高中数学单元测试——第八章立体几何初步（较难版01）

高中数学单元测试 —— 第八章 立体几何初步（较难版01） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（本题5分）下列说法中正确的是（   ） A．棱柱的所有面都是四边形 B．棱柱的侧面一定是平行四边形 C．棱柱的侧棱不全相等 D．各条棱长都相等的棱柱一定是正方体 2．（本题5分）下列几何元素可以确定唯一平面的是（    ） A．三个点 B．圆心和圆上两点 C．梯形的两条边 D．一个点和一条直线 3．（本题5分）已知正四棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正四棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 4．（本题5分）轴截面为正三角形的圆锥，记其侧面积为，体积为，若，则底面半径为（   ） A． B．3cm C． D．1cm 5．（本题5分）魔方，Rubik's Cube又叫魔术方块，也称鲁毕克方块，是匈牙利布达佩斯建筑学院鲁比克教授在1974年发明的.若正方体魔方的体积为，则该正方体魔方外接球的表面积为（   ）    A． B． C． D． 6．（本题5分）正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 7．（本题5分）如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（   ）      A． B． C． D． 8．（本题5分）中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（   ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．（本题6分）已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（    ） A．如果，，那么 B．如果，，那么 C．如果，，那么 D．如果，，那么 10．（本题6分）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则下列说法正确的是（   ） A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的表面积为 C． D．的面积为 11．（本题6分）如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则三棱锥的体积为定值 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．存在点，使得平面 三、填空题 12．（本题5分）如图，一个正四棱锥（底面为正方形且侧棱均相等的四棱锥）的底面的边长为4，高与斜高的夹角为30°，则正四棱锥的侧面积为___________. 13．（本题5分）如图，表示水平放置的的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为__________. 14．（本题5分）如图，已知圆锥的母线长为2，高为，为底面圆心，且，为线段上靠近点的四等分点，则在此圆锥的侧面上，从到的最短路径长度为__________.    四、解答题 15．（本题13分）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)过点的平面分别与交于点，若，求证：． 16．（本题15分）如图，多面体中，四边形为菱形，，，，． (1)求证：平面平面； (2)当时，求三棱锥的体积． 17．（本题15分）如图，在六面体中，，正方形的边长为2，． (1)证明：平面平面． (2)求直线EF与平面所成角的正切值． (3)求多面体的体积． 18．（本题17分）如图，在长方体中，，点P为的中点. (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 19．（本题17分）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点． (1)设平面平面，求证：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 试卷第1页，共3页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中数学单元测试 —— 第八章 立体几何初步（较难版01） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（本题5分）下列说法中正确的是（   ） A．棱柱的所有面都是四边形 B．棱柱的侧面一定是平行四边形 C．棱柱的侧棱不全相等 D．各条棱长都相等的棱柱一定是正方体 【答案】B 【分析】利用棱柱的有关定义与性质逐项判断即可. 【详解】对于A，三棱柱的两底面是三角形，故A错误； 对于B，由棱柱的定义可得棱柱的侧面一定是平行四边形，故B正确； 对于C，由棱柱的定义可得棱柱的侧面都是平行四边形，由平行四边形的性质对边相等， 所以棱柱的侧棱全相等，故C错误； 对于D，各条棱长都相等的棱柱可能是正棱柱（如正六棱柱），但底面不一定是正方形， 故各条棱长都相等的棱柱不一定是正方体，故D错误. 故选：B. 2．（本题5分）下列几何元素可以确定唯一平面的是（    ） A．三个点 B．圆心和圆上两点 C．梯形的两条边 D．一个点和一条直线 【答案】C 【分析】根据平面的确定方法求解. 【详解】对A，三个不共线的点才能确定唯一平面，A错误； 对B，当圆上的两点和圆心共线时，三个点不能确定唯一平面，B错误； 对C，梯形的任意两条边都能确定梯形所在的平面，所以确定的平面唯一，C正确； 对D，当点在直线上时，这个点和直线不能确定唯一平面，D错误， 故选:C. 3．（本题5分）已知正四棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正四棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】利用台体的体积公式求解. 【详解】正四棱台的上底面积为，下底面积为， 因为台体体积为，所以， 解得，即正四棱台的高为. 故选：B. 4．（本题5分）轴截面为正三角形的圆锥，记其侧面积为，体积为，若，则底面半径为（   ） A． B．3cm C． D．1cm 【答案】A 【分析】设圆锥的底面半径为，利用建立方程，解之即得. 【详解】设圆锥的底面半径为，因圆锥的轴截面为正三角形，则圆锥的高的长为，母线长为， 由题意，，即，解得. 故选：A. 5．（本题5分）魔方，Rubik's Cube又叫魔术方块，也称鲁毕克方块，是匈牙利布达佩斯建筑学院鲁比克教授在1974年发明的.若正方体魔方的体积为，则该正方体魔方外接球的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正方体的体积公式求出棱长，再求出外接球半径即得结果. 【详解】由正方体魔方的体积为，得该正方体棱长为， 所以该正方体体对角线长为，故外接球直径为，半径， 所以该正方体魔方外接球的表面积为. 故选：B. 6．（本题5分）正方体中，M，N分别是，的中点，则过，M，N三点的平面截正方体所得的截面形状是（   ） A．平行四边形 B．直角梯形 C．等腰梯形 D．三角形 【答案】C 【详解】解析  连结并延长交的延长线于H，连结DH， 因为M是的中点，所以直线DH经过点M， 连接MN，则，则等腰梯形， 即为过、M、N三点的正方体的截面， 故选：C. 7．（本题5分）如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（   ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将平面图形复原成正方体，利用正方体的性质、线面垂直的判定定理即可求解. 【详解】    将表面展开图还原为正方体，直线与在正方体中的位置如图所示， 连接，为正方形，， 平面，平面，， 平面，平面，，平面， 又平面，，故直线与所成角的大小为. 故选：D. 8．（本题5分）中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据棱柱棱台的几何特征，求解每个面的面积相加可得结论. 【详解】先求下半部分，表面积为. 再求上半部分， 由于，则， 所以上长方形的面积为. 由已知， 则， 由于棱台侧面为等腰梯形，故， 前后两部分的梯形的高为，， 则这两个梯形的面积之和为. 左右两部分的梯形的高为， 则这两个梯形的面积之和为， 因此总表面积为. 故选：C. 二、多选题 9．（本题6分）已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（    ） A．如果，，那么 B．如果，，那么 C．如果，，那么 D．如果，，那么 【答案】AC 【分析】根据面面平行的性质判断A；根据线面之间的基本关系判断BCD. 【详解】A：若，，则，故A正确； B：若，，则或或与相交，故B错误； C：若，，则，故C正确； D：若，，则或，故D错误. 故选：AC 10．（本题6分）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则下列说法正确的是（   ） A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的表面积为 C． D．的面积为 【答案】ABC 【分析】根据圆锥的体积、表面积公式计算，可判断A、B，利用二面角结合条件可计算并判断C、D. 【详解】 如图，因为，，所以, 所以圆锥的体积为，表面积为，故A、B正确； 对于C，设是的中点，连接,因为，所以, 所以，就是二面角的平面角，则. 所以，，则.故C正确； 对于D，因为，所以，故D错误. 故选：ABC. 11．（本题6分）如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则三棱锥的体积为定值 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．存在点，使得平面 【答案】AB 【分析】利用面面平行的判定可证得平面平面，可知点到平面的距离即为平面与平面之间的距离，结合正方体性质，利用和棱锥体积公式可求得A正确；根据平面平面可知点轨迹为线段，知B正确；由可知点在以为球心，为半径的球面上，由此可确定点轨迹，进而确定C错误；假设点存在，使得平面，可知，根据相交或异面可知D错误. 【详解】对于A，，，平面，平面， 平面，平面，又，平面， 平面平面， 则当平面时，点到平面的距离即为平面与平面之间的距离； 由正方体性质知：平面与平面之间距离，， ， 即三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，由A知：平面平面， 若平面，则平面， 又平面，平面平面， 点的轨迹为线段，则其轨迹长为，B正确； 对于C，若，则在以为球心，为半径的球面上， 则点轨迹是该球面与底面的交线，即点轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， 点轨迹长为，C错误； 对于D，由正方体性质知：平面， 若存在点，使得平面，则， 平面，若平面，则，此时不成立； 若平面，平面，与为异面直线； 综上所述：不成立，即不存在点，使得平面，D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹问题，解题关键是能够根据动点所满足的条件，结合面面平行、球的定义等知识，通过动点轨迹为两平面交线的特征确定其轨迹图形. 