第八章 立体几何初步 单元综合测试卷-高一数学新教材同步配套教学讲义（人教A版2019必修第二册）

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第八章 立体几何初步 单元综合测试卷
一、单选题
1．（2021·广东·铁一中学高一阶段练习）如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．
【答案】C
【解析】
根据斜二测画法求解.
【详解】
直观图如图所示：

由图知：原图形的周长为,
故选：C
2．（2021·福建·永泰县三中高一阶段练习）下列命题正确的是（ ）
A．棱柱的每个面都是平行四边形 B．一个棱柱至少有五个面
C．棱柱有且只有两个面互相平行 D．棱柱的侧面都是矩形
【答案】B
【解析】
根据棱柱的特点一一分析即可得解.
【详解】
对于A，棱柱的上下底面可以是三角形或者是梯形，故A不正确；
对于B，面最少的就是三棱柱，共有五个面，B正确；
对于C，长方体是棱柱，但是上下、左右、前后都是互相平行的，C不正确；
对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，D错误.
3．（2021·重庆市杨家坪中学高一阶段练习）如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（ ）

A．2 B．1 C．高 D．考
【答案】C
【解析】
将展开图还原为正方体，结合图形即可得解；
【详解】
解：将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”，
故选:C.

4．（2021·山西·大同市平城中学校高一阶段练习）在正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】A
【解析】
【分析】
如图，连接，，，利用余弦定理可求的值，从而可得直线与直线所成角大小.
【详解】
设正方体的棱长为，连接，，，
因为，故或其补角为直线与直线所成角.
而，，，
故，所以，
所以，因为为锐角，故，
故选：A.

5．（2021·重庆市清华中学校高一阶段练习）设，表示两条直线，，表示两个平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，.，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【解析】
利用线面平行的位置关系可判断A；根据线面之间的位置关系可判断B、C；利用面面垂直的判定定理可判断D.
【详解】
A错，∵线面平行，面中的线与此线的关系是平行或者异面，
B错，∵与面中一线平行的直线与此面的关系可能是在面内或者与面平行，
C错，∵两面垂直，与其中一面平行的直线与另一面的关系可能是平行，在面内也可能垂直；
D对，∵线与面平行，线垂直于另一面，可证得两面垂直，
故选：D.
6．（2021·广东·深圳市宝安中学（集团）高一期中）已知：空间四边形ABCD如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且，，则直线FH与直线EG（ ）

A．平行 B．相交 C．异面 D．垂直
【答案】B
【解析】
由已知为三角形的中位线，从而且，由，得在四边形中，，即，，，四点共面，且，由此能得出结论．
【详解】
如图所示，连接EF,GH.

四边形是空间四边形，、分别是、的中点，
为三角形的中位线
且
又，
，且，
在四边形中，
即，，，四点共面，且，
四边形是梯形，
直线与直线相交，
故选：B
【点睛】
方法点睛：证明两直线相交，首先要证明两直线共面，再证明它们不平行.所以本题先证明，，，四点共面，再证明直线与直线不平行.
7．（2021·江苏省镇江中学高一期末）点是等腰三角形所在平面外一点，平面，，在三角形中，底边，，则到的距离为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先取的中点，连接，，易证平面，从而得到，再计算的长度即可.
【详解】
取的中点，连接，，如图所示：

因为，为中点，所以，
又因为平面，平面，所以.
又因为，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，所以.
故选：A
8．（2020·湖南·长沙市明德中学高一期中）正方体的棱长为，、，分别为，，的中点，有下述四个结论，其中正确的结论是（ ）

①直线与平面平行；
②平面截正方体所得的截面面积为；
③直线与直线所成的角的余弦值为；
④点与点到平面的距离相等.
A．①④ B．①② C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知得四边形为等腰梯形，即为正方体的截面，由线面平行的判定定理可判断①；做于，求出等腰梯形的高由梯形的面积公式可判断
②；由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，由余弦定理得可判断③；点与点在平面的两侧，且线段的中点在平面内，可判断④.
【详解】
连接，因为、，分别为，的中点，
正方体的棱长为，所以，且，
所以四边形为梯形，即为正方体的截面，
且面，因为为的中点，所以，平面，平面，所以平面，
即直线与平面平行，所以①正确；
因为，，
所以，四边形为等腰梯形，做于，
，
所以梯形的面积为，
所以平面截正方体所得的截面面积为，所以②正确；
因为，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，
为或其补角，连接，，，
在中，由余弦定理得，
由于直线与直线所成的角的范围在，所以直线与直线所成的角的余弦值为，所以③错误；
因为点与点在平面的两侧，且线段的中点在平面内，所以点与点到平面的距离相等，所以④正确，
故选：C.

二、多选题
9．（2021·黑龙江·大庆二中高一期末）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若m⊂α，n⊂β，则m，n是异面直线
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用线面垂直的判定，线面平行的判定，线线的位置关系及面面平行的性质逐一判断即可.
【详解】
由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：
对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m∥n，故A正确；
对于B，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m⊂α，n⊂β，则m，n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线，故D正确.
故选：AD.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的性质，线面平行的判定和面面平行的性质.
10．（2021·全国·高一课时练习）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则下列选项中正确的是（ ）
A．AC⊥B1E
B．B1C∥平面A1BD
C．三棱锥C1﹣B1CE的体积为
D．异面直线B1C与BD所成的角为45°
【答案】AB
【解析】
【分析】
对于A，由已知可得AC⊥平面BB1D1D，从而可得AC⊥B1E；对于B，利用线面平行的判定定理可判断；对于C，由进行求解即可；对于D，由于BD∥B1D1，所以∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，从而可得结果
【详解】
解：如图，

∵AC⊥BD，AC⊥BB1，∴AC⊥平面BB1D1D，
又B1E⊂平面BB1D1D，∴AC⊥B1E，故A正确；
∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD，故B正确；
三棱锥C1﹣B1CE的体积为，故C错误；
∵BD∥B1D1，∴∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，又△CB1D1是等边三角形，
∴异面直线B1C与BD所成的角为60°，故D错误.
故选：AB.
【点睛】
此题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线所成的角以及体积的计算等知识，考查推理能力，属于中档题
11．（2021·全国·高一课时练习）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（ ）

A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF
【答案】BC
【解析】
【分析】
由题意可得，AH⊥HE，AH⊥HF，HF⊥HE，从而利用线面垂直的判定定理可得AH⊥平面EFH，HF⊥平面AHE，进而可得答案
【详解】
解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.
∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.
又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.
HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确.
故选：BC.
【点睛】
此题考查线面垂直的判定，考查折叠问题，属于基础题
12．（2021·全国·高一课时练习）正方体的棱长为，，，分别为，，的中点．则( )

A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，利用线线平行，将与的位置关系转换为判断与的位置关系；
对于B，作出辅助线：取的中点，连接、，然后利用面面平行判断；
对于C，把截面补形为四边形，由等腰梯形计算其面积判断；
对于D，利用反证法判断．
【详解】
对于A，因为，若，则，从图中可以看出，与相交，但不垂直，所以A错误；
对于B，如图所示，取的中点，连接、，则有，，

∵，，∴平面∥平面．
又∵平面，∴∥平面，故选项B正确；
对于C，如图所示，连接，，延长，交于点，

∵，分别为，的中点，∴，
∴、、、四点共面，∴截面即为梯形．
∵，∴，即，∴
又，∴即，，
∴等腰△的高，梯形的高为，
∴梯形的面积为，故选项C正确；
对于D，假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，
连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错．
故选：BC﹒
三、填空题
13．（2021·全国·高一课时练习）已知四棱锥的底面是矩形，其中，侧棱底面，且直线与所成角的余弦值为，则四棱锥的外接球表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用异面直线所成的角可求的长度，将四棱锥补成长方体后可求外接球的直径，从而可求外接球的表面积.
【详解】

如图，因为，故或其补角为异面直线与所成的角，
因为平面，平面，故，
故为锐角，故，故，故.
将该四棱锥补成如图所示的长方体：

则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为，
故表面积为.
故答案为：.
14．（2021·全国·高一课时练习）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.

【答案】
【解析】
【分析】
先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.
【详解】
正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
故答案为：
【点睛】
本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
15．（2020·全国·高一课时练习）已知圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，记圆锥和球体的体积分别为，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
设圆锥底面半径为，圆锥的内切球半径为，由题意画出圆锥轴截面图，进而可得、圆锥高，即可得解.
【详解】
设圆锥底面半径为，圆锥的内切球半径为，
由题意知，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，球的大圆为该正三角形的内切圆，如图，
，圆锥高，
．
故答案为：.

【点睛】
本题考查了圆锥几何特征的应用及其内切圆相关问题的求解，属于基础题.
16．（2021·浙江·高一课时练习）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为的中点，为内的动点(含边界)，且．当在上时，____，点的轨迹的长度为____．

【答案】 255##255
【解析】
【分析】
取的中点，可得，根据已知条件可证明面面，再由面面垂直的性质定理可得，可得；过点作，垂足为，可证明面，得到点的轨迹，进而可得轨迹的长度.
【详解】
取的中点，连接，则，
因为，所以，
因为平面，面，所以面面，
因为面面，，面，
所以面，
因为面，所以，，
过点作，垂足为，则面，
即点在线段上运动时，
所以点的轨迹为线段，
则，
故答案为：；.

四、解答题
17．（2021·全国·高一课时练习）如图，平面平面，平面平面，平面，为垂足.

（1）求证：平面;
（2）当为△的垂心时，求证：△是直角三角形.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）面内一点D作、，根据面面、线面垂直的性质可得、，即可证平面.
（2）由射影的性质可得，根据线面垂直的判定可证面，再由线面垂直的性质有，结论得证.
【详解】
（1）

面内一点D作，又面面，面面，
∴面，面，则，
面内过D作，同理得，又面，
∴面.
（2）由为△的垂心，即，又面，
∴是在面上的射影，则，
由（1）且面，有，又，
∴面，又面，故，即△是直角三角形，得证.
18．（2021·广西岑溪·高一期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.

（1）求证：平面PBD；
（2）若，直线与平面所成的角为45°，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过AC⊥BD与PD⊥AC可得平面；
（2）由题先得出∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD=45°，则可先求出菱形ABCD的面积，进而可得四棱锥P- ABCD的体积.
【详解】
解：（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以PD⊥AC，又，
故AC⊥平面PBD；
（2）因为PD⊥平面ABCD，
所以∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，
于是∠PBD=45°，
因此BD=PD=2.又AB= AD=2，
所以菱形ABCD的面积为，
故四棱锥P- ABCD的体积.
19．（2021·浙江·嘉兴市第五高级中学高一期中）如图所示，在三棱柱ABC­中，E，F，G，H分别是AB，AC，，的中点，求证：

（1）B，C，H，G四点共面；
（2）E∥平面BCHG.
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；
【解析】
（1）由中点知为中位线，即有，结合三棱柱的性质可证，即四点共面.
（2）由三棱柱的性质以及中点性质有平行且相等，即有，结合线面平行的判定即可证面.
【详解】
（1）∵G，H分别是，的中点，
∴，而，
∴，即B，C，H，G四点共面.
（2）∵E，G分别是AB，的中点，
∴平行且相等，所以四边形为平行四边形，即，又面，面，
∴面，
20．（2020·福建·莆田二中高一期末）如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面.

(1)求证：平面；
(2)求与平面所成的角；
(3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)30°；(3)存在，.
【解析】
【分析】
(1)首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可求解；
(2)根据(1)中结论找出所求角，再结合已知条件即可求解；
(3)首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解.
【详解】
(1)因为，是的中点，所以，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，，,
又因为，
所以平面，
由题意，易知，，
所以四边形是平行四边形，故，
所以平面；
(2) 因为平面，
所以与平面所成的角为，
由已知条件，可知，，
所以是正三角形，所以，
所以与平面所成的角为30°；
(3) 假设线段上是存在点，使得平面，
过点作交于，连结，，如下图：

所以，所以，，， 四点共面，
又因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，故，
所以为中点，
故在线段上存在点，使得平面，且.
21．（2021·重庆市江津中学校高一阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.

（1）求证：平面PCD；
（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
（1）在正方形ABCD中，证得，再在中得到，利用线面垂直的判定，即可得到平面PCD；
（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，证得是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，再直角中，即可求得侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.
【详解】
（1）在正方形ABCD中，，
又侧面底面ABCD，侧面底面，
所以平面PAD，
平面PAD，所以，
是正三角形，M是PD的中点，所以，
又，所以平面PCD.
（2）取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，
则，所以，
又在正中，，平面PEF，
∵正方形ABCD中，平面PEF，
是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由平面PAD，，平面PEF，平面PAD，
.设正方形ABCD的边长，则，
所以，所以,
即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为.

【点睛】
本题主要考查了线面垂直的判定与证明，以及两个平面所成角的求解，其中解答中熟练应用线面位置关系的判定定理与性质定理，以及熟记二面角的平面角的概念，确定出二面角的平面角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
22．（2021·河北张家口·高一期末）在梯形中，，E是线段上一点，，，，，把沿折起至，连接，，使得平面平面.

（1）证明：平面；
（2）求异面直线与所成的角；
（3）求点A到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）90°；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）由，得异面直线与所成角就是直线与所成角，分别求出的三条边长即可得出答案；
（3），利用等体积法即可得出答案.
【详解】
（1）证明：由题意知
，平面，平面，平面.

（2）由（1）知，异面直线与所成角就是直线与所成角，
，，四边形是平行四边形，，
，，
原图中，，，在中，由余弦定理得，
，
折叠后，，，，
连接，在中，由余弦定理得，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
在中，，
在中，，，
异面直线与所成角为90°.
（3）由（2）知，，，，、平面，平面，.，
设点A到平面的距离为，
，，.