第八章 立体几何（单元测试）-【中职专用】2025年对口招生数学一轮复习

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一、选择题（每小题4分，共40分）
1．如图是由6个相同的小正方体组成的几何体．从上面看到的这个几何体的形状图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三视图的定义即可判断.
【详解】从俯视图的定义可知，从上往下看到几何体形状为
.
故选：C.
2．正四面体的六条棱一共可以构成（ ）对异面直线.
A．2对B．3对C．4对D．5对
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义，由正四面体的特征即可求出.
【详解】如图，正四面体的六条棱所在直线中，成异面直线的有和，和，和，
正四面体的六条棱一共可以构成对异面直线.
故选：B.
3．已知直线，两个不重合的平面．若α//β，，则下列四个结论中正确的是（ ）
①与内的所有直线平行； ②与内的无数条直线平行；
③与内任何一条直线都不垂直； ④与没有公共点．
A．①②B．②④C．②③D．③④
【答案】B
【分析】根据面面平行的性质即可解得.
【详解】①：分别在两平行平面内的直线可能平行或异面，故①错误；
②：α//β，，则与内的无数条直线平行，故②正确；
③：与内的直线可能异面垂直，故③错误；
④：α//β，，则与没有公共点，故④正确，
故选：B
4．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在的平面的位置关系是（ ）
A．垂直B．斜交C．平行D．在平面内
【答案】A
【分析】根据线面垂直的判定定理即可判断.
【详解】因为梯形的两腰所在的直线相交，
根据线面垂直的判定定理可知线面关系为垂直.
故选：A.
5．以下命题中错误的是（ ）
A．圆柱的截面一定是矩形或圆
B．圆锥的轴截面一定是一个等腰三角形
C．三个相同的圆锥可以组成一个同底等高的圆柱
D．一个球的体积增加到原来的8倍，则半径增加到原来的2倍
【答案】A
【分析】根据圆锥、圆柱的概念即可判断选项A、B、C，根据球的体积公式即可判断选项D.
【详解】对A：圆柱的截面是矩形、圆或椭圆等，故A项错误；
对B：圆锥的轴截面一定是一个等腰三角形，故B项正确；
对C：三个相同的圆锥可以组成一个同底等高的圆柱，故C项正确；
对D：一个球的体积增加到原来的8倍，由，可得半径增加打怕原来的2倍，故D项正确.
故选：A.
6．已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等腰直角三角形的结构特征与其面积求得其底与高，从而得到圆锥的体高与底面半径，再利用圆的锥的体积公式即可得解.
【详解】依题意，设圆锥的轴截面等腰直角三角形的腰长为，则，解得，
所以轴截面等腰直角三角形的底为，高为，
则圆锥的高、底面半径均为，
所以圆锥的体积为.
故选：D.
7．下列说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面是三角形的多面体是棱锥
B．有两个面互相平行，其余各面均为梯形的多面体是棱台
C．有两个面互相平行，其余各面均为平行四边形的多面体是棱柱
D．棱柱的两个底面互相平行，侧面均为平行四边形
【答案】D
【分析】根据多面体的特性即可判断.
【详解】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多面体叫做棱锥，A错误，
有两个面互相平行，其余各面均为梯形且各条侧棱延长线交于一点的多面体是棱台，B错误，
棱柱的底面是平行且相等的多边形，侧面是平行四边形，C选项没有明确这两个平行的面是相等且为多边形，C错误，
棱柱的两个底面互相平行，侧面均为平行四边形，D正确，
故选：D．
8．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据线面，面面之间的关系，利用其判定定理及性质定理即可判断.
【详解】是两条不同的直线，是两个不同的平面，
对于，若，则与平行或相交，故错误；
对于，若，则 或，故错误；
对于，若，由面面垂直的判定定理可得，故正确；
对于，若，则或与相交或，故错误，
故选：.
9．已知两条不同的直线和两个不同的平面，下列命题是真命题的为（ ）
A．若，，则B．若， ，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】B
【分析】根据直线与平面之间的关系判断即可.
【详解】若，，则或l与相交但不垂直，故A是假命题；
若，，则，又，∴，故B是真命题；
若，，则或或m与相交但不垂直，或者，故C是假命题；
若，，则m或，故D是假命题，
故选：B.
10．正方体中，P、Q分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，可得，即为所求，再利用正方体的性质即可求解.
【详解】
连接，∵P、Q分别为棱、的中点，
∴，故即为所求，
由正方体的性质可知为等边三角形，
所以，即异面直线与BD所成角的大小为，
故选：C.
二、填空题（每小题4分，共20分）
11．若圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，且圆锥的母线长为2，则这个圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】由条件求出底面半径，然后利用圆锥的侧面积公式求解.
【详解】∵圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，且母线长，
∴圆锥的底面半径，
∴这个圆锥的侧面积.
故答案为：.
12．下列四个条件中，能确定一个平面的是 （填编号）
①空间任意三点；②空间两条平行直线；③一条直线和一个点；④两两相交且不共点的三条直线
【答案】②④
【分析】根据确定平面的基本性质2（即公理2）及推论，逐一判断即可得解.
【详解】对于①：当这三个点共线时经过这三点的平面有无数个，故①错误．
对于②：根据确定平面的公理的推论可知两条平行线可唯一确定一个平面，故②正确；
对于③：如该点在此直线上时有无数个平面经过这条直线和这个点，故③错误．
对于④：两条相交直线唯一确定一个平面，设直线，，，
则直线、唯一确定平面，即，，又，，
所以，，又，，所以，
即两两相交且不共点的三条直线唯一确定一个平面，故④正确；
故答案为：②④．
13．长方体的 条棱的总长度为，表面积为，那么长方体的对角线长为 ．
【答案】
【分析】先利用已知条件求出长方体的长、宽、高，再求出长方体对角线即可.
【详解】设长方体的长、宽、高分别为，
∵长方体的 条棱的总长度为，表面积为，
可得，
可得，
∴，
∴，
∴长方体的对角线长为.
故答案为：.
14．如图，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处，已知库底与水坝斜面所成的二面角为，测得从，到库底与水坝斜面的交线的距离分别为，，若，则甲，乙两人相距 .
【答案】
【分析】根据二面角的概念和余弦定理易得答案.
【详解】作，且，连结，，
则为平行四边形，
，，，平面，
平面且，
因为四边形为平行四边形，
，平面，
平面，
中，，
中，.
故答案为：.
15．已知正方形的边长为1，对角线与的交点为，以为棱折成的二面角，则点到的距离为 .
【答案】/
【分析】根据二面角的定义找出二面角的平面角，再结合点到直线的距离和正弦的定义即可求解.
【详解】如图，
因为平面平面，且平面平面，
由四边形是正方形可知，
所以为二面角的平面角，即，
设点到的距离为，则.
故答案为：
三、解答题（共6小题，共60分）
16．已知棱长为4，底面为正方形，各侧面均为正三角形的四棱锥.
(1)求它的表面积；
(2)求它的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）四棱锥表面积为四个侧面等边三角形面积和底面正方形面积之和，从而得解；
（2）利用正四棱锥的结构特征得到为棱锥的高，再利用棱锥体积公式即可得解.
【详解】（1）因为四棱锥的各棱长均为4，底面为正方形，各侧面均为正三角形，
所以它的表面积为；
（2）连接、，，连接，则为棱锥的高，
则，
故棱锥的体积.
17．一个球的截面面积为，截面到球心的距离为，求这个球的半径与表面积．
【答案】，
【分析】由截面面积求出截面半径，再求出球的半径，进而求出表面积即可.
【详解】由题意，设截面的半径为，球的半径为，
则，解得，
又截面到球心的距离为，
所以球的半径，
由球的表面积公式可得，球的表面积，
故这个球的半径为，表面积为.
18．如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．
(1)求圆柱的表面积；
(2)求图中圆锥、球、圆柱的体积比．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得圆柱和圆锥的高为，圆锥的底面半径和球的半径为r，直接由圆柱表面积公式求得圆柱的表面积；
（2）分别求出图中圆锥、球、圆柱的体积，作比即可得解.
【详解】（1）已知圆柱的底面半径为r，
因为球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，
则圆柱和圆锥的高为，
圆锥的底面半径和球的半径为r，
则圆柱的表面积为.
（2）由（1）知圆柱和圆锥的底面半径为r，圆柱和圆锥的高为，球的半径为，
，
，，
所以图中圆锥、球、圆柱的体积比为.
19．如图，在正方体中，为线段的中点.
(1)证明：直线平面；
(2)证明：直线平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明直线垂直于平面内两条相交直线即可证明直线平面；
（2）证明直线所在的平面平面平面，即可证明直线平面.
【详解】（1）∵在正方体中，
平面，平面，
∴，
又∵在正方形中，为线段中点，
∴，
又，平面，
∴直线平面.
（2）连接，如图，
在正方体中，
四边形是平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面，
在正方体中，四边形是平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面，
又，平面，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面.
20．如图，已知空间四边形中，，，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件并利用等腰三角形的性质可得，根据直线与平面垂直的判定定理证得.
（2）由（1）知，而，利用平面与平面垂直的判定定理证得.
【详解】（1）证：∵，是AB的中点，
由等腰三角形的性质可得,.
所以中的两条相交直线CE和DE，
∴.
（2）证：由（1）知，而，
则.
21．已知多面体中，平面，，，，为中点.

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）先根据二面角的定义找到二面角的平面角，再根据直角三角形边长关系求解即可.
【详解】（1），所以为等腰三角形，
因为为中点，
平面，平面，，
因为、在平面上，且，
所以平面.
（2）取中点，连接，，,

因为为中点，在中，且，
由题意得：且，且，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
因为在平面上，.
，为的中点，，
因为与在平面上，且，所以平面，
就是求直线与平面所成角.
因为在直角三角形中，，，
所以，
因为平面，，所以平面，
所以为直角三角形，因为，，
所以，
在中，，
直线与平面所角的正弦值为.