题练习）（多选）已知△ABC是由具有公共直角边的两块直角三角尺（Rt△ACD和Rt△BCD）组成的三角形，如图所示，其中∠ACD＝45°，∠BCD＝60°.现将Rt△ACD沿斜边AC进行翻折成△D1AC（点D1不在平面ABC内）.若M，N分别为BC，BD1的中点，则在△ACD翻折过程中，下列说法正确的是（　　）A．在线段BD上存在一定点E，使得AD1∥平面MNEB．存在某个位置，使得直线AD1⊥平面BCD1C．不存在某个位置，使得直线AD1与DM所成角为60°D．对于任意位置，二面角D1BCA始终不小于直线AD1与平面ABC所成角三、填空题12．（2024高三·全国·专题练习）已知A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴运动，则当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝ ．13．（2024高一下·江苏·专题练习）如图是一个圆台形的纸篓（有底无盖），它的母线长为50 cm，两底面直径分别为40cm和30cm；现有制作这种纸篓的塑料制品50 m2，最多可以做这种纸篓的个数为 ．14．（23-24高二上·上海宝山·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，给出下列命题:（1）长的最小值为2;（2）四棱锥的体积为定值;（3）有且仅有一条直线与垂直;（4）存在点，使为等边三角形;其中真命题的序号为 .  四、解答题15．（2024高三·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”．如图，现有三棱锥平面．（1）证明：三棱锥为鳖臑；（2）若E为上一点，点分别为的中点．证明：直线平面．16．（2024高一下·江苏·专题练习）在①平面，②，③点在平面内的射影为的垂心，这三个条件中任选两个补充在下面的问题中，并解答．在三棱锥中，.若________，求三棱锥的体积．  17．（2024高三·全国·专题练习）已知正三棱锥ABCD中，底面正的边长为，是的中点，在上取一点，使，、的中点分别为、，过作截面平行于，与交于，，求截面与底面所成二面角的大小．18．（2024·陕西宝鸡·二模）在四棱锥中，底面为平行四边形，平面    (1)证明：；(2)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积．19．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.(1)求证：；(2)求点到平面的距离；(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.第八章 立体几何初步（单元培优卷）一、单选题1．（2024高三·全国·专题练习）下列说法正确的是（    ）A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．三棱锥的四个面都可以是直角三角形C．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥【答案】B【详解】如图所示．对于A，如图①，将两个相同的斜平行六面体叠放，符合条件但不是棱柱，故A错误；对于B，如图②，PA⊥底面ABC，AB是圆O的直径，C是圆上一点，则三棱锥PABC的四个面都是直角三角形，故B正确；对于C，如图③，延长其侧棱不交于一点，符合条件但不是棱台，故C错误；对于D，如图④，以Rt△ABC的斜边AB为轴旋转得到的是两个对底的圆锥，故D错误．2．（2024·辽宁大连·一模）已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】借助圆锥的高、底面半径与母线长的关系及底面周长与侧面展开图的弧长间的关系，结合圆锥体积计算公式计算即可得.【详解】设底面半径为，母线长为，则有，解得，则.故选：B.3．（2024·陕西咸阳·二模）已知三条不重合的直线，m，n和两个不重合的平面，，则下列说法错误的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，，，且直线m，n异面，则D．若，，，，则【答案】B【分析】对A，借助平行线的传递性即可得；对B，可能出现平行或线在面内；对C，由，，必存在直线，且，结合面面平行的判定定理即可得；对D，借助线面垂直的性质定理即可得.【详解】对A：若，，由平行的传递性可得，故A正确；对B：若，，可能或，故B错误；对C：若，，必存在直线，且，即有，由，直线m，n异面，故，又，故，故C正确；对D：若，，，，由面面垂直的性质定理可得，故D正确.故选：B.4．