2024-2025学年新教材高中数学第八章立体几何初步测评习题含解析新人教A版必修第二册

第八章测评(时间:120分钟满分:150分)一、单项选择题(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.如图所示,△A'O'B'表示水平放置的△AOB的直观图,B'在x'轴上,A'O'与x'轴垂直,且A'O'=2,则△AOB的边OB上的高为()A.2 B.4 C.2 D.4解析设△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以×OB×h=2×O'B'×2,又OB=O'B',所以h=4.答案D2.如图,一圆锥的母线长为4,其侧面积为4π,则这个圆锥的体积为()A. B.C.π D.π解析圆锥的侧面绽开图为扇形,此扇形的半径R=4,设其弧长为l,侧面积为扇形的面积,所以扇形的面积S1=Rl=4π,解得弧长l=2π,所以圆锥的底面周长为2π,由此可知底面半径r=1,所以底面面积为S=π,圆锥的高为h=,故圆锥的体积V=Sh=π.答案C3.在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A与C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为()A.30° B.60° C.90° D.120°解析如图,由A'B=BC=1,∠A'BC=90°知A'C=.∵M为A'C的中点,∴MC=AM=,且CM⊥BM,AM⊥BM,∴∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.∵AC=1,MC=MA=,∴∠CMA=90°,故选C.答案C4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A.(60+4)π B.(60+8)πC.(56+8)π D.(56+4)π解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×2=(60+4)π.故选A.答案A5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为()A. B. C. D.解析在平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE.⇒C1E⊥平面BDD1B1,∴∠C1BE的正弦值就是所求角的正弦值.∵BC1=,C1E=,∴sin∠C1BE=.答案D6.已知:平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为()A.13 B. C.12 D.15解析如图,连接AD.∵α⊥β,∴AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,AD==4.在Rt△CAD中,CD==13.答案A7.在空间四边形ABCD中,AD=2,BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD与BC所成角的大小为()A.150° B.60° C.120° D.30°解析如图所示.设BD的中点为O,连接EO,FO,所以EO∥AD,FO∥BC,则∠EOF是AD,BC所成的角或其补角,又EO=AD=1,FO=BC=,EF=,依据余弦定理,得cos∠EOF==-,所以∠EOF=150°,异面直线AD与BC所成的角为30°.答案D8.(2024新疆维吾尔自治区高三月考)设A,B,C,D是同一个直径为的球的球面上四点,AD过球心,已知△ABC与△BCD都是等边三角形,则三棱锥A-BCD的体积是()A. B. C. D.解析如右图所示,取BC的中点E,设球心为点O,则O为AD的中点,连接AE,DE,OE.设BC=a(a>0),则AB=BD=AC=CD=a,由题意可知AD=,且∠ABD=∠ACD=90°,由勾股定理AD2=AB2+BD2,即2=2a2,解得a=1.∵E为BC的中点,∴AE⊥BC,DE⊥BC,且AE=DE=a=.又AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.∵O为AD的中点,∴OE⊥AD,且OE=,∴△ADE的面积S△ADE=AD·OE=,因此,三棱锥A-BCD的体积VA-BCD=VB-ADE+VC-ADE=S△ADE·BE+S△ADE·CE=S△ADE·BC=×1=.答案B二、多项选择题(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3分,有选错的得0分)9.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题不正确的是()A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥αB.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥βC.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥βD.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α解析选项A的已知条件中假如加上m⊂β,那么命题就是正确的,也就是面面垂直的性质定理.选项B错误,简单知道两个平面内分别有一条直线平行,那么这两个平面可能相交也可能平行.选项C错误,因为两个平面各有一条与其平行的直线,假如这两条直线垂直,并不能保证这两个平面垂直.选项D正确,由n⊥α,n⊥β可得α∥β,又因为m⊥β,所以m⊥α.答案ABC10.(2024全国高一课时练习)如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于A,B的一点,则下列结论中正确的是()A.AE⊥CEB.BE⊥DEC.DE⊥平面CEBD.平面ADE⊥平面BCE解析由AB是底面圆的直径,得∠AEB=90°,即AE⊥EB.∵圆柱的轴截面是四边形ABCD,∴AD⊥底面AEB,BC⊥底面AEB.∴BE⊥AD,又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,∴BE⊥平面ADE,∴BE⊥DE.同理可得,AE⊥CE,易得平面BCE⊥平面ADE.可得A,B,D正确.∵AD∥BC,∴∠ADE(或其补角)为DE与CB所成的角,明显∠ADE≠90°,∴DE⊥平面CEB不成立,即C错误.答案ABD11.如图,在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是()A.PD∥平面OMNB.平面PCD∥平面OMNC.直线PD与直线MN所成角的大小为90°D.ON⊥PB解析连接BD,图略,明显O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN,A正确;由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB,又底面为正方形,所以AB∥CD,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN,B正确;因为MN∥CD,所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为全部棱长都相等,所以∠PDC=60°,故直线PD与直线MN所成角的大小为60°,C错误;因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又全部棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PB⊥PD,又PD∥ON,所以ON⊥PB,D正确.答案ABD12.(2024山东模考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得的截面面积为D.点C与点G到平面AEF的距离相等解析∵AD1∥EF,∴平面AEF即平面AEFD1,故A错误.∵A1G∥D1F,A1G⊄AEFD1,∴A1G∥平面AEFD1,即A1G∥平面AEF,故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知梯形面积为,故C正确.点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离,明显D错误.答案BC三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.圆柱的高是8cm,表面积是130πcm2,则它的底面圆的半径等于cm,圆柱的体积是cm3.

解析设圆柱的底面圆的半径为rcm,则S圆柱表=2π·r·8+2πr2=130π.解得r=5,即圆柱的底面圆半径为5cm.圆柱的体积V=52π×8=200π(cm3).答案5200π14.(2024天津检测)如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=13,平面PAB⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,则PC=.

解析取AB的中点E,连接PE,EC.因为∠ACB=90°,AC=8,BC=6,所以AB=10,所以CE=5.因为PA=PB=13,E是AB的中点,所以PE⊥AB,PE=12.因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC.因为CE⊂平面ABC,所以PE⊥CE.在Rt△PEC中,PC==13.答案1315.已知在菱形ABCD中,AB=2,∠A=120°,沿对角线BD将△ABD折起使二面角A-BD-C为120°,则点A到△BCD所在平面的距离为.

解析设AC∩BD=O,则翻折后AO⊥BD,CO⊥BD,即∠AOC即为二面角的平面角,所以∠AOC=120°,且AO=1,故d=1×sin60°=.答案16.(2024全国Ⅲ高考)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.

解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4××2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3cm,则此四棱锥的体积为V1=×12×3=12(cm3).又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).答案118.8四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)(2024全国高一课时练习)如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD各边上的点,且AE∶EB=AH∶HD=m,CF∶FB=CG∶GD=n.(1)求证:E,F,G,H四点共面;(2)当m,n满意什么条件时,四边形EFGH是平行四边形?(1)证明连接BD.因为AE∶EB=AH∶HD,所以EH∥BD.又CF∶FB=CG∶GD,所以FG∥BD.所以EH∥FG.所以E,F,G,H四点共面.(2)解当m=n时,四边形EFGH为平行四边形.由(1)可知EH∥FG.因为,所以EH=BD.同理可得FG=BD.由EH=FG可得,得m=n.故当m=n时,四边形EFGH是平行四边形.18.(12分)(2024重庆八中高二月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AD=2BC=2,PB=2,M是线段AP的中点.(1)求证:BM∥平面PCD;(2)当PA为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此最大值.(1)证明取PD中点N,连接MN,CN,∵M是AP的中点,∴MN∥AD,且MN=AD.∵AD∥BC,且AD=2BC,∴MN∥BC,且MN=BC,∴四边形MNCB是平行四边形,∴MB∥CN,又BM⊄平面PCD,CN⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD.(2)解当PA=2时,四棱锥P-ABCD的体积最大.设PA=x(0<x<2),∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AB.∵PB=2,∴AB=.又∵AB⊥AD,AD=2BC=2,∴VP-ABCD=S四边形ABCD×PA=(AD+BC)×AB×PA==2,当且仅当x=,即x=2时,等号成立.故当PA=2时,四棱锥P-ABCD的体积最大,最大值为2.19.(12分)养路处建立圆锥形仓库用于贮藏食盐(供溶化高速马路上的积雪之用),已建的仓库的底面直径为12m,高为4m.养路处拟建一个更大的圆锥形仓库,以存放更多食盐.现有两种方案:一是新建的仓库的底面直径比原来大4m(高不变);二是高度增加4m(底面直径不变).(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积;(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积;(3)哪个方案更经济些?解(1)若按方案一,仓库的底面直径变成16m,则仓库的体积为V1=S·h=×π××4=(m3).若按方案二,仓库的高变成8m,则仓库的体积为V2=S·h=×π××8=96π(m3).(2)若按方案一,仓库的底面直径变成16m,半径为8m.圆锥的母线长为l1==4(m),则仓库的表面积为S1=π×8×4=32π(m2).若按方案二,仓库的高变成8m.圆锥的母线长为l2==10(m),则仓库的表面积为S2=π×6×10=60π(m2).(3)∵V1<V2,S2<S1,∴方案二比方案一更加经济.20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC=AD=CD=AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.(1)求证:BC⊥平面PAC;(2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由;并求三棱锥N-AMC的体积.(1)证明连接AC(图略),在直角梯形ABCD中,AC==2,BC==2,∴AC2+BC2=AB2,即BC⊥AC.∵PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥PC.又AC∩PC=C,∴BC⊥平面PAC.(2)解点N是PB的中点,理由如下:∵点M为PA的中点,点N为PB的中点,∴MN∥AB,又∵AB∥DC,∴MN∥CD,∴M,N,C,D四点共面,即点N为过C,D,M三点的平面与线段PB的交点.∵BC⊥平面PAC,N为PB的中点,∴点N到平面PAC的距离d=BC=.如图所示,S△ACM=S△PAC=·PC·AC=×2×2,∴V三棱锥N-AMC=S△AMC·d=.21.(12分)(2024广东阳东广雅学校高一期末)如图,四边形ABCD是矩形,BC⊥平面ABE,且AE=2,EB=BC=2,点F为CE上一点,且BF⊥平面ACE.(1)求三棱锥A-DBE的体积;(2)求二面角D-BE-A的大小.解(1)由BF⊥平面ACE得,BF⊥AE.由BC⊥平面ABE及BC∥AD得,BC⊥AE,AD⊥平面AB