高考数学第二轮复习专题练习 专题8.17 立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.17 立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）（教师版），共24页。
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3个面
B．有2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4个面，故选项A错误；
对于B，有2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α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．若m//n，m//α，n//β，则α//βB．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βD．若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
【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m//n，m//α，n//β，则α//β或α、β相交，A错；
对于B选项，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m、n异面，B错；
对于C选项，由于m⊥n，m⊥α，可得n⊂α或n//α，
若n⊂α，因为n⊥β，则α⊥β，
若n//α，过直线n作平面γ，使得α∩γ=a，则n//a，
因为n⊥β，则a⊥β，∵a⊂α，因此，α⊥β，C对；
对于D选项，若m⊥n，m⊥α，n//β，则α//β或α、β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Rt△O'A'B'是一个平面图形的直观图，斜边O'B'=4，则原平面图形的面积是（ ）
A．82B．42C．4D．2
【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OB=4,OA=42 ，故这个平面图形的面积为S=12×4×42=82 ,
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．64πB．68πC．72πD．76π
【解题思路】计算母线长为l=8，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l=4×2π×42π-4×2π×22π=8，
圆台的表面积S=π×22+π×42+π×8×2+4=68π.
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CFCB=CGCD=23，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．①③B．①④C．②③D．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EH//BD，且EH=12BD，
点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=23，则FG//BD，且FG=23BD，
因此FG//EH，点E，F，G，H四点共面，①正确，②错误；
因FG//EH，FG>EH，即四边形EFGH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，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D为BC的中点，将△ABC沿AD折叠成三棱锥A-BCD，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（ ）
A．π B．2πC．3πD．4π
【解题思路】由题可证明AD⊥平面BCD，进而得BD⊥DC时，三角形BCD的面积最大，此时三棱锥A-BCD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△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D为BC的中点，
所以，BC=2,AD=BD=CD=1,AD⊥BC，
所以，在三棱锥A-BCD中，AD⊥BD,AD⊥DC，
因为BD∩DC=D,BD,DC⊂平面BCD，
所以，AD⊥平面BCD，
所以，当底面三角形BCD的面积最大时，该三棱锥的体积最大，
因为S△BCD=12DB⋅DC⋅sin∠BDC=12⋅sin∠BDC≤12，当且仅当∠BDC=π2时等号成立，
所以，当BD⊥DC时，三角形BCD的面积最大，此时三棱锥A-BCD的体积最大，
所以，DA,DB,DC两两垂直，
所以，三棱锥A-BCD的外接球即为以DA,DB,DC为邻边的正方体的外接球，
所以，棱锥A-BCD的外接球直径为以DA,DB,DC为邻边的正方体的体对角线，
所以，三棱锥A-BCD的外接球的半径满足2r=3，
所以，三棱锥A-BCD的外接球的表面积为4πr2=3π.
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，A,B,M,N,P分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出AB //平面MNP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MN//AC，NP//BC，而MP∩NP=P，AC∩BC=C，
MP⊂平面MNP，NP⊂平面MNP，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
故平面MNP//平面ABC，而AB⊂平面ABC，故AB //平面MNP，故A正确，
对于B，取MP的中点Q，底面中心O，则NO//AB，故AB与NQ相交，故B错误，
对于C，MB//NP，故B∈平面MNP，则AB∩平面MNP=B，故C错误，
对于D，作平行四边形MNPQ，则AB与MQ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ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段B1C上，有下列四个结论：
①AB1⊥CD1；
②点P到平面A1BD的距离为33；
③二面角A-B1C-D1的余弦值为23；
④若四面体B1ACD1的所有顶点均在球O的球面上，则球O的体积为23π.
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】对于①，连接DC1，由四边形DCC1D1为正方形，可得DC1⊥CD1，结合AB1∥DC1进而得到AB1⊥CD1；
对于②，由B1C//A1D可得B1C//平面A1BD，所以点P到平面A1BD的距离即为点B1到平面A1BD的距离d，利用等体积法V三棱锥B1-A1BD=V三棱锥D-A1BB1即可求解；
对于③，结合题意可得AP⊥B1C,D1P⊥B1C，所以∠APD1为二面角A-B1C-D1的平面角，再利用余弦定理即可求解；
对于④，由四面体B1ACD1的外接球即为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，所以球O的半径为32，再利用球的体积公式求解即可.
【解答过程】如图，连接DC1.因为四边形DCC1D1为正方形，所以DC1⊥CD1.
又AB1∥DC1，所以AB1⊥CD1，故①正确；
因为B1C//A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD，
所以点P到平面A1BD的距离即为点B1到平面A1BD的距离d.
因为V三棱锥B1-A1BD=V三棱锥D-A1BB1，
所以13×34×(2)2×d=13×12×1×1×1，解得d=33，故②正确；
由题意知△AB1C,△D1B1C为全等的等边三角形，
当点P为B1C的中点时，连接AP,D1P，则AP⊥B1C,D1P⊥B1C，
所以∠APD1为二面角A-B1C-D1的平面角.
由题意知AD1=2,AP=D1P=62，
在△APD1中，由余弦定理，得AD12=AP2+D1P2-2×AP×D1P×cs∠APD1，
即(2)2=622+622-2×62×62×cs∠APD1，所以cs∠APD1=13，故③错误；
因为四面体B1ACD1的外接球即为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，
所以球O的半径为32，其体积为V=43π×323=32π，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△ABC，
设AD=a，BD=b，CD=c，
∴AC2=a2+c2，BC2=b2+c2，AB2=a2+b2，
cs∠BAC=AB2+AC2-BC22AB⋅AC=a2+b2+a2+c2-b2-c22(a2+b2)(a2+c2)=2a22(a2+b2)(a2+c2)>0，
同理，cs∠ABC>0，cs∠ACB>0，即∠BAC,∠BCA,∠ABC为锐角，
∴△ABC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MNPQ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32和42，若该四棱台所有的顶点均在表面积为100π的球面上，则该四棱台的体积可能为（ ）
A．703B．743C．5153D．5183
【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O，半径为R，则4πR2=100π，
解得：R=5，
上底面正方形ABCD的中心为M，下底面正方形EFGH的中心为N，

若球心在四棱台的内部，连接OA,OE,AM,EN,OM,ON，
则MN为四棱台的高，OA=OE=5，AM=12AC=12×322+322=3，
同理：NE=4，
由勾股定理得：OM=OA2-AM2=4，ON=OE2-NE2=3，
所以四棱台的高h=MN=4+3=7，
此时四棱台的体积V=13×18+32+18×32×7=5183；
若球心在四棱台的外部，
则四棱台的高h=OM-ON=4-3=1，
此时四棱台的体积V=13×18+32+18×32×1=743．
故选：BD.
11．（5分）（2022秋·黑龙江伊春·高二期末）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BC,A1D1的中点，下列说法正确的是（ ）
A．四边形B1EDF是菱形
B．直线AC与BC1所成的角为π4
C．直线AC1与平面ABCD所成角的正弦值是33
D．平面A1BD与平面ABCD所成角的余弦值是63
【解题思路】利用正方体ABCD-A1B1C1D1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a，
选项A：因为E,F分别是BC,A1D1的中点，易得B1F∥DE，DF∥B1E，
又因为DF=B1E=B1F=DE=a2+12a2=52a，所以四边形B1EDF是菱形，正确；
选项B：如图所示
因为AC∥A1C1，所以直线AC与BC1所成角即为A1C1与BC1所成角，
因为A1C1=BC1=A1B，所以直线AC与BC1所成的角为π3，错误；
选项C：如图所示
因为CC1⊥平面ABCD，所以直线AC1与平面ABCD所成角即为∠C1AC，
因为AC1=a2+a2+a2=3a，所以sin∠C1AC=a3a=33，正确；
选项D：如图所示，设AC交BD于O，
由正方体ABCD-A1B1C1D1，得O为BD中点，A1D=A1B=2a，
所以AO⊥BD，A1O⊥BD，
因为平面A1BD∩平面ABCD=BD，所以∠A1OA即为平面A1BD与平面ABCD所成角，
因为AO=12AC=12a2+a2=22a，A1O=AO2+AA12=62a，
所以cs∠A1OA=22a62a=33，错误，
故选：AC.
12．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CC1，B1C1的中点，则下列结论不正确的是（ ）
A．BD1⊥平面B1PQB．AM ∥平面B1PQ
C．D1M⊥平面B1PQD．AN ∥平面B1PQ
【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BD1⊥平面B1PQ，则BD1⊥B1P，
又因为A1D1⊥平面ABB1A1，B1P⊂平面ABB1A1，
则A1D1⊥B1P，连接A1B，又A1D1∩BD1=D1，
所以B1P⊥平面A1BD1，A1B⊂平面A1BD1，则B1P⊥A1B，
只有当AB=2AA1时，B1P⊥A1B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AC//PQ，AC⊄平面B1PQ，PQ⊂平面B1PQ，
所以AC//平面B1PQ，
若AM//平面B1PQ，则平面AMC//平面B1PQ，
又平面AMC∩平面BCC1B1=CC1，平面B1PQ∩平面BCC1B1=B1Q，
所以B1Q//CC1，显然不正确，故B不正确；
C选项：如图3，若D1M⊥平面B1PQ，B1Q⊂平面B1PQ，
则MD1⊥B1Q，又易知C1D1⊥平面BCC1B1，B1Q⊂平面BCC1B1，
则C1D1⊥B1Q，又C1D1∩MD1=D1，
所以B1Q⊥平面C1MD1，CC1⊂平面C1MD1则B1Q⊥CC1，
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AC//PQ，AC⊄平面B1PQ，PQ⊂平面B1PQ，
所以AC//平面B1PQ，
因为Q，N分别是BC，B1C1的中点，所以B1N∥CQ，
所以四边形B1NCQ是平行四边形，则CN//B1Q，
NC⊄平面B1PQ，B1Q⊂平面B1PQ，
所以NC//平面B1PQ，且AC∩NC=C，
因此平面ACN//平面B1PQ，AN⊂平面ACN，
所以AN//平面B1PQ，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 60πcm2 .
【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82+62=10cm，底面周长为2π×6=12πcm,
则它的侧面展开图的面积为12×10×12π=60πcm2,
故答案为：60πcm2.
14．（5分）（2022秋·广西玉林·高三阶段练习）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=6，D为B1B的中点，则A1B与C1D所成角的余弦值为 13013 .
【解题思路】取A1B1的中点E，连接DE，EC1，即可得到DE//A1B，从而得到∠EDC1为A1B与C1D所成的角，再利用余弦定理计算可得.
【解答过程】如图，取A1B1的中点E，连接DE，EC1，
在△A1BB1中，D为B1B的中点，所以DE为中位线，所以DE//A1B，
所以∠EDC1为A1B与C1D所成的角，
在△EDC1中，ED=32+12=10，DC1=32+22=13，EC1=22-12=3，
所以cs∠EDC1=ED2+DC12-EC122ED⋅DC1=10+13-32×10×13=13013，
所以A1B与C1D所成角的余弦值为13013.
故答案为：13013.
15．（5分）（2022秋·河北衡水·高二开学考试）长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，E，F分别是侧棱AA1，CC1上的动点，AE+CF=8，P在棱AA1上，且AP=2.若EF∥平面PBD，则CF= 2 .
【解题思路】连接AC，交BD于点O，连接PO，过点C作CQ∥OP，交AA1于点Q，则结合已知可得四边形EQCF为平行四边形，则QE=CF，四边形ABCD是正方形结合三角形中位线定理可得PQ=AP=2，再根据AE+CF=8可求得结果.
【解答过程】连接AC，交BD于点O，连接PO，过点C作CQ∥OP，交AA1于点Q.
∵EF∥平面PBD，EF⊂平面EACF，平面EACF∩平面PBD=PO，
∴EF∥PO.
∵CQ∥OP，
∴EF∥QC，又EQ∥CF，
∴四边形EQCF为平行四边形，
∴QE=CF.
∵四边形ABCD是正方形，
∴O是AC的中点，
又CQ∥OP，∴PQ=AP=2.
∵AE+CF=AP+PQ+QE+CF=2+2+CF+CF=8，
∴CF=2.
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ABCD-A1B1C1D1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D1E//平面A1BC1；
②若E是直线BD1上的动点，F是直线BD上的动点，则EF⊥AC；
③若E是△ABC内（包括边界）的动点，则直线D1E与平面ABC所成角的正切值的取值范围是22,1；
④若E是平面BA1C1内的动点，则三棱锥D1-AEC的体积为定值16
【解题思路】对于①：连接D1A,D1C.证明出平面D1AC//平面A1BC1，利用面面平行的性质即可证明；对于②：连接B1D1.证明出AC⊥面BDD1B1.利用线面垂直的性质即可证明；对于③：判断出∠DED1即为直线D1E与平面ABC所成角,得到tan∠DED1=1DE.求出DE的范围，即可求出tan∠DED1的范围，即可判断；对于④：利用等体积法转化得到VD1-AEC=VE-D1AC =VB-D1AC=VD1-ABC.即可求得.
【解答过程】对于①：
连接D1A,D1C.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC//A1D1，BC=A1D1，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以A1B//D1C.
又D1C⊄平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1，所以D1C//平面A1BC1.
同理可证：D1A//平面A1BC1.
因为D1A∩D1C=D1，D1A⊂平面D1AC,D1C⊂平面D1AC,
所以平面D1AC//平面A1BC1.
因为E是直线AC上的动点，所以D1E⊂平面D1AC,所以D1E//平面A1BC1.故①正确；
对于②：连接B1D1.
因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，所以AC⊥BD，
又 BB1⊥面ABCD,AC⊂面ABCD，所以BB1⊥AC.
因为BD⊂面BDD1B1,BB1⊂面BDD1B1,BD∩BB1=B，
所以AC⊥面BDD1B1.
因为E是直线BD1上的动点，F是直线BD上的动点，所以EF⊂面BDD1B1.
所以AC⊥EF.故②正确；
对于③：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥面ABCD.
对于平面ABC，DD1为垂线，D1E为斜线，DE为射影，所以∠DED1即为直线D1E与平面ABC所成角,所以tan∠DED1=DD1DE=1DE.
设AC∩BD=O，则AC⊥BD.
因为E是△ABC内（包括边界）的动点，所以当E与O重合时，DE=DB2=22最小，
当E与B重合时，DE=DB=2最大，
所以tan∠DED1=1DE∈22,2.
故③错误；
对于④：三棱锥D1-AEC的体积VD1-AEC=VE-D1AC.
由①的证明过程可知：平面D1AC//平面A1BC1，所以平面A1BC1内任一点到平面D1AC的距离都相等.
因为E是平面BA1C1内的动点，所以VE-D1AC=VB-D1AC=VD1-ABC=13S△ABC⋅DD1=13×12×1×1×1=16.
即三棱锥D1-AEC的体积为定值16.
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A1B1C1D1是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图.若A1D1平行于y轴，A1B1∥C1D1,A1B1=23C1D1=2,A1D1=1，求梯形ABCD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A1D1平行于y轴，A1D1=1，⇒原图中AD//Oy，
从而得出AD⊥DC，且AD=2A1D1=2，
直观图中A1B1//C1D1，A1B1=23C1D1=2，⇒原图中AB//CD，AB=23CD=2，
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S=12×2+3×2=5.
19．（12分）（2023·高一单元测试）用2π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π3，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米（精确到0.01m3）．
【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πx2+πxy=2π，分离出y即可，利用x