（2024·北京石景山·一模）设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.【详解】由，，，则可能相交，故“”推不出“”，由，，，由面面平行的性质定理知，故“”能推出“”，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.5．（23-24高二下·四川雅安·开学考试）一圆台上、下底面的直径分别为4，12，高为10，则该圆台的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将圆台补形为圆锥，利用圆锥的性质，可得圆锥的侧面积，进而可得圆台的侧面积.【详解】如图，将圆台补形为圆锥，可得圆锥的底面半径为．因为圆台的高为，根据圆锥的性质可得,所以圆锥的高，可得圆锥的母线长，.则该圆台的侧面积为．故选：D6．已知正方体的体积为，点在线段上，点异于点，，点在线段上，且，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为（   ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】作出辅助线，得到面面平行，进而得到随着的增大，增大，作出图形，得到当与重合时，最大，由几何关系求出此时，求出答案.【详解】要想平面截正方体所得的截面为四边形，则要平面分别与正方形分别交于，显然与正方形无交线，只需保证与正方形无交线即可，  因为平面平面，面与两个平面分别交于，由面面平行的性质可得，因为点在线段上，且，由几何关系知，随着的增大，增大，故当与重合时，最大，因为正方体的体积为，所以正方体棱长为1，连接，延长相交于点，连接，，如图所示，由于，故∽，故，故最长为，故.  故选：D7．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（   ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.【详解】在棱长为1的正方体中，连接，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，于是，同理，而平面，因此平面，因为，则平面，而点为截面上的动点，平面平面，所以点的轨迹是线段，长度为.故选：B8．（23-24高一下·四川成都·开学考试）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，点，分别为，的中点，在侧面上运动，且满足平面，以下命题错误的是（    ）A．B．多面体的体积为定值C．侧面上存在点，使得D．直线与直线所成的角可能为【答案】D【分析】根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：连接，作图如下：因为为正方体，故可得//，又，与是同一条直线，故可得，则，故A正确；对B：根据题意，，且线段在上运动，且点到直线的距离不变，故△的面积为定值，又点到平面的距离也为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；对C：取的中点分别为，连接，作图如下：容易知在△中，，又，，面面，故面面，又G在侧面上运动，且满足平面，故的轨迹即为线段；又因为为正方体，故面面，故，则当与重合时，，故C正确；对D：因为，故直线与所成角即为直线与所成角，即，在中，，故，而当直线与直线BC所成的角为时，，故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误.故选：D.二、多选题9．（2024·辽宁·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若为异面直线，，则【答案】AD【分析】根据直线与平面的位置关系，由线面垂直、线面平行的性质逐项判断即可得出结论.【详解】对于A，若，是两个不同的平面，则可得，即A正确；对于B，若，当都平行于两平面的交线时，，可知B错误；对于C，若，则可能会，即C错误；对于D，若，又为异面直线，所以，即D正确.故选：AD10．（2024·河北邯郸·三模）“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（    ）A．共有18个顶点 B．共有36条棱C．表面积为 D．体积为【答案】BD【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案.