2024-2025学年新教材高中数学第8章立体几何初步素养作业提技能含解析新人教A版必修第二册

PAGE第八章立体几何初步考试时间120分钟，满分150分.一、单项选择题(本大题共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．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③棱台的上、下底面可以不相像，但侧棱长肯定相等.其中真命题的个数是(A)A．0 B．1C．2 D．3[解析]①不肯定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不肯定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图所示；③错误，棱台的上、下底面相像且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不肯定相等.2．以长为8cm，宽为6cmA．64πcm2 B．36πcm2C．64πcm2或36πcm2 D．48πcm2[解析]分别以长为8cm，宽为63．梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是(B)A．平行 B．平行或异面C．平行或相交 D．异面或相交[解析]由直线与平面平行的判定定理，可知CD∥α，所以CD与平面α内的直线没有公共点.4．空间四点A，B，C，D共面而不共线，那么这四点中(B)A．必有三点共线 B．必有三点不共线C．至少有三点共线 D．不行能有三点共线[解析]∵A，B，C，D共面而不共线，这四点可能有三点共线，也可能随意三点不共线，A错.假如四点中没有三点不共线，则四点共线，冲突，B正确.当随意三点不共线时，也满意条件，C错.当其中三点共线，第四个点不共线时，也满意条件，D错.5．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为(C)A．eq\f(\r(2),2) B．eq\r(3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)[解析]过点F作FH∥DC，交BC于H，过点A作AG⊥EF，交EF于G，连接GH，AH，则∠AFH为异面直线AF与BE所成的角.设正方形ABCD的边长为2，在△AGH中，AH＝eq\r(\f(5,2)＋\f(2,4))＝eq\r(3)，在△AFH中，AF＝1，FH＝2，AH＝eq\r(3)，∴cos∠AFH＝eq\f(1,2).6．E，F，G分别是空间四边形ABCD的棱BC，CD，DA的中点，则此四面体中与过E，F，G的截面平行的棱的条数是(C)A．0 B．1C．2 D．3[解析]在△ACD中，∵G，F分别为AD与CD的中点，∴GF∥AC.而GF⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，∴AC∥平面EFG.同理，BD∥平面EFG.故选C．7．正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(A)A．eq\f(81π,4) B．16πC．9π D．eq\f(27π,4)[解析]如图所示，设球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面中心为O′.∵正四棱锥P－ABCD中AB＝2，∴AO′＝eq\r(2).∵PO′＝4，∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，∴R2＝(eq\r(2))2＋(4－R)2，解得R＝eq\f(9,4)，∴该球的表面积为4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))2＝eq\f(81π,4)，故选A．8．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝BB1＝2，AC＝2eq\r(5)，则异面直线BD与AC所成的角为(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]如图，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1∥DE，则∠BDE即为异面直线BD与AC所成的角.由条件可知BD＝DE＝EB＝eq\r(5)，所以∠BDE＝60°，故选C．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．以下关于空间几何体特征性质的描述，错误的是(ABC)A．以直角三角形一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥B．有两个面相互平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D．两底面相互平行，其余各面都是梯形，侧棱延长线交于一点的几何体是棱台[解析]以直角三角形的一个直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是圆锥，可得A错误；有两个面相互平行，其余各面都是四边形的几何体可能是棱台，不肯定是棱柱，故B错误；有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故C错误；依据棱台的定义，可得D正确.故选ABC．10．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列说法正确的是(ACDA．A1M∥D1P B．A1M∥BC．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1[解析]连接PM，因为M、P为AB、CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P.故A正确；明显A1M与B1Q为异面直线，故B错误；由A知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M即不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB111．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，肯定正确的为(ABD)A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°[解析]∵QM∥PN，∴QM∥平面ABD，∴QM∥BD，同理可得AC∥MN，∵QM∥BD，AC∥MN，MN⊥QM，∴AC⊥BD，A正确；∵AC∥MN，∴AC∥截面PQMN，B正确；∵QM∥BD，AC∥MN，∴eq\f(MN,AC)＋eq\f(QM,BD)＝1，C不肯定正确；∵QM∥BD，∴异面直线PM与BD所成的角为∠PMQ＝45°，D正确.故选ABD．12．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点.则(BCA．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEFC．平面AEF截正方体所得的截面面积为eq\f(9,8)D．点C与点G到平面AEF的距离相等[解析]取DD1中点M，则AM为AF在平面AA1D1D上的射影，∵AM与DD1不垂直，∴AF与DD1不垂直，故A选项错误；∵A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，∴A1G∥平面AEFD1，故B选项正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形面积为eq\f(9,8)，故C选项正确；假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG中点，连接CG交EF于H，而H不是CG中点，则假设不成立.故D选项错误.故选B三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个圆柱的侧面绽开图是一个边长为1的正方形，则该圆柱的体积是__eq\f(1,4π)__.[解析]∵圆柱的侧面绽开图是边长为1的正方形，∴该圆柱的高h＝1，底面周长2πr＝1，∴底面半径r＝eq\f(1,2π)，∴该圆柱的体积V＝π×eq\f(1,4π2)×1＝eq\f(1,4π).14．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面上升9厘米，则此球的半径为__12__厘米.[解析]V＝Sh＝πr2h＝eq\f(4,3)πR3，R＝eq\r(3,64×27)＝12(cm).15．已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面.①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内随意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b；④若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β.上述命题中，正确命题的序号是__②④__.[解析]对①可举反例，如图，需b⊥β才能推出α⊥β；对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可知a，b不垂直；依据面面、线面垂直的定义与判定知②④正确.16．(2024·全国Ⅰ卷理)如图，在三棱锥P－ABC的平面绽开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝__－eq\f(1,4)__.[解析]∵AB⊥AC，AB＝eq\r(3)，AC＝1，由勾股定理得BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2，同理得BD＝eq\r(6)，∴BF＝BD＝eq\r(6)，在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝eq\r(3)，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，∴CF＝CE＝1，在△BCF中，BC＝2，BF＝eq\r(6)，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－BF2,2CF·BC)＝eq\f(1＋4－6,2×1×2)＝－eq\f(1,4).四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)某高速马路收费站入口处的平安标识墩如图所示，墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH，下半部分是长方体ABCD－EFGH.长方体的长、宽、高分别是40cm、40cm、20cm，正四棱锥(1)求该平安标识墩的体积；(2)求该平安标识墩的侧面积.[解析](1)该平安标识墩的体积V＝VP­EFGH＋VABCD­EFGH＝eq\f(1,3)×402×60＋402×20＝64000(cm3).(2)如图，连接EG，HF交于点O，连接PO，结合三视图可知OP＝60cm，OG＝eq\f(1,2)EG＝20eq\r(2)cm，可得PG＝eq\r(602＋20\r(2)2)＝20eq\r(11)(cm).于是四棱锥P­EFGH的侧面积S1＝4×eq\f(1,2)×40×eq\r(20\r(11)2－202)＝1600eq\r(10)(cm2)，四棱柱EFGH­ABCD的侧面积S2＝4×40×20＝3200(cm2)，故该平安标识墩的侧面积S＝S1＋S2＝1600(eq\r(10)＋2)(cm2).18．(本小题满分12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，假如冰淇淋溶化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由.[解析]不会溢出杯子.理由如下：由题图可知半球的半径为4cm，所以V半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×43＝eq\f(128,3)π(cm3)，V圆锥＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×42×12＝64π(cm3).因为V半球<V圆锥，所以假如冰淇淋溶化了，不会溢出杯子.19．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点.(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.[解析](1)∵CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，∴BO∥CD.又BC∥AD，∴四边形BCDO为平行四边形，则BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3OD，即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点.(2)证明：∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.20．(本小题满分12分)(2024·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1(1)求证：EF∥平面AB1C1(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1[解析](1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C所以EF∥平面AB1C1(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC所以B1C⊥AB又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C1，AC⊂平面AB1C，B1C∩所以AB⊥平面AB1C又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB121．(本小题满分12分)在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分别交AC，SC于D，E，又SA＝AB，SB＝BC.(1)求证：BD⊥平面SAC；(2)求二面角E－BD－C的大小.[解析](1)证明：如图，∵DE⊥SC，且E为SC的中点，又SB＝BC，∴BE⊥SC.又DE∩BE＝E，依据直线与平面垂直的判定定理知SC⊥平面BDE，∵BD⊂平面BDE，∴SC⊥BD.又SA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴SA⊥BD.又SA∩SC＝S，∴BD⊥平面SAC.(2)由(1)知∠EDC为二面角E－BD－C的平面角，又△SAC∽△DEC，∴∠EDC＝∠ASC.在Rt△SAB中，∠SAB＝90°，设SA＝AB＝1，则SB＝eq\r(2).由SA⊥BC，AB⊥BC，AB∩SA＝A，∴BC⊥平面SAB，SB⊂平面SAB，∴BC⊥SB.在Rt△SBC中，SB＝BC＝eq\r(2)，∠SBC＝90°，则SC＝2．在Rt△SAC中，∠SAC＝90°，SA＝1，SC＝2．∴cos∠ASC＝eq\f(SA,SC)＝eq\f(1,2)，∴∠ASC＝60°，即二面角E－BD－C的大小为60°.22．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1