人教A版高中数学(必修第二册)同步培优讲义专题8.18 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）（2份打包，原卷版+教师版）

这是一份人教A版高中数学(必修第二册)同步培优讲义专题8.18 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）（2份打包，原卷版+教师版），文件包含人教A版高中数学必修第二册同步培优讲义专题818立体几何初步全章综合测试卷提高篇教师版doc、人教A版高中数学必修第二册同步培优讲义专题818立体几何初步全章综合测试卷提高篇原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。

第八章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）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，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，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，,.则原平面图形的面积为（    ）A． B． C． D．【解题思路】作出原平面图形，然后求出面积即可．【解答过程】 ，则是等腰直角三角形，∴，又，，∴，在直角坐标系中作出原图形为：梯形，，，高，∴其面积为．故选：A.3．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球为正三棱柱的外接球，正三棱柱的底面边长为，且球的表面积为，则这个正三棱柱的体积为（    ）A． B． C． D．【解题思路】利用球的表面积公式可求得，根据正棱柱的外接球半径满足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】设正三棱柱的高为，球的半径为，球的表面积，解得：，正三棱柱的底面是边长为的等边三角形， 的外接圆半径，，解得：，.故选：B.4．（5分）在长方体中，若分别为的中点，过点作长方体的一截面，则该截面的周长为（    ）A． B． C． D．【解题思路】根据题意，做出截面，然后分别计算各边长即可得到结果.【解答过程】连接，过点做交于点，连接，即可得到截面，因为为中点，，所以，因为，则，且，，所以截面的周长为故选: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B．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式C．直线与的夹角为60°D．平面【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，取下底面中心为 ，二十四等边体的棱长为2易知，则外接球半径所以外接球的表面积，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∥，易知直线与的夹角即为 直线与的夹角为，故C正确.又因为∥，∥，易知直线与直线的夹角为可知直线与直线不垂直，故直线与平面不垂直，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）在长方体中．，，是线段上的一动点，如下的四个命题中，（1）平面；（2）与平面所成角的正切值的最大值是；（3）的最小值为；（4）以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是．真命题共有几个（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断（1）的正误;求出的最小值，利用线面角的定义可判断（2）正误，将沿翻折到与在同一平面，利用余弦定理可判断（3）正误，因为平面，所以交线是以为圆心，半径为1的四分之一的圆周，故判断（4）.【解答过程】对于（1），在长方体中，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面平面平面，同理可证平面，且平面，平面平面，又平面，所以平面，故（1）正确；对于（2），平面，所以与平面所成角为，，所以，当时，与平面所成角的正切值的最大，由勾股定理得，由等面积法得，所以的最大值为，故（2）正确；对于（3），将沿翻折与在同一平面，如下图所示：在中，为直角，在中，，由余弦定理得，则为锐角，可得，，由余弦定理得，代入数据解得，因此，的最小值为，故（3）正确，对于（4），因为平面，则交线上的点到点的距离等于，所以交线是以为圆心，半径为1的四分之一的圆周，所以交线长为，所以（4）正确，故选：D.8．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（平面）.若在线段上（点与，不重合），则在翻折过程中，给出下列判断：①当为线段中点时，为定值；②存在某个位置，使；③当四棱锥体积最大时，点到平面的距离为；④当二面角的大小为时，异面直线与所成角的余弦值为.其中判断正确的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．