【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确；该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为，故C错误；正八面体可分为两个全等的正四面体，其棱长为，过作平面于，连接，如下图：因为平面，且平面，所以，正方形中，由边长为，则对角线长为，则，在中，，则，正八面体的体积为，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为，所以该阿基米德多面体的体积为，故D正确．故选：BD.11．（2024高三·全国·专题练习）（多选）已知△ABC是由具有公共直角边的两块直角三角尺（Rt△ACD和Rt△BCD）组成的三角形，如图所示，其中∠ACD＝45°，∠BCD＝60°.现将Rt△ACD沿斜边AC进行翻折成△D1AC（点D1不在平面ABC内）.若M，N分别为BC，BD1的中点，则在△ACD翻折过程中，下列说法正确的是（　　）A．在线段BD上存在一定点E，使得AD1∥平面MNEB．存在某个位置，使得直线AD1⊥平面BCD1C．不存在某个位置，使得直线AD1与DM所成角为60°D．对于任意位置，二面角D1BCA始终不小于直线AD1与平面ABC所成角【答案】ABD【详解】解析：当E为AB的中点时，AD1∥NE，AD1⊄平面MNE，NE⊂平面MNE，即有AD1∥平面MNE，故A正确；由于AD1⊥D1C，当AD1⊥D1B，且D1B＜AB时，D1C∩D1B＝D1，可得直线AD1⊥平面BCD1，故B正确；假设存在某个位置，使得直线AD1与DM所成角为60°，由AD1∥NE，过E作EH∥DM交BC于H，可得∠NEH＝60°，设CD＝AD＝1，则AC＝，BD＝，BC＝2，可得NE＝，DM＝1，EH＝，连接NH，则NH＝＝＞NM＝，故C不正确；过D1作D1O⊥平面ABC，垂足为O，连接OA，过O作OF⊥BC，垂足为F，连接D1F，可得∠D1AO为直线AD1与平面ABC所成角，∠D1FO为二面角D1BCA的平面角，tan ∠D1AO＝，tan ∠D1FO＝，而OA≥OF，可得≤，则任意位置，二面角D1BCA始终不小于直线AD1与平面ABC所成角，故D正确．三、填空题12．（2024高三·全国·专题练习）已知A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴运动，则当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝ ．【答案】2【详解】取AB的中点E，连接DE，CE（图略）.由题意知DE⊥AB，当平面ADB⊥平面ABC时，平面ADB∩平面ABC＝AB，DE⊂平面ADB，则DE⊥平面ABC.因为CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE.由已知可得DE＝，CE＝1，所以在Rt△DEC中，CD＝＝2.13．（2024高一下·江苏·专题练习）如图是一个圆台形的纸篓（有底无盖），它的母线长为50 cm，两底面直径分别为40cm和30cm；现有制作这种纸篓的塑料制品50 m2，最多可以做这种纸篓的个数为 ．【答案】【分析】利用圆台的表面积公式求出每个纸篓需要的塑料制品面积，然后用总数除以该面积即可得到结果.【详解】设该圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，则，，，从而该圆台的侧面面积厘米，底面面积厘米，故每个纸篓需要的塑料制品面积为厘米.而总的塑料制品有米，即厘米，，故最多可以做个.故答案为：.14．（23-24高二上·上海宝山·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，给出下列命题:（1）长的最小值为2;（2）四棱锥的体积为定值;（3）有且仅有一条直线与垂直;（4）存在点，使为等边三角形;其中真命题的序号为 .  【答案】（1）（2）（4）【分析】（1）根据面与面之间的距离，即可说明长的最小值；（2）根据三棱锥的体积公式，再结合线线和面面之间的距离公式，即可判断；（3）根据垂直关系，寻找直线与垂直的充要条件，即可判断；（4）首先找到相等的条件，再根据动点的临界值，分析长度的变化过程，即可判断.【详解】对于（1），由点所在线段分别在两个平行平面，上，且为异面直线，其间距最小值为异面直线的距离，即两个平面间的距离，即长的最小值为2，因此（1）正确；对于（2），由，其中表示到平面的距离，显然为定值2，而的中，底与边上的高均为定值2，由此可知面积为定值，综合上述，四面体的体积为定值，因此（2）正确；对于（3），点在平面上的射影的轨迹为线段，平面，平面，所以，则的一个充要条件，当射影位于线段上的任意位置时，过作的垂线，所得垂足记为，则，根据以上垂直关系可知，，平面，所以平面，平面，从而.于是这样的直线不唯一，因此（3）不正确.  对于（4），由，，结合可知，的一个充要条件是.当时，考虑点在棱上自运动至，即从0变化至2时，当时，点与重合，点与重合，此时，，从而;当时，,，从而.