高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.17立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）

第八章立体几何初步全章综合测试卷（基础篇）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）（2022春·江苏徐州·高一阶段练习）下列说法正确的是（

）A．多面体至少有3个面B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形【解题思路】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可．【解答过程】对于A，多面体至少有4个面，故选项A错误；对于B，有2个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误；对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误；对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确.故选：D．2．（5分）（2023秋·贵州贵阳·高三期末）已知α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列结论正确的是（

）A．若m//n，m//α，n//β，则α//β C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β D．若m⊥n，m⊥α，n//β【解题思路】根据空间中线面、面面、线线位置关系逐项判断，可得出合适的选项.【解答过程】对于A选项，若m//n，m//α，n//β，则对于B选项，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或对于C选项，由于m⊥n，m⊥α，可得n⊂α或n//若n⊂α，因为n⊥β，则α⊥β，若n//α，过直线n作平面γ，使得α∩γ=a，则因为n⊥β，则a⊥β，∵a⊂α，因此，α⊥β，C对；对于D选项，若m⊥n，m⊥α，n//β，则α//β或故选：C.3．（5分）（2022秋·上海闵行·高二阶段练习）如图Rt△O'A'A．82 B．42 C．4 【解题思路】将平面图形的直观图复原为原图，根据斜二测画法的规则，即可求得答案.【解答过程】根据斜二测画法的规则，将平面图形的直观图恢复为原图，如图示：则OB=4,OA=42，故这个平面图形的面积为S=故选：A.4．（5分）（2023春·山西晋城·高三阶段练习）已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为90°，则圆台的表面积为（

）A．64π B．68π C．72π【解题思路】计算母线长为l=8，再利用圆台的表面积公式计算得到答案.【解答过程】圆台母线长为l=4×2圆台的表面积S=π故选：B.5．（5分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面；③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；④EF与GH的交点M一定在直线AC上．A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【解题思路】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理、平面基本事实推理，再逐一判断各个命题作答.【解答过程】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则EH//BD，且EH=1点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=因此FG//EH，点E，F，G，H四点共面，①正确，②错误；因FG//EH，FG>EH，即四边形EFGH是梯形，则EF与GH必相交，令交点为M，点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，④正确，③错误，所以说法正确的命题序号是①④．故选：B.6．（5分）（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D为BC的中点，将△ABC沿AD折叠成三棱锥A−BCD，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（

A．π B．2π C．3π 【解题思路】由题可证明AD⊥平面BCD，进而得BD⊥DC时，三角形BCD的面积最大，此时三棱锥A−BCD的体积最大，再求在该条件下的几何体的外接球半径，进而得表面积.【解答过程】解：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，D为BC所以，BC=2,AD=BD=CD=1,AD⊥BC，所以，在三棱锥A−BCD中，AD⊥BD,AD⊥DC，因为BD∩DC=D,BD,DC⊂平面BCD，所以，AD⊥平面BCD，所以，当底面三角形BCD的面积最大时，该三棱锥的体积最大，因为S△BCD=1所以，当BD⊥DC时，三角形BCD的面积最大，此时三棱锥A−BCD的体积最大，所以，DA,DB,DC两两垂直，所以，三棱锥A−BCD的外接球即为以DA,DB,DC为邻边的正方体的外接球，所以，棱锥A−BCD的外接球直径为以DA,DB,DC为邻边的正方体的体对角线，所以，三棱锥A−BCD的外接球的半径满足2r=3所以，三棱锥A−BCD的外接球的表面积为4π故选：C.7．（5分）（2022秋·江西宜春·高三阶段练习）下列四个正方体图形中，A,B,M,N,P分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出A． B．C． D．【解题思路】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断【解答过程】对于A，由题意得MN//AC，NP//BC，而MP⊂平面MNP，NP⊂平面MNP，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，故平面MNP//平面ABC，而AB⊂平面ABC，故AB//平面MNP对于B，取MP的中点Q，底面中心O，则NO//AB，故AB与对于C，MB//NP，故B∈平面MNP，则AB∩平面对于D，作平行四边形MNPQ，则AB与MQ相交，故D错误，故选：A.8．（5分）（2023·河南·校联考模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C①AB②点P到平面A1BD的距离为③二面角A−B1C−④若四面体B1ACD1的所有顶点均在球O的球面上，则球其中所有正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】对于①，连接DC1，由四边形DCC1D1为正方形，可得对于②，由B1C//A1D可得B1C//平面A1BD，所以点P对于③，结合题意可得AP⊥B1C,D1对于④，由四面体B1ACD1的外接球即为正方体ABCD−A【解答过程】如图，连接DC1.因为四边形DCC又AB1∥DC1因为B1C//A1D，A1所以B1C//所以点P到平面A1BD的距离即为点B1到平面A因为V三棱锥所以13×34×由题意知△AB当点P为B1C的中点时，连接AP,D所以∠APD1为二面角由题意知AD在△APD1中，由余弦定理，得即(2)2=6因为四面体B1ACD所以球O的半径为32，其体积为V=43综上，正确结论的个数是2.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·江苏南京·高三期中）用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（

）A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形【解题思路】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.【解答过程】如图所示，截面△ABC，设AD=a，BD=b，CD=c，∴AC2=a2cos∠BAC=同理，cos∠ABC>0，cos∠ACB>0，即∴△ABC为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选如图截面MNPQ可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．故选：BCD.10．（5分）（2022秋·河北沧州·高三阶段练习）某正四棱台的上、下底面边长分别为32和42，若该四棱台所有的顶点均在表面积为100πA．703 B．743 C．5153【解题思路】求出球的半径，画出直观图，分球心在正四棱台的内部和外部，两种情况，求出正四棱台的高，利用台体体积公式求出答案.【解答过程】设球的球心为O，半径为R，则4π解得：R=5，上底面正方形ABCD的中心为M，下底面正方形EFGH的中心为N，若球心在四棱台的内部，连接OA,OE,AM,EN,OM,ON，则MN为四棱台的高，OA=OE=5，AM=1同理：NE=4，由勾股定理得：OM=OA2所以四棱台的高ℎ=MN=4+3=7，此时四棱台的体积V=1若球心在四棱台的外部，则四棱台的高ℎ=OM−ON=4−3=1，此时四棱台的体积V=1故选：BD.11．（5分）（2022秋·黑龙江伊春·高二期末）在正方体ABCD−A1B1C1DA．四边形B1B．直线AC与BC1C．直线AC1与平面ABCDD．平面A1BD与平面ABCD【解题思路】利用正方体ABCD−A【解答过程】设正方体的棱长为a，选项A：因为E,F分别是BC,A1D1的中点，易得又因为DF=B1E=选项B：如图所示因为AC∥A1C1，所以直线AC与BC因为A1C1=BC1=选项C：如图所示因为CC1⊥平面ABCD，所以直线AC1因为AC1=选项D：如图所示，设AC交BD于O，由正方体ABCD−A1B1C1D所以AO⊥BD，A1因为平面A1BD∩平面ABCD=BD，所以∠A1OA因为AO=12AC=所以cos∠故选：AC.12．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，点P，Q，M，N分别是棱AB，A．BD1⊥平面B1PQ B．C．D1M⊥平面B1PQ D．AN【解题思路】根据线面垂直的性质定理判定定理可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的性质定理判定定理可判断C，利用面面平行的判定定理可判断D.【解答过程】A选项：如图1，若BD1⊥平面B又因为A1D1⊥平面ABB则A1D1⊥B所以B1P⊥平面A1BD1，只有当AB=2AAB选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以AC//PQ，AC⊄平面B1PQ，所以AC//平面B若AM//平面B1PQ，则平面AMC又平面AMC∩平面BCC1B1=C所以B1C选项：如图3，若D1M⊥平面B1PQ，则MD1⊥B1Q，又易知C1则C1D1所以B1Q⊥平面C1MD1，显然不正确，故C不正确；D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以AC//PQ，AC⊄平面B1PQ，所以AC//平面B因为Q，N分别是BC，B1C1所以四边形B1NCQ是平行四边形，则NC⊄平面B1PQ，B1所以NC//平面B1PQ因此平面ACN//平面B1PQ，AN⊂所以AN//平面B故选:ABC.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）如果圆锥的高为8cm圆锥的底面半径为6cm，那么它的侧面展开图的面积为60πcm2【解题思路】根据已知得出圆锥的母线长与底面周长，即可根据扇形的面积求法得出答案.【解答过程】圆锥的高为8cm圆锥的底面半径为6cm，则圆锥的母线长为82+6则它的侧面展开图的面积为12故答案为：60πcm14．（5分）（2022秋·广西玉林·高三阶段练习）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2,AA1=6，D为B【解题思路】取A1B1的中点E，连接DE，EC1，即可得到DE//A【解答过程】如图，取A1B1的中点E，连接DE在△A1BB1中，D为B所以∠EDC1为A1在△EDC1中，ED=32+所以cos∠ED所以A1B与C1故答案为：1301315．（5分）（2022秋·河北衡水·高二开学考试）长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，E，F分别是侧棱AA1，CC1上的动点，AE+CF=8，P【解题思路】连接AC，交BD于点O，连接PO，过点C作CQ∥OP，交AA1于点Q，则结合已知可得四边形EQCF为平行四边形，则QE=CF，四边形ABCD是正方形结合三角形中位线定理可得【解答过程】连接AC，交BD于点O，连接PO，过点C作CQ∥OP，交AA∵EF∥平面PBD，EF⊂平面EACF，平面EACF∩平面PBD=PO∴EF∥∵CQ∥∴EF∥QC，又∴四边形EQCF为平行四边形，∴QE=CF.∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点，又CQ∥OP，∴∵AE+CF=AP+PQ+QE+CF=2+2+CF+CF=8，∴CF=2.故答案为：2.16．（5分）（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C①若E是直线AC上的动点，则D1E//平面②若E是直线BD1上的动点，F是直线BD上的动点，则③若E是△ABC内（包括边界）的动点，则直线D1E与平面ABC所成角的正切值的取值范围是④若E是平面BA1C1【解题思路】对于①：连接D1A,D1C.证明出平面D1AC//平面A1BC1，利用面面平行的性质即可证明；对于②：连接B1D1.证明出AC⊥面BDD1B1.利用线面垂直的性质即可证明；对于③：判断出【解答过程】对于①：连接D1在正方体ABCD−A1B1C1D1中，又D1C⊄平面A1BC1,A1同理可证：D1A//平面因为D1A∩D1C=D1，D所以平面D1AC//平面因为E是直线AC上的动点，所以D1E⊂平面D1AC,所以D1对于②：连接B1因为ABCD−A1B又BB1⊥面ABCD,AC⊂面ABCD，因为BD⊂面BDD1B1,BB所以AC⊥面BDD因为E是直线BD1上的动点，F是直线BD上的动点，所以EF⊂面所以AC⊥EF.故②正确；对于③：在正方体ABCD−A1B1C对于平面ABC，DD1为垂线，D1E为斜线，DE为射影，所以∠DED1即为直线设AC∩BD=O，则AC⊥BD.因为E是△ABC内（包括边界）的动点，所以当E与O重合时，DE=DB当E与B重合时，DE=DB=2所以tan∠DE故③错误；对于④：三棱锥D1−AEC的体积由①的证明过程可知：平面D1AC//平面A1BC因为E是平面BA1C即三棱锥D1−AEC的体积为定值故④正确.故答案为：①②④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）根据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称.(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形；(2)由五个面围成，其中一个面是正方形，其他各面是有一个公共顶点的全等三角形；(3)由五个面围成，其中上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰所在直线能相交于一点.【解题思路】（1）结合六棱柱的定义来求得正确答案.（2）结合四棱锥的定义来求得正确答案.（3）结合三棱台的定义来求得正确答案.【解答过程】（1）该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，满足棱柱的定义，故该几何体是六棱柱.（2）该几何体的其中一个面是正方形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥.（3）该几何体上、下两个面是相似三角形，其余各面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，因此该几何体是三棱台.18．（12分）（2022春·山西晋中·高一校考阶段练习）如图，梯形A1B1C1D1是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图.若A【解题思路】如图，根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．【解答过程】如图，根据直观图画法的规则，直观图中A1D1平行于y轴，A1D从而得出AD⊥DC，且AD=2A直观图中A1B1//C1D1，即四边形ABCD上底和下底边长分别为2，3，高为2，如图．故其面积S=119．（12分）（2023·高一单元测试）用2π平方米的材料制成一个有盖的圆锥形容器，如果在制作过程中材料无损耗，且材料的厚度忽略不计，底面半径长为x，圆锥母线的长为y．(1)建立y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；(2)圆锥的母线与底面所成的角大小为π3，求所制作的圆锥形容器容积多少立方米（精确到0.01【解题思路】（1）由题意可知，制作该容器需要的铁皮面积，即圆锥的表面积，得到方程πx2+πxy=2（2）利用母线与底面所成的角大小为π3【解答过程】（1）根据题意，因为圆锥的表面积πx2+因为x<y，所以x<2−x2即y=2−x2（2）依题意，做圆锥的高SO，∠SAO是母线与底面所成的线面角，设圆锥高为ℎ，因为cosπ3=所以ℎ=3x，所以x=2所以V=120．（12分）（2023·高一课时练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D(1)求证：B、P、O1(2)若AB=3，BC=4，CC1=6【解题思路】（1）证明出点P在平面BB1D（2）由（1）推理出点P为BO1与【解答过程】（1）∵P∈DB1,D所以P∈平面BB1D1D平面BB1D1D∩即B,P,（2）连接BD，再连接BD1，交DB1于点M，由（1）则点P为BO1与∵DD1//BB1∴M是BD1中点，又O1所以点P是△BD1B1的重心,所以又因为AB=3,BC=4,CC1=6所以DP=221．（12分）（2023春·江西·高三阶段练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，(1)求证：D1M∥(2)若AA1=AB=2,∠BAD=60°，求M【解题思路】（1）方法一：取CC1的中点N，连接D1N,MN，先证明四边形A1D1方法二：连接AD1，交A1D于点O，连接OP,PM，证明四边形（2）利用等体积法即可求解.【解答过程】（