专题8-5 第八章 立体几何初步 练透核心单元检测卷-【练透核心考点】2024-2025学年高一数学下学期重点题型方法与技巧（人教A版2019必修第二册）

第八章 立体几何初步 章节验收测评卷 （考试时间：150分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：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．如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，，边长，，然后即可求三角形的周长． 【详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 2．长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过平移说明即异面直线与所成角，借助于直角三角形和三角函数定义即可求得. 【详解】 如图所示，因，则即异面直线与所成角. 连接，在中，， 则，即异面直线与所成角为. 故选：C. 3．“景德镇大碗”，正式名称为景德镇昌南里文化艺术中心，其设计灵感来源于宋代湖田窑影青斗笠碗，造型庄重典雅，象征着“万瓷之母”.大碗高，底部直径，口部直径.若将其视为圆台，请估计该“世界第一大碗”的容积（单位：）是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用圆台的体积公式计算得解. 【详解】依题意，所求容积为（）. 故选：A 4．已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（    ） A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定和性质进行判断. 【详解】如图：    由，，，得． 又，，所以， 结合，，得． 故选：C 5．在正四棱锥中，E，F，G分别是棱，，的中点，是底面的中心，则（   ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】C 【分析】令，利用线面平行的判定推理判断CD；证明与相交不垂直判断AB. 【详解】在正四棱锥中，，令，连接， 在中，由E，F分别是边的中点，得，是线段的中点， 而为的中点，则，又平面，平面， 因此平面，C正确，D错误； 由平面，平面，得，与相交不垂直， 又，且平面，因此与相交不垂直，AB错误. 故选：C 6．如图所示，四棱锥中，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面，则GH与EF的位置关系为（    ）    A．相交 B．平行 C．垂直 D．异面 【答案】B 【分析】应用线面平行的判定定理分别得出及即可判断. 【详解】因为平面，平面，且平面平面，所以， 因为平面，平面，且平面平面，所以， 因此. 故选：B. 7．已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出图形，求出正三棱锥的高，找出外接球球心，设外接球半径为，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示： 取线段的中点，连接，则， 因为正三棱锥的侧面积为，则，可得， 所以，，， 设点在底面的射影为点，则为正的中心，且， ， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上， 设球的半径为，则， 由勾股定理可得，即，解得， 因此，该正三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 8．已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的几何性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面，即可求解. 【详解】连接, 由于平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故，,则， 同理可得, 平面，故平面， 由于平面，故平面平面， 平面与平面的交线为,平面与平面的交线为， 故，同理可得 故平面如图阴影部分，，    同理可得,故六边形周长为定值，所以B正确. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．若直线l与平面α相交，则下列结论正确的是（   ） A．平面α内存在无数条直线和直线l异面； B．平面α内任意直线都和直线l不平行； C．平面α内有且仅有一条直线和直线l相交； D．平面α内任意直线都与直线l相交. 【答案】AB 【分析】根据直线与平面的位置关系进行逐一分析判断． 【详解】因为直线l与平面α相交，所以平面α内的直线与直线l的关系相交或异面， 对于A:平面α内存在无数条直线和直线l异面，故A正确； 对于B:平面α内任意直线都和直线l不平行，故B正确； 对于C:平面α内有无数条直线和直线l相交，故C错误； 对于D:平面α内任意直线都与直线l相交或异面，故D错误. 故答案为：AB. 10．如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（    ） A．平面 B．平面 C．与是异面直线 D．平面 【答案】ACD 【分析】由线面垂直的判定定理和线面平行的概念及异面直线的定义逐项分析判断即可. 【详解】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确； 对于选项B，因为平面， 所以与平面也有交点，所以B错误； 对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确； 对于选项D，因为平面，平面， 所以且， 所以平面，平面，所以， 同理，所以平面，所以D正确. 故选：ACD． 11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．点到平面的距离为定值 B．直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】选项A：由，从而平面判断；选项B：由直线与所成的角即直线与所成的角，由为的中点和与（或）重合角最大和最小判断；选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面，连接，再在中，利用余弦定理求解判断；选项D：过作于点，连接，则，从而平面，再由平面，得到平面平面，从而平面求解. 【详解】选项A：如图1，由题易知，因为平面，平面， 所以平面， 所以动点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，A正确. 选项B：直线与所成的角即直线与所成的角， 当为的中点时，所成的角最大，为， 当与（或）重合时，所成的角最小，为， 所以与所成角的取值范围为，B正确. 选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面， 记翻折后点对应的点为，连接，如图2， 则，在中，由余弦定理可得： ， 即的最小值为，C错误. 选项D：如图3，过作于点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又平面，，，平面， 所以平面平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. 设，则，，且， 所以， 当且仅当时等号成立，D正确. 故选；ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知正四棱锥的底面边长为6，体积为48，则该四棱锥的侧面积为 . 【答案】60 【分析】由体积公式求出高，再由勾股定理求出斜高，然后可得侧面积. 【详解】设正四棱锥的边长为，高为，斜高为， 由题意可得， 所以斜高， 所以该四棱锥的侧面积为. 故答案为：60. 13．如图所示，是一个等腰直角三角形，且，是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形中， ．    【答案】 【分析】利用斜二测画法的性质即可得出结果. 【详解】题图中，过点分别作轴､轴的平行线， 分别交轴､轴于点，    由，得，所以． 由直观图画法规则将还原为，如图所示， 得，所以.    故答案为： 14．如图，在直三棱柱，侧棱长为2，，点D在上底面（包含边界）上运动，若三棱锥外接球的表面积为，则动点D的轨迹的长度为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用球的性质确定球心位置并求出球半径，再利用球半径确定点的轨迹即可. 【详解】由为等腰直角三角形，，得的外接圆的圆心为AB的中点，且， 设的中点为E，连接（如图），则，平面ABC， 设三棱锥外接球的球心为O，外接球的半径为R，由球O的表面积，得， 由球的性质得球心O在上，连接OA，OD，设， 于是，解得，又，解得， 而点E到等腰的两直角边的距离都是，则动点D的轨迹是以E为圆心， 为半径的半圆弧，所以动点D的轨迹长度为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定定理证明线面平行即可； （2）根据线面垂直的性质定理证明，进而证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论. 【详解】（1）∵，且为棱的中点，∴， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2） 平面，平面，， 连接，由题意，为棱的中点，， 知，且，则四边形为平行四边形， ，，又， 所以平行四边形为正方形，， 又，，又，平面， 平面，又平面，所以平面平面. 16．如图，已知正方体.求证： (1)平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）通过证明AB，可完成证明； （2）通过证明可完成证明. 【详解】（1）由题，四边形为正方形，则AB. 又平面，面，则平面； （2）由题，平面，又面，则. 又四边形为正方形，则. 因，平面，， 则上平面 17．如图，四棱锥中，底面，，平面，. (1)证明：； (2)已知点到平面的距离为1，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的性质证得，再利用线面垂直性质、判定推理得证. （2）作于，利用线面垂直的判定证得平面，再作出二面角的平面角，利用定义法求出余弦值. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，则， 由平面，平面平面，得，而， 则，而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）过点在平面内作于，由平面，得， 而平面，则平面，， 又平面，则， 在中，，则，解得， 为中点，即，在平面内过作于，连接， 平面，则平面，又平面， 于是，是二面角的平面角， 由，得，，而， 则，， 所以二面角的余弦值为. 18．如图，在等腰直角三角形中，，，为的中点，分别为边上一点，满足．将分别沿着翻折成，满足在平面的同一侧，面面． (1)证明：共面； (2)在线段上是否存在一点（异于端点），满足平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的情况下，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)直线与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）延长，相交于点，证明，，再证明，由此可证共面； （2）先证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，取上靠近的三等分点，根据线面平行判定定理证明平面； （3）作与相交于点，证明平面，根据线面角定义可得就是直线与平面所成角，解三角形求角的正弦值. 【详解】（1）延长，相交于点， 因为，为的中点， 故，又，所以， 又， 所以， 因为平面，平面， 所以， 而，， 所以，故， 故共线，且， 又，所以， 所以共面， （2）由（1），又平面，平面， 所以平面， 因为，又平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面平面， 由（1），取上靠近的三等分点， 则，又， 所以四边形为平行四边形， 所以，平面，， 所以平面， （3）由（2）可得直线与平面所成角即为直线与所成角， 作与相交于点. 由平面，平面，可得， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面， 所以直线在平面上的投影为， 所以就是直线与平面所成角， 在中，，，， 所以， 所以， 在中，，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面底面，为上的点，且平面.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角大小的正切值； (3)试探求点到平面的距离与四面体外接球半径的大小关系，并说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析； (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而⊥，又平面，所以，得到⊥平面，得到面面垂直； （2）作出辅助线，证明出线线垂直，得到或其补角为二面角的平面角，求出各边长，得到正切值； （3）作出辅助线，由等体积法求出点到平面的距离，并找到四面体的外接球球心，求出半径，比较出大小. 【详解】（1）因为底面是边长为2的正方形， 所以⊥， 因为平面底面，交线为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面； （2）连接，交于点，连接，    因为底面是边长为2的正方形， 所以⊥，由勾股定理得，故， 因为平面，平面， 所以，， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 所以或其补角为二面角的平面角， 由（1）知，⊥平面， 平面，所以⊥， 又，，由勾股定理得， 由（1）知，⊥平面，平面，故⊥， 由勾股定理得， 所以， 因为，故， 所以， 所以二面角大小的正切值为； （3），理由如下：    取的中点，连接，，， 因为，所以⊥，故为三棱锥的高， 又⊥，所以， ， 由得， 由勾股定理逆定理得⊥， 所以， 所以点到平面的距离， 因为为中点，所以，， 故⊥平面，因为平面，所以⊥， 由勾股定理得， 又，故点为四面体外接球球心， 故外接球半径， 显然，故. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第八章 立体几何初步 章节验收测评卷 （考试时间：150分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（    ） A． B． C． D． 2．长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 3．“景德镇大碗”，正式名称为景德镇昌南里文化艺术中心，其设计灵感来源于宋代湖田窑影青斗笠碗，造型庄重典雅，象征着“万瓷之母”.大碗高，底部直径，口部直径.若将其视为圆台，请估计该“世界第一大碗”的容积（单位：）是（    ） A． B． C． D． 4．已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（    ） A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交 5．在正四棱锥中，E，F，G分别是棱，，的中点，是底面的中心，则（   ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 6．如图所示，四棱锥中，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面，则GH与EF的位置关系为（    ）    A．相交 B．平行 C．垂直 D．异面 7．已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．若直线l与平面α相交，则下列结论正确的是（   ） A．平面α内存在无数条直线和直线l异面； B．平面α内任意直线都和直线l不平行； C．平面α内有且仅有一条直线和直线l相交； D．平面α内任意直线都与直线l相交. 10．如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（    ） A．平面 B．平面 C．与是异面直线 D．平面 11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．点到平面的距离为定值 B．直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知正四棱锥的底面边长为6，体积为48，则该四棱锥的侧面积为 . 13．如图所示，是一个等腰直角三角形，且，是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形中， ．    14．如图，在直三棱柱，侧棱长为2，，点D在上底面（包含边界）上运动，若三棱锥外接球的表面积为，则动点D的轨迹的长度为 ． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 16．如图，已知正方体.求证： (1)平面； (2)平面. 17．如图，四棱锥中，底面，，平面，. (1)证明：； (2)已知点到平面的距离为1，求二面角的余弦值. 18．如图，在等腰直角三角形中，，，为的中点，分别为边上一点，满足．将分别沿着翻折成，满足在平面的同一侧，面面． (1)证明：共面； (2)在线段上是否存在一点（异于端点），满足平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的情况下，求直线与平面所成角的正弦值． 19．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面底面，为上的点，且平面.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角大小的正切值； (3)试探求点到平面的距离与四面体外接球半径的大小关系，并说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $$