第八章立体几何初步2022-2023学年高一数学分层训练AB卷（人教A版2019）

第八章立体几何初步单元检测B卷一、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．可使平面和重合的条件是它们的公共部分中有（

）A．三个点 B．1个点和一条直线 C．无数个点 D．两条平行直线【答案】D【分析】根据过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，分析判断即可.【详解】对于A：若三个点共线，则两个平面可能相交于三点共线的直线，故A错误；对于B：若点在直线上，则两面可能相交于这条直线，故B错误；对于C：若无数个点共线，则两个平面可能相交于无数个点共线的直线，故C错误；对于D：因为过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，所以它们的公共部分中有两条平行线时一定存在不共线三点，故D正确．故选：D．2．对于平面和两条直线，下列说法正确的是（

）A．若，，则 B．若与所成的角相等，则C．若，，则 D．若，，n在平面α外，则【答案】D【分析】根据空间线、面的位置关系即可判断A,B,C,利用线面平行的判定定理可判断D.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，若与所成的角相等，则相交、平行或异面，故B错误；对于C，若，，则相交、平行或异面，故C错误；对于D，若，，n在平面α外，则由线面平行的判定定理得，故D正确.故选:D.3．已知一个正四棱柱所有棱长均为3，若该正四棱柱内接于半球体，即正四棱柱的上底面的四个顶点在球面上，下底面的四个顶点在半球体的底面圆内，则半球体的体积为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】作出半球体的截面图，求出半球的半径，即可求得答案.【详解】设正四棱柱的底面在半球的底面圆上，则球心O为的中心，作出半球体的截面图如图，四边形为正四棱柱的对角面，连结，正四棱柱所有棱长均为3，所以，即半球的半径，所以半球体的体积为，故选：A4．M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，对于下列两个命题：①直线MN恒与平面ABD平行；②异面直线AC与MN恒垂直．以下判断正确的是（

）A．①为真命题，②为真命题； B．①为真命题，②为假命题；C．①为假命题，②为真命题； D．①为假命题，②为假命题；【答案】A【分析】根据线面平行的判定定理可知①为真命题，利用线面垂直可得②为真命题.【详解】因为M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，所以，因为平面ABD，平面ABD，所以①直线MN恒与平面ABD平行正确；如图，取中点，则（菱形对角线垂直），又，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，所以②正确；故选：．5．如图所示，P是正方体中棱上异于端点的一个内点，联结并延长，则与直线（

）A．相交 B．相交 C．相交 D．相交【答案】D【分析】根据异面直线的含义可判断；根据线面平行的性质可判断B；说明四边形为梯形，可判断D.【详解】由题意，P是正方体中棱上异于端点的一个内点，联结并延长，则平面，而平面，故与为异面直线，A错误；因为平面，平面，故平面，则与直线不可能相交，B错误；平面，平面，故与为异面直线，C错误；由题意知,且，故四边形为梯形，故与相交，D正确，故选：D6．正方体的棱长为，点为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿着正方体表面爬行，每个面只经过一次，最后回到点．若在爬行过程中任意时刻停下来的点与点的连线都与垂直，则爬行的总路程为（

）A． B．6 C． D．3【答案】B【分析】由题意可知蚂蚁从点出发，沿着与垂直的正方体的截面爬行，回到M点，作出蚂蚁爬行得路线，求得相关线段长度，即可求得答案.【详解】由题意可知蚂蚁从点出发，沿着与垂直的正方体的截面爬行，回到M点，设为的中点，连接,连接,则,而,即四边形为平行四边形，故,所以,故四边形为梯形，则延长必交于一点，设为N,则确定一平面，设为，同理可证，,,而,故,同理可证,即共面,该平面即为；又平面,平面,故,又,而平面，故平面,平面，故，同理可证,而，故，即平面即为过点M和垂直的平面，则蚂蚁沿着爬行，由题意可得，故爬行的总路程为6，故选：B7．已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点P在DO上，且．若平面PBC，则实数（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】不妨设，由圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，得到，，然后根据平面PBC，得到，再在中，利用勾股定理求解.【详解】解：如图所示；不妨设，则，，．因为平面PBC，平面PBC，所以，在中，由勾股定理有，即，解得．故选：D．8．河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意．冠部以及冠部下方均可视为正四棱台．已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为，高为2，体积为，则该“方斗”的侧面积为（

）A．24 B．12 C． D．【答案】D【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形，先计算侧面的高，然后利用梯形的面积公式代入计算即可.【详解】由题意可知，记正四棱台为，其底面为正方形，侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥如图，设是底面上与的交点，是底面上与的交点则是正四棱锥的高，为正四棱台的高，设，，则上、下底面的面积分别为、，由题意，所以，在中，，所以为PA的中点，在中，，所以，所以，又，解得，，所以，所以侧棱长是，由勾股定理可得侧面的高为，所以侧面积为.故选：D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2分，有选错的得09．已知是三条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的有（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】BD【分析】根据线线、面面位置关系等知识确定正确答案.【详解】A选项，若，则可能异面，A选项错误.B选项，若，则，B选项正确.C选项，若，则可能相交，C选项正确.D选项，若，则，D选项正确.故选：BD10．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中（

）A．AB与CD平行 B．CD与GH是异面直线C．EF与GH成角 D．CD与EF平行【答案】CD【分析】根据正方体的平面展开图得到直观图，然后判断即可.【详解】该正方体的直观图如下：与是异面直线，故A错；与相交，故B错；因为该几何体为正方体，所以，三角形为正三角形，直线与直线所成角为，则与所成角为，故CD正确.故选：CD.11．在棱长为2的正方体中，与交于点，则（

）A．平面B．平面C．与平面所成的角为D．三棱锥的体积为【答案】ABD【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.【详解】∵平面平面平面，A对；因为又平面，平面，所以平面平面，B对；因为平面与平面所成角为因为，C错；因为，D对.故选：.12．如图，在直三棱柱中，分别为的中点，为线段上的点，且为线段上的动点，则下列结论正确的是（

）A．存在点，使得平面平面B．C．若，则平面D．三棱锥的体积为定值【答案】BCD【分析】由题可得与相交可判断A，取中点，根据中位线的性质结合条件可判断B，根据线面垂直的判定定理结合条件可得平面，进而判断C，根据锥体的体积公式可判断D.【详解】因为为的中点，为线段上的点，且，所以与相交，故不存在点，使得平面平面，故A错误；取中点，连接，则，所以为平行四边形，，则，故B正确；若，则，又平面平面，所以，又平面，所以平面，平面，故C正确；因为的面积为定值，点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：BCD.填空题本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知正四面体的棱长为2，，分别为，的中点，则的长为__________．【答案】【分析】连接,利用勾股定理求解.【详解】如图，连接,在等边三角形中,在等边三角形中,所以，所以,所以,故答案为:.14．在正方体中，、分别是面和的中心，则和所成的角是______________．【答案】【分析】连接、，则点为的中点，利用中位线的性质可得出，从而可知和所成的角为，即为所求.【详解】连接、，则点为的中点，如下图所示：易知点为的中点，又因为为的中点，所以，，所以，和所成的角为.故答案为：.15．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异”.也就是说“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该几何体的体积为______.【答案】【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆得到圆锥的底面周长，进而得到圆锥的底面半径和高，然后利用圆锥的体积公式求解.【详解】解：圆锥的底面周长为，所以圆锥的地面半径为，高为，所以圆锥的体积为，故答案为：16．已知直四棱柱的底面是菱形，，棱长均为4，，的中点分别为、，则三棱锥的体积为______．【答案】【分析】取的中点，连接、、、、、，即可得到，由题意可得，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，最后根据锥体的体积公式计算可得.【详解】解：如图取的中点，连接、、、、、，显然且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又是边长为的菱形且，所以为等边三角形，则，又，所以，又四棱柱为直棱柱，即平面平面，平面平面，平面，所以平面，且，又，所以.故答案为：四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.【详解】（1）如图，连接，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴直线平面.（2）连接SD，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴平面，由(1)知，平面，且平面，平面，，∴平面∥平面.18．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法

由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法

建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空间向量法

由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，得，即．所以，即．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.19．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得,进而可证平面,即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体,所以平面,因为长方体,所以四边形为正方形因为平面,因此平面,因为平面,所以；（2）在上取点使得,连,因为,所以所以四边形为平行四边形，因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形，，所以四点共面，因此在平面内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.20．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.【详解】（1）连接，，分别为，中点

为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）在菱形中，为中点，所以，根据题意有，，因为棱柱为直棱柱，所以有平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，根据题意有，则有，解得，所以点C到平面的距离为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.21．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【详解】分析：（1）先证