人教A版高中数学（必修第二册）同步讲义第41讲 第八章 立体几何初步 章节验收测评卷（2份打包，原卷版+教师版）

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第18讲 第八章 立体几何初步 章节验收测评卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2024·全国·高一假期作业）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】此几何体自上向下是由一个圆锥和一个圆台构成，是由A中的平面图形旋转形成的.故选：A.2．（2024·全国·高一假期作业）水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是（    ）  A．最短的是AD B．最短的是AC C． D．【答案】A【详解】因为平行于轴，所以在中，，又因为是中边的中点，所以是的中点，所以.故选：A3．（2024·全国·高一假期作业）如图是一坐山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为，峰底A到峰顶的距离为，B是山坡的中点.为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】以为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图.则从点A到点B的最短路径为线段，，所以.过S作，则公路距山顶的最近距离为，因为，所以，故选:D.4．（2024上·湖北武汉·高三统考开学考试）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（    ）立方米.    A． B．24 C． D．72【答案】B【详解】如图所示，在正四棱锥中，连接于，则为正方形的中心，连接，则底面边长，对角线，.又，故高.故该正四棱锥体积为.    故选：B5．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，交于点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】连接，因为，所以异面直线与所成的角为，（由正方体的几何性质易知为锐角，故即所求角）设，则，则，故，故，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选：C．6．（2024·全国·模拟预测）已知圆锥的轴截面是正三角形，是圆锥底面圆的圆心，是底面圆上的两个动点，且．若三棱锥的高为，则三棱锥的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，连接OP，则由圆锥的性质可知底面，，因为是正三角形，所以，又因为点是底面圆上的两个动点，且，，所以是正三角形，故，设中点为，中边上的高为，则，当且仅当，且是劣弧的中点时，最大，且最大距离为，此时的面积的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为,  故选：A7．（2024·全国·模拟预测）如图①所示，四边形是由一个边长为的等边与另外一个拼接而成，现沿着直线进行翻折，使得平面平面，连接，得到三棱锥，如图②所示．若，，则三棱锥的外接球的体积为（    ）  A． B． C． D．【答案】B【详解】  由已知，，，即，故，设等边的中心，连接，，，可得，延长交于点，则为的中点，，连接，，如图所示，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以，则三棱锥的外接球球心即为的中心，故三棱锥的外接球的体积，故选：B．8．（2024·全国·高一假期作业）已知正三棱柱的六个顶点均在同一个半径为1的球面上，则正三棱柱侧面积的最大值为（    ）A． B． C．6 D．【答案】B【详解】解法一：设正三棱柱底面边长为a，高为h，底面外接圆的半径为，则，故，所以，即，又三棱柱的侧面积，所以，当时，等号成立，则三棱柱的侧面积最大值为．解法二：设正三棱柱底面边长为a，高为h，底面外接圆的半径为，则，故，所以，因为，所以，当且仅当，时，等号成立，则三棱柱的侧面积最大值为.故选：B.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（2024上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论错误的是（    ）A．，，则B．，，，，则C．，，，则D．，，，则【答案】ABD【详解】对于A，若，，则或，A错误；对于B，若，，，，则或，相交，只有加上条件m，n相交，结论才成立，B错误；对于C，若，，则，又因为，所以，C正确；对于D，若，，无法得到，只有加上条件才能得出结论，D错误.故选：ABD.10．（2024·全国·高一假期作业）如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是（    ）A．直线与直线相交；B．直线与直线平行；C．直线BM与直线是异面直线；D．直线与直线成角.【答案】CD【详解】如图所示，将正方体的平面展开图，复原为正方体，对于A中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾），所以直线与为异面直线，所以A不正确；对于B中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾），所以直线与为异面直线，所以B不正确；对于C中，平面平面，平面，平面，所以直线与不相交，连接，则，而与相交，所以与不平行，否则，不合题意，所以直线与是异面直线，所以C正确；对于D中，连接，则为正三角形，可得，又由，则为直线与直线所成的角，即直线与直线所成的角为，所以D正确.故选：CD.11．（2024上·宁夏吴忠·高二吴忠中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（  ）  A．平面平面；B．在棱上不存在点，使得平面C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；D．点到直线的距离；【答案】ACD【详解】A选项，因为平面，平面，平面，所以，，故即为与底面所成的角，即，故，而，所以，在直角梯形中，，则，故，又因为平面，所以平面，因为平面 ，故平面平面，故A正确； D选项：由A选项的证明过程可知：平面，因为平面，所以，故点到直线的距离即为的长度，因为平面，平面，故，而，即点到直线的距离，故D正确；对于C，当时，，即为的中点，  设为的中点，连接，则，而，故，故四边形为平行四边形，则，故异面直线与所成角即为的夹角，在中，，则，则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；对于B，由C选项知，当时，，因为平面，平面，所以平面，所以时，平面，故B错误.故选：ACD.12．（2024上·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ）A．不存在点，使得 B．的最小值为C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为【答案】BCD【详解】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，  因为点为的中点，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以，因为为正方形，所以.又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，所以A错误；对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，  则的最小值为，直角斜边上高为，即，直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确；对于C：易知四棱锥的外接球直径为，半径，表面积，所以C正确；对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离，因为，且平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，因为平面，所以,又,且,故平面，平面，所以，因为，且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，即为的长，如图所示，  在中，，，可得，所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确，故选：BCD.三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）13．（2024上·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，，E为AD的中点，点F在CD上，若平面，则 .【答案】【详解】根据题意，因为平面，平面，且平面平面所以.又是的中点，所以是的中点.因为在中，，故.故答案为：14．（2024上·上海·高二曹杨二中校考期末）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 .【答案】/1:7【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，由题意，，，故， 作圆锥轴截面如下图：所以，，，所以圆锥体积为，因为用与底面的距离为的平面截圆锥，故，且，所以小圆锥体积，所以圆台的体积，故小圆锥和圆台的体积之比为.故答案为：15．（2024上·山东滨州·高三统考期末）已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．【答案】【详解】如图：取的中点,连接，结合题意：易得为等边三角形，因为为的中点，所以因为在直四棱柱中有面,且面，所以,又因为,且面所以面，结合球的性质可知为该截面圆的圆心，因为直四棱柱的所有棱长均为4，，所以 ,, ,,故以为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心, 为半径的圆所成的圆弧.所以.故答案为: .16．（2024·全国·高三专题练习）如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为 ；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为 ．【答案】 【详解】连接，有，而，为中点，则有，，则平面，同理平面，又平面与平面有公共点，于是点共面，而，即有，，因为，，平面，则平面，又平面，即有，则，同理，即，从而，即四边形为平行四边形，，，等腰梯形中，高，其面积，显然平面，所以多面体的体积；因为平面，同理可得平面，又，则平面，依题意，动点所在平面与垂直，则该平面与平面平行，而此平面过点，令这个平面与几何体棱的交点依次为，则,又为的中点，则点为所在棱的中点，即点的轨迹为五边形，长度为：.故答案为：；四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）17．（2024上·全国·高三专题练习）在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，且，E为线段PA的中点.(1)求证：平面BDE.(2)求三棱锥的体积【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，连接交于点，连接.  ∵四边形是正方形，在中，为的中点，又∵为的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）如图，取的中点，连接，  则且，∵平面，∴平面，∴就是三棱锥的高.∴.18．（2024·全国·高二专题练习）如图，在矩形中，，，E为的中点，把和分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P．(1)求证：平面⊥平面；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由⊥，得⊥，同理，⊥．又∵，平面，∴⊥平面．又平面，∴平面⊥平面．（2）如图所示，取的中点F，连接，∵四边形为矩形，∴，因为，所以⊥，⊥，故就是二面角的平面角．又⊥平面，平面，所以⊥，∵，∴，∴．∴二面角P－AD－E的大小为．19．（2024·全国·高三专题练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．(1)求证：平面EAC．(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）连接交于，连接，因为四边形是平行四边形，所以为中点，又因为为中点，所以是的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面平面，平面，所以.20．（2024·陕西榆林·统考一模）在三棱锥中，为的中点.(1)证明：⊥平面.(2)若，平面平面，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，为的中点，所以，又因为平面，所以⊥平面.（2）因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，因为，所以均为等边三角形，故，故，所以，因为平面，平面，所以，由勾股定理得，取的中点，连接，在中，，故⊥，故，，设点到平面的距离为，所以，解得.21．（2024上·上海·高二统考期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．(1)求异面直线与所成的角的大小；(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)存在，1【详解】（1）因为为正方形，则，则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角，因为三角形是等边三角形，则平面，平面，，．所以异面直线AC与BD所成的角为．（2）作交于点，连接，平面，平面，则与平面所成的角为，设，则，则.22．（2024上·河北·高三张北县第一中学校联考阶段练习）在平行六面体中，已知，．(1)证明：平面；(2)当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）设，则为的中点，连接，因为，可知，可得，则，又因为为菱形，则，且，平面，所以平面.（2）设，则为的中点，连接，设到的距离为，  则，当且仅当，即平面时，等号成立，又因为，即，可得，当且仅当时，等号成立，综上所述：当且仅当为正方体时，三棱锥体积最大，由题意可知：，为的中点，  则，可知二面角的平面角为，在中，，可得，所以二面角的余弦值为.