三、填空题 12．（本题5分）如图，一个正四棱锥（底面为正方形且侧棱均相等的四棱锥）的底面的边长为4，高与斜高的夹角为30°，则正四棱锥的侧面积为___________. 【答案】32 【分析】根据正棱锥中高与斜高的夹角求出斜高的长，即可求出侧面积. 【详解】在正四面体中易知，是正棱锥的高，是正棱锥的斜高， , , , ， 故答案为：32 13．（本题5分）如图，表示水平放置的的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为__________. 【答案】 【分析】根据斜二测画法，，表示其面积，求出答案. 【详解】设的边上的高为，由斜二测画法原理可得， 所以，又，所以. 故答案为：. 14．（本题5分）如图，已知圆锥的母线长为2，高为，为底面圆心，且，为线段上靠近点的四等分点，则在此圆锥的侧面上，从到的最短路径长度为__________.    【答案】/ 【分析】根据圆锥的侧面展开图、两点间直线距离最短以及余弦定理求得正确答案. 【详解】圆锥的底面半径为， 由于， 所以为钝角，且，所以. 圆锥的侧面展开图如图，    沿母线展开的圆锥的侧面展开图中弧所对的圆心角为， 连接，可得从到的最短路径长度为： . 故答案为： 四、解答题 15．（本题13分）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)过点的平面分别与交于点，若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）要证线面垂直，先要证线线垂直，因此需要证； （2）要证线线平行，先要证线面平行，再通过线面平行的性质定理证明线线平行． 【详解】（1）平面平面， 又四边形为矩形， ， 又，平面， 平面， 又平面． ，为的中点， ， 又，平面， 平面． （2），平面，平面， 平面， 又平面，平面平面， ． 16．（本题15分）如图，多面体中，四边形为菱形，，，，． (1)求证：平面平面； (2)当时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定证明平面即可； （2）先根据线面垂直的判定证明平面，再根据求解即可. 【详解】（1）因为，所以四点共面， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）因为平面，平面，所以， 又因为，平面，故平面， 又因为互相平分，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以， 又因为， 所以三棱锥的体积为. 17．（本题15分）如图，在六面体中，，正方形的边长为2，． (1)证明：平面平面． (2)求直线EF与平面所成角的正切值． (3)求多面体的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3). 【分析】（1）根据给定的条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得. （2）借助勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定证得平面，进而确定直线在平面的射影即可求解. （3）利用（2）中信息，利用割补法，结合锥体的体积公式计算即得. 【详解】（1）由，平面，平面，得平面， 由正方形，得，又平面，平面，得平面， 而平面， 所以平面平面. （2）连接，在正方形中，，则，而， 即有，于是， 而平面，则平面，由， 得平面，因此在平面内的射影是， 令直线EF与平面所成的角为，在直角梯形中，， 所以直线EF与平面所成角的正切值为. （3）由（2）知，平面，而平面，则，又， 平面，于是平面， 四棱锥的体积， 由平面，得三棱锥的体积， 所以多面体的体积. 18．（本题17分）如图，在长方体中，，点P为的中点. (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到为直线与平面所成角，在直角中，求得，即可求解. 【详解】（1）证明：设，连接， 在长方体中，且，可得四边形为正方形， 所以为线段中点， 因为点为的中点，则， 又因为平面，且平面，则平面. （2）解：在长方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为在正方形中，可得， 因为，且平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为，且点P为的中点，则， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 因为，所以，所以故直线与平面所成角为. 19．（本题17分）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点． (1)设平面平面，求证：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求解； （2）由线面垂直得到是二面角的平面角，进而可求解. 【详解】（1）由已知得，又平面，在平面外， 则平面， 又平面平面平面 则. （2）设的边上的高为，则， 当三棱锥的体积最大时，，即为的中点， 又平面在平面上，所以 又，为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 则是二面角的平面角， 在直角三角形中，，则， 即所求的二面角的余弦值为. 试卷第1页，共3页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $