18第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(基础卷）- -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》单元达标高分突破必刷卷(基础卷）一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．下列关于简单几何体的说法中正确的是①有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③在斜二测画法中，与坐标轴不平行的线段的长度在直观图中有可能保持不变；④有两个底面平行且相似其余各面都是梯形的多面体是棱台；⑤空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面.A．③④⑤ B．③⑤ C．④⑤ D．①②⑤2．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（    ）A．1 B．2 C． D．23．已知两个圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，它们的上底面半径都为2，下底面半径都为4，高之差为2，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．4．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（    ）A．“//”是“”的充分不必要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．若异面，则有公共点D．若有公共点，则有公共点5．如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ）A． B． C． D．6．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．7．已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是A．若，，则 B．若，，且，则C．若，，则 D．若，，且，则8．如图①，已知四边形所有边长均为2，对角线.现以为折痕将四边形折起为四面体，使得，如图②.则四面体的外接球的表面积为（    ）  A． B． C． D．二：多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（   ）A．弧长度为 B．曲池的体积为C．曲池的表面积为 D．三棱锥的体积为510．已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（    ）A． B． C． D．11．在正方体中，若棱长为1，点E，F分别为线段，上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（    ）A．平面B．异面直线AF与DC所成角的余弦值范围为C．三棱锥的体积为定值D．直线AE与平面所成的角的正弦值为12．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（    ）A．存在某个位置，使得B．面积的最大值为C．D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积三：填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为 .  14．已知O，A，B，C四点均在半径为的球S的表面上，并且满足，平面，，则三棱锥的体积为 .15．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，分别是的中点，过点的平面记为，则平面截直四棱柱所得截面的面积为 .  16．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），给出以下结论：①三棱锥体积最大值为；②直线平面；③直线与所成角为定值；④存在，使．则其中正确结论的序号为 ．（填写所有正确结论的序号）四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图所示，菱形ABCD与正△BCE所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，且AB＝2，FD＝．（Ⅰ）求证：EF∥平面ABCD；（Ⅱ）若BD＝2，求几何体EFABCD的体积．18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，Q为的中点，点M在侧棱上且.若平面，试确定实数t的值.  19．如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，，侧面是边长为4的正三角形，.(1)证明：平面平面ABCD；(2)求点A到平面SBC的距离.20．如图，在直三棱柱中，，，，点M、N分别为和的中点．(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)证明：平面．21．如图1，在中，分别是边的中点，现将沿翻折，使点与点重合，且，得到如图2所示的四棱锥．(1)求证：平面平面；(2)求四棱锥的体积．22．如图，四面体中，，，，为的中点．  (1)证明：平面平面；(2)设，，点在上；①点为中点，求与所成角的余弦值；②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(基础卷）一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．下列关于简单几何体的说法中正确的是①有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③在斜二测画法中，与坐标轴不平行的线段的长度在直观图中有可能保持不变；④有两个底面平行且相似其余各面都是梯形的多面体是棱台；⑤空间中到定点的距离等于定长的所有点的集合是球面.A．③④⑤ B．③⑤ C．④⑤ D．①②⑤【答案】B【分析】根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来以及对概念的理解进行否定，即可得出答案.【详解】对于①，不符合棱柱的结构特征，若下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱，如图：，故①不正确；对于②，棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体，故②不正确；对于③，长宽分别为3和的矩形的对角线，在直观图中长度不变，而正方形的对角线长度改变，故③正确；对于④，不符合棱台的结构特征，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，则应保证各侧棱延长后相交于一点，故④不正确；对于⑤，在平面内满足到定点的距离等于定长的所有点的集合为圆，在空间中，满足到定点的距离等于定长的所有点的集合为球面，故⑤正确.故选B.【点睛】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，棱锥的几何特征，棱台的几何特征，熟练掌握几何体结构特征是解答的关键，属于基础题．2．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（    ）A．1 B．2 C． D．2【答案】D【分析】在直观图中轴，可知原图形中轴，故，求直观图中的长即可求解.【详解】因为直观图是等腰直角，，，所以，根据直观图中平行于轴的长度变为原来的一半，所以的边上的高.故选：D.3．已知两个圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，它们的上底面半径都为2，下底面半径都为4，高之差为2，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据几何体的空间结构，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求解.【详解】不妨取两个圆台的摆放方式如图所示，记为高度低的圆台的下底面圆心，在圆上，连接，由题意得，所以，所以球的表面积为．备注：当两个圆台共下底面摆放时，可得其外接球的表面积仍为.故选：C4．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（    ）A．“//”是“”的充分不必要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．若异面，则有公共点D．若有公共点，则有公共点【答案】C【分析】对于A，推理说明“//”是“”的必要条件即可判断；对于B，推理说明“”是“”的充分条件即可判断；对于C，通过反证法易判断命题正确；对于D，由有公共点和题设条件，易得可相交或异面即可判断.【详解】对于A，由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A项错误；对于B，由，可得或，当时，因，则，当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，即“”是“”的充分条件，故B项错误；对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C项正确；对于D，由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D项错误.故选：C.5．如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用棱柱，棱台的体积公式结合条件即得.【详解】由题可知平面与棱柱上，下底面分别交于，，则∥，，显然是三棱台，设的面积为1，的面积为S，三棱柱的高为h，，解得，由，可得.故选：D.6．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出异面直线与所成的角，再由余弦定理求解此角即可得出答案.【详解】如图，连接，与交于点，则为的中点，取的中点，连接，则，为异面直线与所成的角或其补角．  平面，平面，．，，又，，在中，根据余弦定理可得．故选：C.7．已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是A．若，，则 B．若，，且，则C．若，，则 D．若，，且，则【答案】D【解析】根据线面的位置关系和线面平行的判断，即可判断A；由面面的位置关系和线面平行的判定，即可判断B；由线面垂直的性质和线面的位置关系，即可判断C；根据线面垂直，面面垂直及线线垂直之间的互相转化，可以判断D的真假，进而得到答案．【详解】对于A：若，，则可平行于、的交线，则有或，故A错误；对于B：若，，，当、都平行于、的交线，则条件满足，则、相交成立，故B错误；对于C：若，，则由面面垂直和线面垂直的性质可得或，故C错误；对于D：若，，且，可将、平移至相交直线，由公理3推论2，确定一个平面，由线面垂直的性质可得、的交线垂直于，进而得到垂直于和，的交线，由面面垂直的定义，可得，故D正确．故选：D.【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行和垂直的判断和性质，面面平行和垂直的判断和性质，考查空间想象和推理能力，属于基础题和易错题．8．如图①，已知四边形所有边长均为2，对角线.现以为折痕将四边形折起为四面体，使得，如图②.则四面体的外接球的表面积为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】根据边长可判断为四边形为菱形，进而根据线线垂直得线面垂直，可证得四面体为棱长为2的正四面体，将其放入正方体中，借助正方体的外接球即可求解.【详解】由题意可知，由余弦定理可得所以，故四边形为的菱形，  取中点为，连接，由于三角形为等边三角形，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，由于为中点，所以，故三角形为边长为2的等边三角形，故，故四面体为棱长为2的正四面体，不妨将其放入正方体中，则正方体的棱长为，其正方体的外接球即为四面体的外接球，则正方体的体对角线长为其外接球的一条直径，故，故外接球的表面积为.故选：C.  二：多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．9．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（   ）A．弧长度为 B．曲池的体积为C．曲池的表面积为 D．三棱锥的体积为5【答案】ACD【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据弧的长度是弧长度的倍及求出、，再根据体积、表面积公式计算可得.【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，因为弧的长度是弧长度的倍，，即，，，，所以弧的长度为，故A正确；曲池的体积为，故B错误；曲池的表面积为，故C正确；三棱锥的体积为，故D正确．故选：ACD．10．已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.【详解】作出图形如图所示．延长至Q，使得，连接MQ，NQ， 记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，取的中点，连结，，所以，即，且，所以四边形是平行四边形，得，且又因为，且，所以四边形是平行四边形，得，，所以，且，所以四边形是平行四边形，则截面为五边形为，则，，因为，所以，所以，，同理：，，，，，故所得截面的周长为.故选：ACD11．在正方体中，若棱长为1，点E，F分别为线段，上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（    ）A．平面B．异面直线AF与DC所成角的余弦值范围为C．三棱锥的体积为定值D．直线AE与平面所成的角的正弦值为【答案】AC【分析】根据线线平行即可求解A，根据异面直线所成角即可求解B，根据锥体的体积公式即可求解C，根据线面角的几何法求解即可判断D.【详解】连接，在正方体中，,平面,平面,故平面,故A正确，由于,所以即为异面直线AF与DC所成角，由于,则三角形为直角三角形，，所以当,故，B错误，,由于四棱锥的体积为定值，所以三棱锥的体积为定值，C正确，由于平面平面,且交线为，,平面,所以平面，所以为直线AE与平面所成的角，由于长度不确定，所以不为定值，故D错误，故选：AC12．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（    ）A．存在某个位置，使得B．面积的最大值为C．D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积【答案】BD【分析】A选项，作出辅助线，得到，与不垂直，所以不垂直，故A错误；B选项，利用三角形面积公式得到，得到当时，最大，求出最大值；C选项，作出辅助线，证明出在平面上的射影在直线上，得到，，求出；D选项，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积.【详解】对于A，如图1，取的中点，连接，显然，  且，又，且，所以，，所以四边形为平行四边形，故，又，且为的中点，则与不垂直，所以不垂直，故A错误；对于B，由得，，所以当时，最大，最大值为，B正确；C选项，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面，且点在平面内，连接，  由知，⊥，又，且⊥，所以⊥，所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上，所以为平面与平面所成的二面角，则，所以，又在平面上的射影为，则，所以，所以，C错误；D选项，结合C可知，，如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为，因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影，故，连接，过点作⊥于点，因为⊥平面，平面，所以⊥，，则，设，则，，由勾股定理得，，设三棱锥的外接球半径为，则，故，解得，  所以其外接球半径，所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确.故选：BD三：填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为 .  【答案】/【分析】作出梯形，求出梯形的高，即可得出答案.【详解】作出梯形如下图所示：由斜二测画法可知，过点作交于点，因为，梯形的高为，所以，梯形的面积为，故答案为：.  14．已知O，A，B，C四点均在半径为的球S的表面上，并且满足，平面，，则三棱锥的体积为 .【答案】/【分析】首先确定球心位置，再根据边长与半径的关系列出方程组，求出，最后代入三棱锥的体积公式即可.【详解】  易知，以点O为顶点的三棱锥的三条棱两两垂直，则球S为以为顶点，分别以为棱的长方体的外接球，设，则有，解得，所以三棱锥的体积.故答案为：.15．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，分别是的中点，过点的平面记为，则平面截直四棱柱所得截面的面积为 .  【答案】【分析】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的柱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可.【详解】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点，连接，交于点，连接，所以平面截直四棱柱的截面为五边形.由平行线分线段比例可知：，故，故为等腰直角三角形，所以，故，则，.连接，易知，所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分，等腰梯形的高，则等腰梯形的面积为.又，所以五边形的面积为，  故答案为：.16．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），给出以下结论：①三棱锥体积最大值为；②直线平面；③直线与所成角为定值；④存在，使．则其中正确结论的序号为 ．（填写所有正确结论的序号）【答案】①②③【分析】利用锥体的体积公式可判断①；利用面面平行的性质可判断②；利用异面直线所成角的定义可判断③；利用反证法可判断④.【详解】对于①，取线段的中点，连接，连接交于点，过点在平面内作，垂足为点，在矩形中，且，、分别为、的中点，则且，因为，，故四边形为正方形，同理可知四边形也为正方形，因为，则为的中点，且，将沿直线翻折至的位置，则，且，，且，，平面，平面，，，，平面，且，因为，，当且仅当为直角时，等号成立，故①正确；对于②，连接交于点，连接、，因为四边形为正方形，，则为的中点，又因为为的中点，所以，，平面，平面，平面，同理可证平面，因为，平面平面，平面，平面，故②正确；对于③，因为，，，，因为，所以，为等腰直角三角形，且，所以，，由余弦定理可得，所以，所以，直线与所成角为为定值，故③对；对于④，假设存在使得，易知，，，，，，平面，平面，，事实上，为等腰直角三角形，且，这与矛盾，故假设不成立，故④错误.故答案为：①②③.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图所示，菱形ABCD与正△BCE所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，且AB＝2，FD＝．（Ⅰ）求证：EF∥平面ABCD；（Ⅱ）若BD＝2，求几何体EFABCD的体积．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形，从而得出，再结合线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）先证明平面，平面平面，从而得出点到平面的距离，由棱锥的体积公式得出，，再将二者相加，即为几何体EFABCD的体积．【详解】（Ⅰ）取为的中点，连接，平面，平面平面，且交线为平面FD⊥平面ABCD，且四边形为平行四边形平面ABCD，平面ABCD平面（Ⅱ）连接，为正三角形，平面，平面平面，且交线为平面平面，平面平面同理可证平面平面平面平面则点到平面的距离为，几何体EFABCD的体积为【点睛】本题主要考查了证明线面平行以及利用分割法求几何体的体积，属于中档题.18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，Q为的中点，点M在侧棱上且.若平面，试确定实数t的值.  【答案】【分析】连接交于点，交于点，连接，首先设菱形的边长为，表示出，然后由线面平行的性质、截平行线段成比例即可求解.【详解】如图，连接交于点，交于点，连接，易知为的中点．  因为分别为正三角形的边上的中线，所以为正三角形的中心．设菱形的边长为，则，.因为平面，平面，平面平面，所以.所以.即，所以实数的值为.19．如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，，侧面是边长为4的正三角形，.(1)证明：平面平面ABCD；(2)求点A到平面SBC的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取中点为，通过证明，即可由线线垂直证明线面垂直；（2）根据，结合的面积，即可由等体积法求得结果.【详解】（1）证明：取CD中点E，连接SE，AE，BE，易得，，因为，，所以，，，故，又，，所以，故，因为平面ABCD，平面ABCD，，所以平面ABCD，又因为平面SCD，所以平面平面ABCD.（2）由（1）知平面ABCD，且，在中，，所以，故.在中，，，所以SB边上的高，所以.设点A到平面SBC的距离为d，则，即，解得，所以点A到平面SBC的距离为.20．如图，在直三棱柱中，，，，点M、N分别为和的中点．(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)证明：平面．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）可将直三棱柱补成一个长方体，利用异面直线的定义求解几何角，即可利用三角形的边角关系求解；（2）找线线平行即可得．【详解】（1）直三棱柱中，，作，且，连接，作，且，连接，，则得到长方体，底面为边长为2的正方形，对角线长．连接相交于，连接,由于分别是，的中点，所以则为异面直线与所成角或其补角，，，,则，,中，；故异面直线与所成角的余弦值（2）在正方形中，为的中点，也为的中点，又为的中点，则，在长方体中，,所以四边形为平行四边形，故，，平面，平面，平面．21．如图1，在中，分别是边的中点，现将沿翻折，使点与点重合，且，得到如图2所示的四棱锥．(1)求证：平面平面；(2)求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)8【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证得平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；（2）根据条件求得,再根据锥体体积计算公式进行计算即可.【详解】（1）因为分别是边中点，所以，则，又，，平面，所以平面，平面，所以，又，平面所以平面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知平面，又平面，所以．设，则，由，得，由，得，又，所以，则，得，即，又平面，故四棱锥的体积.22．如图，四面体中，，，，为的中点．  (1)证明：平面平面；(2)设，，点在上；①点为中点，求与所成角的余弦值；②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)①；②．【分析】（1）根据已知关系有得到，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直；（2）①取的中点，的中点，则（或其补角）为与所成的角，在中求解.②先证平面平面，可得（或其补角）为与平面所成的角，在中求解.【详解】（1）∵，为的中点，∴，在和中，∴，∴，又为的中点，∴，又平面，，∴平面，又∵平面，∴平面平面；（2）   ①取的中点，的中点，连接，则，，∴（或其补角）为与所成的角，由且，∴是等边三角形，则，由且，为的中点，∴在等腰直角中， ，在中，，所以，即，又，∴，在中，由余弦定理得 ，即，∴，在中，，由余弦定理得，在中，，即，∴，故 ，在中，，，，故，∴与所成角的余弦值为．②连接，由（1）知，平面，平面，∴，则，当时最小，即的面积最小．∵平面，平面，∴，又∵平面，平面，，∴平面，又∵平面，∴平面平面，过点作于（或交延长线），∵平面平面，平面，∴平面，∴（或其补角）为与平面所成的角，由知，∴ ，在直角中，，所以，在直角中，，∴，在等腰中，，，∴ ，∴，∴与平面所成的角的正弦值为．