高考数学第二轮复习专题练习 专题8.18 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.18 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）（教师版），共33页。
1．（5分）（2023·高一单元测试）下列命题中成立的是（ ）
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
【解题思路】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断.
【解答过程】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起,
所得多面体的每个面都是三角形,但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误；
对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，
则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；
对于C，如图所示，若AB=AC=CD=BD=4,BC=AD=3，
满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面BCD不是正三角形，故C错误；
对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，
比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.
故选：B.
2．（5分）（2022春·辽宁沈阳·高一阶段练习）如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中O'A'=2，∠B'A'O'=45∘,B'C'//O'A'.则原平面图形的面积为（ ）
A．32B．62C．322D．34
【解题思路】作出原平面图形，然后求出面积即可．
【解答过程】∠B'A'O'=45∘ =∠B'O'A'，则△O'A'B'是等腰直角三角形，
∴A'B'=OB'=2，
又O'C'⊥C'B'，∠C'O'B'=45°，∴B'C'=1，
在直角坐标系中作出原图形为：
梯形OABC，OA//BC，OA=2,BC=1，高OB=22，
∴其面积为S=12(2+1)×22=32．
故选：A.
3．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球O为正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1，且球O的表面积为31π3，则这个正三棱柱的体积为（ ）
A．34B．334C．332D．33
【解题思路】利用球的表面积公式可求得R2，根据正棱柱的外接球半径满足R2=r2+14h2可构造方程求得正棱柱的高，代入棱柱体积公式可求得结果.
【解答过程】设正三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，球O的半径为R，
∵球O的表面积S=4πR2=31π3，解得：R2=3112，
∵正三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC是边长为1的等边三角形，
∴ △ABC的外接圆半径r=12×1sinπ3=33，
∴R2=r2+14h2=13+14h2=3112，解得：h=3，
∴VABC-A1B1C1=S△ABC⋅h=12×1×1×32×3=334.
故选：B.
4．（5分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2,AD=AA1=4,E､F分别为BB1､A1D1的中点，过点A､E､F作长方体ABCD-A1B1C1D1的一截面，则该截面的周长为（ ）
A．62B．65C．25+42D．45+22
【解题思路】根据题意，做出截面AFPE，然后分别计算各边长即可得到结果.
【解答过程】
连接AF，过点E做EP//AF交B1C1于点P，连接FP,AE，即可得到截面AFPE，
因为E为BB1中点，EP//AF，所以B1P=12A1F=1，
因为AB=2,AD=AA1=4，则AF=42+22=25，且EP=12AF=5，
AE=22+22=22，FP=22+12=5
所以截面AFPE的周长为25+5+22+5=45+22
故选:D.
5．（5分）（2023·江西·统考模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ）
A．该二十四等边体的外接球的表面积为16π
B．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式V+F-E=2
C．直线AH与PN的夹角为60°
D．QH⊥平面ABE
【解题思路】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.
【解答过程】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示
记正方体体心为O，取下底面ABCD中心为O1 ，二十四等边体的棱长为2
易知OO1=BO1=2，则外接球半径R=OB=2+2=2
所以外接球的表面积S=4πR2=16π，故A正确.
由欧拉公式可知：顶点数+面数-棱数=2，故B正确.
又因为PN∥AD，易知直线AH与PN的夹角即为∠HAD=60∘
直线AH与PN的夹角为60∘，故C正确.
又因为QH∥EN，AB∥MN，易知直线QH与直线AB的夹角为∠ENM=60∘
可知直线QH与直线AB不垂直，故直线QH与平面ABE不垂直，故D错误.
故选：D.
6．（5分）（2022秋·黑龙江·高二期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则（ ）
A．直线MB与直线B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1
B．.直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1D
C．直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1
D．直线MB与直线A1D垂直，直线MB∥平面B1D1C
【解题思路】可利用正方体的性质以及线!面垂直，线面平行的判定及性质逐一选项判断即可．
【解答过程】解：对于选项A，连接B1D1，BD，如图，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
BD⊂面MBD，所以B1D1∥平面MBD，
又MB⊂面MBD，MB∩BD＝B，
所以直线MB与直线B1D1不相交，故选项A错误；
对于选项B，连接A1B，D1C，如图，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥D1C，
A1B⊂面MBD，所以D1C∥面MBD，
又MB⊂面MBD，MB∩A1B＝B，
所以直线MB与直线D1C不平行，故选项B错误；
对于选项C，连接AB1，DC1，A1B，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥A1B，A1B⊥B1C1，
AB1∩B1C1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1，又∵BM∩A1B，
所以BM与平面ADC1B1不垂直，故选项C错误；
对于D选项，连接AD1，BC1，B1D1，B1C，CD1，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，A1D⊥AB，
AD1∩AB＝A，所以A1D⊥面ABC1D1，BM⊂面ABC1D1，
所以AD1⊥BM，设B1C∩BC1＝O，连接D1O，如图，
∵BC1∥AD1，∴D1M∥OB，OB＝D1M，
所以四边形BMD1O为平行四边形，所以BM∥D1O，
又因为D1O⊂面B1D1C，所以BM∥面B1D1C，故选项D正确，
故选：D．
7．（5分）（2022秋·四川泸州·高二阶段练习）在长方体ABCD-A1B1C1D1中．AB=AD=1，AA1=2，P是线段BC1上的一动点，如下的四个命题中，
（1）A1P//平面AD1C；
（2）A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是52；
（3）A1P+PC的最小值为1705；
（4）以A为球心，2为半径的球面与侧面DCC1D1的交线长是π2．
真命题共有几个（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】证明出平面A1BC1//平面AD1C，利用面面平行的性质可判断（1）的正误;求出PB1的最小值，利用线面角的定义可判断（2）正误，将△A1C1B沿BC1翻折到与△BCC1在同一平面，利用余弦定理可判断（3）正误，因为AD⊥平面DCC1D1，所以交线是以D为圆心，半径为1的四分之一的圆周，故判断（4）.
【解答过程】
对于（1），在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC//AD且BC=AD，AD//A1D1,AD=A1D1,
∴BC//A1D1且BC=A1D1，所以，四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B//CD1，
∵A1B⊂平面AD1C,CD1⊂平面AD1C,∴A1B//平面AD1C，同理可证A1C1//平面AD1C
∵A1B∩A1C1=A1，且A1B,A1C1⊂平面A1BC1，∴平面A1BC1//平面AD1C，
又∵A1P⊂平面A1BC1，所以A1P//平面AD1C，故（1）正确；
对于（2），∵A1B1⊥平面BCC1B1，所以A1P与平面BCC1B1所成角为∠A1PB1，
tan∠A1PB1=A1B1PB1，所以，当B1P⊥BC1时，A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大，
由勾股定理得BC1=BC2+CC12=5，
由等面积法得PB1=B1C1⋅BB1BC1=1×25=255，
所以tan∠A1PB1的最大值为1255=52，故（2）正确；
对于（3），将△A1C1B沿BC1翻折与△BCC1在同一平面，如下图所示：
在Rt△BCC1中，∠BCC1为直角，cs∠BC1C=CC1BC1=255,sin∠BC1C=BCBC1=55
在△A1BC1中，A1B=BC1=5,A1C1=2，
由余弦定理得cs∠A1C1B=A1C12+BC12-A1B22A1C1⋅BC1=1010，则∠A1C1B为锐角，可得sin∠A1C1B=1-cs2∠A1C1B=31010，cs∠A1C1C=cs∠A1C1B+∠BC1C=cs∠A1C1Bcs∠BC1C-sin∠A1C1Bsin∠BC1C
=1010×255-31010×55=-210，
由余弦定理得A1C2=A1C12+CC12-2A1C1⋅CC1cs∠A1C1C=345，
代入数据解得A1C=1705，
因此，A1P+PC的最小值为1705，故（3）正确，
对于（4），因为AD⊥平面DCC1D1，则交线上的点到点D的距离等于22-AD2=1，所以交线是以D为圆心，半径为1的四分之一的圆周，所以交线长为π2，所以（4）正确，
故选：D.
8．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（A1∉平面BCDE）.若M在线段A1C上（点M与A1，C不重合），则在△ADE翻折过程中，给出下列判断：
①当M为线段A1C中点时，BM为定值；
②存在某个位置，使DE⊥A1C；
③当四棱锥A1-BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE的距离为22；
④当二面角A1-DE-B的大小为π3时，异面直线A1D与BE所成角的余弦值为35.
其中判断正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断.
【解答过程】在矩形 ABCD 中, AB=2AD, 不妨令 AB=2AD= 2, 则：
(1)取DC的中点 F, 连接 MF,FB,
易知 ∠MFB=∠A1DE 且为定值,
MB2=MF2+FB2-2MF⋅FB⋅cs∠MFB=94-2cs∠MFB(定值)
所以MB的长为定值, 故①正确;
(2)假设存在某个位置, 使 DE⊥A1C, 连接 CE, 取DE的中点 H, 连接 A1H,CH,
显然 A1H⊥DE, 而 A1H∩A1C=A1,∴DE⊥ 平面 A1HC,
∵CH⊂ 平面 A1HC,∴DE⊥HC,
进而有 DC=CE, 但 DC=2,CE=2, 不可能相等,
所以不可能有 DE⊥A1C, 故②错误;
(3)由题意得, △ADE 是等腰直角三角形, A 到DE 的距离是 22,
当平面 A1DE⊥ 平面 BCDE 时, 四棱雉 A1-BCDE体积最大,
点 A1 到平面 BCDE 的距离为 A1H=22, 故③正确;
(4)易知二面角 A1-DE-B 的平面角 ∠A1HF, 当二面角 A1-DE-B 的大小为 π3 时，
∠A1HF=π3，
又 A1H=HF=22, 所以 A1F=22,
又易知异面直线 A1D 与 BE 所成角为 ∠A1DF,
∴cs∠A1DF=A1D2+FD2-A1F22A1D⋅FD=1+1-122×1×1=34，
故④错误,
综上可知, 正确的有2个.
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·江西抚州·高二阶段练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=4,BC=2，M，N分别为棱C1D1,CC1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．M，N，A，B四点共面B．直线BN与平面ADM相交
C．直线BN和B1M所成的角为60°D．平面ADM和平面A1B1C1D1的夹角的正切值为2
【解题思路】A：连接AD1,BC1，根据AM、B、N与面ABC1D1位置关系即可判断；B：F为DD1中点，连接AF，易得AF//BN，根据它们与面ADM的位置关系即可判断；C：若H,G分别是AA1,A1B1中点，连接HD1,GD1，易知直线BN和B1M所成的角为∠GD1H，再证明△HD1G为等边三角形即可得大小；D：若G分别是A1B1中点，求面ADMG和面A1B1C1D1的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.
【解答过程】A：连接AD1,BC1，如下图AM⊂面ABC1D1，而B∈面ABC1D1，N∉面ABC1D1，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若F为DD1中点，连接AF，N为棱CC1的中点，
由长方体性质知：AF//BN，显然BN⊄面ADM，
若BN//面ADM，而AF∩面ADM=A，显然有矛盾，
所以直线BN与平面ADM相交，正确；
C：若H,G分别是AA1,A1B1中点，连接HD1,GD1，
由长方体性质易知：HD1//AF,GD1//B1M，
而AF//BN，故HD1//BN，即直线BN和B1M所成的角为∠GD1H，
由题设A1G=A1H=A1D1=2，易知HD1=GD1=AG=22，即△HD1G为等边三角形，
所以∠GD1H为60°，正确；
D：若G分别是A1B1中点，显然MG//A1D1//AD，易知A,D,M,G共面，
所以平面ADM和平面A1B1C1D1的夹角，即为面ADMG和面A1B1C1D1的夹角，
而面ADMG∩面A1B1C1D1=MG，长方体中AA1⊥A1G，AA1⊥MG，
如下图，∠AGA1为ADMG和面A1B1C1D1夹角的平面角，tan∠AGA1=AA1GA1=2，正确.
故选：BCD.
10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二阶段练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，点M在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（ ）
A．若M为棱CC1的中点，则直线AC1 ∥平面BDM
B．若M在线段BC1上运动，则CM+MD1的最小值为2+2
C．当M与D1重合时，以M为球心，52为半径的球与侧面BB1C1C的交线长为π4
D．若M在线段BD1上运动，则M到直线CC1的最短距离为22
【解题思路】作AC，BD交点O，连接OM，可证AC1 ∥ OM，进而得到AC1 ∥平面BDM；展开△BC1D1与△BCC1到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求； D1在侧面BB1C1C上的射影为C1，确定交线为以C1为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；平面BDD1B1与CC1的距离最短恰为22，能找出此点恰在BD1上.
【解答过程】对选项A，作AC，BD交点O，连接OM，因为O为AC中点，M为棱CC1的中点，所以AC1 ∥ OM，又因为OM⊂平面BDM，所以AC1 ∥平面BDM，故A正确；
对选项B，展开△BC1D1与△BCC1到同一平面上如图：
知CM+MD1⩾CD1=12+12-2×1×1×cs135°=2+2，故B错误；
对选项C：M与D1重合时，在侧面BB1C1C上的射影为C1，故交线是以C1为圆心的一段圆弧（14个圆），且圆半径r=522-12=12，故圆弧长=14×2πr=π4，所以C正确；
对选项D，直线CC1与平面BDD1B1距离显然为OC，当M为BD1中点时，设CC1中点为E，易得ME//OC，所以ME为M到直线CC1最短距离22，选项D正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2022春·河北邯郸·高一期末）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点O为A1D1的中点，若以O为球心，6为半径的球面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（ ）
A．平面AB1C1D//平面EFGHB．平面ACC1A1⊥平面EFGH
C．四边形EFGH的面积为22D．四棱锥B-EFGH的体积为23
【解题思路】如图，计算可得E,F,G,H分别为所在棱的中点，利用空间中面面的位置关系的判断方法可判断A、B的正误；计算出四边形EFGH的面积可得C正误；计算四棱锥B-EFGH的体积，可判断D正误.
【解答过程】
如图，连结OA，则OA=AA12+1=5，故棱A1A,A1D1,D1D,AD与球面没有交点，
同理，棱A1B1,B1C1,C1D1与球面没有交点，
因为棱A1D1与棱BC之间的距离为22>6，故棱BC与球面没有交点，
因为正方体的棱长为2，而2