由线段的长均随连续变化，因此在运动的过程中，必存在一个位置，使得，此时结合，就有是正三角形，因此（4）正确.故答案为：（1）（2）（4）【点睛】思路点睛：本题的难点是第（4）个命题，根据临界值比较与大小关系时，说明存在点，使得.四、解答题15．（2024高三·全国·专题练习）我国古代数学名著《九章算术》中，称四面都为直角三角形的三棱锥为“鳖臑”．如图，现有三棱锥平面．（1）证明：三棱锥为鳖臑；（2）若E为上一点，点分别为的中点．证明：直线平面．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由已知条件知为直角三角形，由平面证得，,即和为直角三角形，由平面证得，即为直角三角形，根据题目中定义从而得到结论；（2）证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论.【详解】（1）因为，所以为直角三角形，因为平面，且平面，平面，平面，所以，,，所以和为直角三角形，因为，因此平面，又因为平面，所以，因此为直角三角形，因此三棱锥为鳖曘.（2）连接，因为点分别为的中点，所以，且平面，平面，所以直线平面.16．（2024高一下·江苏·专题练习）在①平面，②，③点在平面内的射影为的垂心，这三个条件中任选两个补充在下面的问题中，并解答．在三棱锥中，.若________，求三棱锥的体积．  【答案】答案见解析【分析】由题意，根据所选的条件，确定三棱锥的高和底面，结合棱锥的体积公式计算即可求解.【详解】若选择①和②，因为，所以为等边三角形，所以，因为平面，所以即为点到平面的距离，且，所以；若选择①和③，因为平面，所以点为点在平面内的射影，又因为点在平面内的射影为的垂心，所以点即为的垂心，所以，  因为，所以是等腰直角三角形，所以，因为平面，所以即为点到平面的距离，且，所以；若选择②和③，因为，所以为等边三角形，所以，设的中心为点，则点即为等边的重心、垂心，且，  因为点在平面内的射影为的垂心，即点，所以平面，所以即为点到平面的距离，且，所以.17．（2024高三·全国·专题练习）已知正三棱锥ABCD中，底面正的边长为，是的中点，在上取一点，使，、的中点分别为、，过作截面平行于，与交于，，求截面与底面所成二面角的大小．【答案】【分析】由线与过作截面平行得到线平行线，从而得出面与面平行，所以截面与底面所成二面角等于平面与底面所成的二面角，由面面角定义证明即为所求角，利用三角形面积公式求出的度数.【详解】如图  设与交于，则，，又平面，平面，平面，所以平面，平面，平面，∴平面平面，故只需求平面与底面所成的二面角即可．过作平面，则点必在上，且与必相交，∴，则，∴就是平面与底面所成的二面角．又．∴，则，∴平面EFH与底面BCD所成的二面角为．18．（2024·陕西宝鸡·二模）在四棱锥中，底面为平行四边形，平面    (1)证明：；(2)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）如图，连接，设，连接，可证平面，从而可得，故可证明.（2）利用等积法可求与平面所成角的正弦值，根据基本不等式可求何时正弦值最大，故可求此时四棱锥的体积.【详解】（1）  如图，连接，设，连接.因为，平面，平面，故，而，，平面，故平面，而平面，故，由四边形为平行四边形可得，故为等腰三角形，故.（2）设，.由（1）可得平面，而平面，故，故四边形为菱形，而，故.因为平面，平面，故，故，同理.而，故.设为点到平面的距离，与平面所成的角为，故.又，而，故，故，故，当且仅当即时等号成立，故此时.19．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.(1)求证：；(2)求点到平面的距离；(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3)点在线段上靠近点的4分点处，此时，.【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；（2）由题干数据结合即可求解；（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解.【详解】（1）点在底面上的射影是与的交点，平面，平面，，四边形为菱形，，，平面，平面，平面，；（2）由题意可得､与都是边长为2的等边三角形，，，，，，设点到平面的距离为，由得，即，解得.故点到平面的距离为.（3）设直线与平面所成的角为，，到平面的距离即为到平面的距离.过作垂线平面交于点，则，此时，要使最大，则需使最小，此时.由题意可知：，，平面，且，，，在中，由余弦定理可得：，，由面积相等，即，解得：，，，即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.