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 中, , 不妨令 2, 则：(1)取DC的中点 , 连接 ,易知 且为定值,(定值)所以MB的长为定值, 故①正确;(2)假设存在某个位置, 使 , 连接 , 取DE的中点 , 连接 ,显然 , 而 平面 , 平面 ,进而有 , 但 , 不可能相等,所以不可能有 , 故②错误;(3)由题意得, 是等腰直角三角形, 到 的距离是 ,当平面 平面 时, 四棱雉 DE体积最大,点 到平面 的距离为 , 故③正确;(4)易知二面角 的平面角 , 当二面角 的大小为 时，，又 , 所以 ,又易知异面直线 与 所成角为 ,，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，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）A．M，N，A，B四点共面 B．直线与平面相交C．直线和所成的角为 D．平面和平面的夹角的正切值为2【解题思路】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.【解答过程】A：连接，如下图面，而面，面，所以M，N，A，B四点不共面，错误；B：若为中点，连接，N为棱的中点，由长方体性质知：，显然面，若面，而面，显然有矛盾，所以直线与平面相交，正确；C：若分别是中点，连接，由长方体性质易知：，而，故，即直线和所成的角为，由题设，易知，即△为等边三角形，所以为，正确；D：若分别是中点，显然，易知共面，所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，而面面，长方体中，，如下图，为和面夹角的平面角，，正确.故选：BCD.10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二阶段练习）在正方体中，，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为棱的中点，则直线 平面B．若M在线段上运动，则的最小值为C．当M与重合时，以M为球心，为半径的球与侧面的交线长为D．若M在线段上运动，则M到直线的最短距离为【解题思路】作交点，连接，可证 ，进而得到 平面；展开与到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求； 在侧面上的射影为，确定交线为以为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；平面与的距离最短恰为，能找出此点恰在上.【解答过程】对选项A，作交点，连接，因为为中点，M为棱的中点，所以 ，又因为平面，所以 平面，故A正确；对选项B，展开与到同一平面上如图：知，故B错误；对选项C：M与重合时，在侧面上的射影为，故交线是以为圆心的一段圆弧（个圆），且圆半径，故圆弧长，所以C正确；对选项D，直线与平面距离显然为，当为中点时，设中点为，易得，所以为M到直线最短距离，选项D正确.故选：ACD.11．（5分）（2022春·河北邯郸·高一期末）已知正方体的棱长为2，点为的中点，若以为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点，，，，则下列结论正确的是（    ）A．平面平面 B．平面平面C．四边形的面积为 D．四棱锥的体积为【解题思路】如图，计算可得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；计算出四边形的面积可得C正误；计算四棱锥的体积，可判断D正误.【解答过程】 如图，连结，则，故棱与球面没有交点，同理，棱与球面没有交点，因为棱与棱之间的距离为，故棱与球面没有交点，因为正方体的棱长为2，而，球面与正方体的棱有四个交点，，，，所以棱，，，与球面各有一个交点，如图各记为，，，，因为为直角三角形，故，故为棱的中点，同理分别为棱的中点，由正方形、为所在棱的中点，可得，同理，故，故共面，因为，平面，平面，所以平面，同理，平面，，，平面，所以平面平面，故A正确；若平面平面，则平面平面，而平面与平面显然不垂直，故B错误；在矩形中，，，所以四边形的面积为，故C正确；四棱锥的体积，故D正确.故选：ACD.12．（5分）（2023秋·辽宁营口·高二期末）如图所示，三棱锥中，AP、AB、AC两两垂直，，点M、N、E满足，，，、，则下列结论正确的是（    ）A．当AE取得最小值时，B．AE与平面ABC所成角为，当时，C．记二面角为，二面角为，当时，D．当时，【解题思路】对于A：当AE取得最小值时，平面，根据已知可得三棱锥是正三棱锥，则点为正三角形的中心，即可根据相似与正三角形的中点性质得出答案；对于B：设的中点为，则平面，利用等体积法求出，根据已知结合几何知识得出，即可得出，即可得出；对于C：过作，与交于，连接，，即可得出，，且，则为等腰直角三角形，且，设，根据已知得出，，即可得出，，即可得出答案；对于D：当时，点在以为直径的圆上，即为与该圆的交点，即可得出，根据几何知识计算即可得出答案.【解答过程】对于A：当AE取得最小值时，平面，AP、AB、AC两两垂直，，，则三棱锥是正三棱锥，则点为正三角形的中心，则，，故A错误；对于B：设的中心为，则平面，由等体积法可得：，解得，当，时，易知点到直线的距离为，点到点与点的距离相等，都为，即，则，则,故B错误；对于C：过作，与交于，连接，，，，，面，面，故面，，面，面，故面，且都属于平面，，平面平面，AP、AB、AC两两垂直，且平面，，平面，则平面，都垂直于，则，，且，则为等腰直角三角形，且，设，则当时，，，在中，，在△中，，则，故C正确；对于D：当时，点在以为直径的圆上，即为与该圆的交点，设圆心为，连接与交于点，连接，如图，则，则，即，，AP、AB、AC两两垂直，，，，由，则，此时，，，，即，故，，，则，则，故D正确；故选：CD.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）华裔建筑师贝聿铭为卢浮宫设计的玻璃金字塔是一个底面边长为30米的正四棱锥，其四个玻璃侧面的面积约1500平方米，则塔高约为 20 米．【解题思路】做底面于点，取的中点，可得、，根据四个玻璃侧面的面积求出可得，再由勾股定理可得答案.【解答过程】如图，做正四棱锥底面于点，则为底面的中心，取的中点，连接、，则，，因为，所以，因为四个玻璃侧面的面积约1500平方米，所以平方米，由可得，所以，则塔高约为米，故答案为：20.14．（5分）（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥中，已知是线段上的点，.若三棱锥的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为 .【解题思路】结合余弦定理、正弦定理、勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.【解答过程】如图，因为，且平面，所以平面.又平面，所以.因为，即，且，平面，所以平面.在中，因为，可得.设外接圆的半径为，则，可得，即，设三棱锥的外接球的半径为，可得，即，球的半径为，故表面积.故答案为：.15．（5分）（2022秋·北京·高二期中）如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面分别为棱的中点，为及其内部的动点，满足平面，给出下列四个结论：①直线与平面所成角为45°；②二面角的余弦值为；③点到平面的距离为定值；④线段长度的取值范围是其中所有正确结论的序号是 ②③④ .【解题思路】对于①：直接找出直线与平面所成角求解；对于②：直接找出二面角的平面角求解；对于③：利用平面，两点到面的距离相等对于④：求出的轨迹，再求线段长度的取值范围.【解答过程】对于①：连接， 因为是等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面 所以平面，所以直线与平面所成角为，在直角中，，所以，故直线与平面所成角为45°不正确；对于②：取的中点，连接，因为底面是边长为2的正方形，是等边三角形，所以，又，所以二面角的平面角为，又因为平面，所以，在直角中，，所以.故②正确；对于③：因为平面，所以两点到面的距离相等，而到面的距离为定值，故点到平面的距离为定值，故③正确；对于④：取中点，连接，则，因为面，面，故面，同理可证面，又因为，面，面，所以面面，又平面，面，面面，所以的轨迹为线段.在等边三角形中，的最大值为，最小值为到直线的距离为，故线段长度的取值范围是，故④正确故答案为：②③④.16．（5分）（2022·高一课时练习）如图，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折成，使得平面平面，则下列说法中正确的是 （2）（4） .(填序号)    （1）在平面内存在直线与平行；    （2）在平面内存在直线与垂直（3）存在点使得直线平面（4）平面内存在直线与平面平行.（5）存在点使得直线平面【解题思路】采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果.【解答过程】（1）错，若在平面内存在直线与平行，则//平面，可知//，而与相交，故矛盾（2）对，如图作，根据题意可知平面平面所以，作，点在平面，则平面，而平面，所以，故正确（3）错，若平面，则，而所以平面，则，矛盾（4）对，如图延长交于点连接,作//平面，平面，平面，所以//平面，故存在（5）错，若平面，则又，所以平面所以，可知点在以为直径的圆上又该圆与无交点，所以不存在.故答案为：（2）（4）.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）如图，在水平放置的平面内有一边长为1的正方形，其中对角线是水平方向．已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的实际图形，并求出其面积．【解题思路】先还原直观图为平行四边形，在原图中，，平行四边形ABCD的面积为直角三角形CAD面积的两倍．【解答过程】四边形ABCD的真实图形如图所示，∵在水平位置，'是正方形，∴，∴在原四边形ABCD中，，∵，，∴．18．（12分）（2022·高一课时练习）如图，在一个长方体的容器中装有少量水，现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中：（1）水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？（2）水的形状也不断变化，可以是棱柱，也可能变为棱台或棱锥，对吗？（3）如果倾斜时，不是绕着底部的一条棱，而是绕着其底部的一个顶点，试着讨论水面和水的形状.【解题思路】根据绕着棱旋转和绕着点旋转的特点，将问题转化为长方体被相应平面所截形成的截面形状.【解答过程】（1）不对，水面的形状就是用一个与棱（倾斜时固定不动的棱）平行的平面截长方体时截面的形状，因而是矩形，不可能是其他非矩形的平行四边形.（2）不对，水的形状就是用与棱（将长方体倾斜时固定不动的棱）平行的平面将长方体截去一部分后，剩余部分的几何体是棱柱，不可能是棱台或棱锥.（3）用任意一个平面去截长方体，其截面形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形，因而水面的形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形；水的形状可以是棱锥，棱柱，但不可能是棱台.19．（12分）（2022·上海·高二专题练习）如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的项点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．(1)若圆柱的底面圆半径为，求几何体的体积；(2)若，求几何体的表面积．【解题思路】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.【解答过程】（1）如图可知，过P、、的截面为五边形，其中四边形为矩形，三角形为等腰三角形，，在直角中，，，则，故圆锥的底面半径为，高为，其体积为，圆柱的底面半径为，高为，其体积为，所以几何体的体积为；（2）若，设，则，故，，在直角中，，，则，故圆锥的底面半径为，高为，其母线长为，圆锥的侧面积为，圆柱的底面半径为，高为，其侧面积为，所以几何体的表面积为.20．（12分）（2022秋·上海徐汇·高二期中）在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且.(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体的体积占四面体ABCD的，求k的值.【解题思路】（1）利用平行的传递性证明即可；（2）延长，则必交于点，利用相似比求解即可【解答过程】（1）连接，因为H、G分别是AD、CD的中点，所以，又，所以，所以，所以E、F、G、H四点共面；（2）延长，则必交于点，证明如下：设，因为平面，所以平面，同理平面，又平面平面，所以 ，所以，则必交于点，取的中点，连接，因为，所以，又，所以，所以，又，所以，所以，所以，即，所以，，所以，，所以，即，所以，即，所以，解得或，又因为，所以21．（12分）（2022秋·浙江·高二阶段练习）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，点分别在线段和上，且．（1）求证：平面；（2）设二面角大小为，若，求直线和平面所成角的正弦值．【解题思路】（1）连接，交于，只须证明平行于平面内直线即可；（2）取中点，连接、，可得为二面角的平面角，再在中利用余弦定理求出，过点作交于点，可证平面，即为点到平面的距离，又平面，则也为点到平面的距离，再利用等面积法求出，再求长，二者之比即为所求．【解答过程】（1）证明：连接，交于，因为，，所以，，因为，所以，，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）解：取中点，连接、，因为为正三角形，所以，，因为为直角梯形，，，，所以四边形为矩形，所以，因为，所以平面，所以平面平面，所以为二面角的平面角，所以，设，由余弦定理得，于是，整理得，解得或（舍去），过点作交于点，因为，平面，所以平面，又面，所以面平面，面平面，平面，所以平面，所以为点到平面的距离， 因为，平面，平面，所以平面，所以也为点到平面的距离，因为，所以，所以，即，解得，由，所以直线与平面所成角的正弦值为．22．（2022秋·江苏泰州·高二开学考试）如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.（1）证明:平面PBE⊥平面PAB；（2）求点D到平面PBE的距离；（3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.【解题思路】(1) 利用面面垂直的判定定理，转化为证明平面.(2) 在三棱锥中，利用等体积法求点到面的距离.(3) 先作出所求二面角并证明，再用解三角形知识求解.【解答过程】(1)证明：连接BD，由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60° ，可知是正三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，又AB//CD，所以因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥ BE. 又平面PAB，平面PAB， AB∩PA=A， 所以BE⊥ 平面PAB，又平面PBE，所以平面 PBE⊥平面PAB.(2)因为PA⊥底面 ABCD，平面ABCD，所以PA⊥AB.又 PA=2， AB=1，所以.因为正三角形BCD中，BC=1， E是CD的中点，所以.因为BE⊥平面PAB，平面PAB，所以BE⊥PB，所以因为，PA⊥底面ABCD，设点D到平面PBE的距离为d，所以，而所以，即点D到平面PBE的距离为.(3)延长BE、AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线.取AD中点H，连BH，过B作，垂足为I，连HI.由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，可知是正三角形，因为H是AD的中点，所以 .因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以.PA⊥ BH.又平面PAD，平面PAD，AD∩PA=A，所以BH⊥平面PAD，又平面PAD，所以.BH⊥PF，又BI⊥PF，平面BHI，平面BHI， BH∩BI=B，所以PF⊥平面BHI，而平面BHI，所以PF⊥HI，则∠BIH为二面角B-PFA的一个平面角.因为BH⊥平面PAD，平面PAD，所以BH⊥HI.因为菱形ABCD中，DE//AB，， E为BF的中点，.在中，，，PB⊥BF， BI⊥PF，所以，，又，所以中，，，即平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值为