3 第八章 立体几何初步【过关测试】-2022-2023学年高一数学单元复习（人教A版2019必修第二册）

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第八章 立体几何初步  章节检测一、单选题（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．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（    ）A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体【答案】B【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．故选：B．2．（2023·全国·高一专题练习）如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形是一个边长为1的正方形，则原图形的形状是（    ）A． B． C．D．【答案】A【详解】在直观图中，其一条对角线在y轴上且长度为，所以在原图形中其中一条对角线必在y轴上，且长度为，故选：A．3．（2023秋·内蒙古赤峰·高二统考期末）在如图所示的正方体中，异面直线与所成角的大小为（    ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【详解】连接，，如图，因为正方体中，所以就是与所成的角，在中，.∴.故选：C4．（2023·江西抚州·高三金溪一中校考开学考试）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．下图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（    ）（参考数据：，参考公式：）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意，正四棱台中，设棱台的高为，则，故.故选：B5．（2023秋·四川乐山·高二统考期末）在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】设外接圆的半径为，圆心为，根据正弦定理，则，故，设三棱锥外接球的半径为,由，可知为等腰三角形，过作于，则为中点，由平面，平面，故，则共面，平面，平面，，又，故，于是四边形为平行四边形，四边形为为矩形，则，故外接球的表面积.故选：C.6．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）在正方体中，点P在正方形内，且不在棱上，则正确的是（    ）A．在正方形内一定存在一点Q，使得B．在正方形内一定存在一点Q，使得C．在正方形内一定存在一点Q，使得平面D．在正方形内一定存在一点Q，使得平面∥平面【答案】A【详解】对于A，假设P为正方形的中心，Q为正方形的中心，作，垂足分别为H，G，连接H，G，则为矩形，则，且H，G为的中点，连接，则，∵，∴，即，故A正确；对于B，假设在正方形内存在一点Q，使得，作，垂足分别为E，F，连接，则为矩形，且与相交，∴，，∴，这与相交矛盾，故B错误；对于C，假设在正方形内一定存在一点Q，使得平面，平面，则，又平面，故，而平面平面，故，而平面，故平面，∵平面，故C，D重合，与题意不符，故C错误．对于D，在正方形内一定存在一点Q，使得平面∥平面，由于平面平面，平面平面，∴，而，则Q在上，这与题意矛盾，故D错误；故选：A．7．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考阶段练习）如图，在圆柱中，为底面直径，是的中点，是母线的中点，是上底面上的动点，若，，且，则点的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】连接，作，交于点，是的中点，，平面，平面，，，平面，平面，又平面，，又，，平面，平面，设平面与上底面交于，，点的轨迹为； ，，是母线中点，，，.故选：C.8．（2023·全国·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】过点作，交于点，交于点，过点作，交于点，连接，取中点，连接，根据题意，因为，所以当三点共线，且时，，且有最小值，如图所示，在中，，，所以，在中，，所以，在中，，所以，所以的最小值为，故选：A.二、多选题（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0分.）9．（2023秋·河北唐山·高三统考期末）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【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．（2023秋·广东清远·高三统考期末）已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（    ）A．所得的截面可以是五边形 B．所得的截面可以是六边形C．该截面的面积可以为 D．所得的截面可以是非正方形的菱形【答案】BCD【详解】过正方体中心的平面截正方体所得的截面至少与四个面相交，所以可能是四边形、五边形、六边形，又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）故A错误，BD正确；因为四边形的面积为，当截面过中心且平行与底面时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为，若这个截面绕着中心旋转，转到与四边形重合，此时面积为，所以在转动过程一定存在截面面积为，C正确．故选：BCD．11．（2023秋·辽宁营口·高三统考期末）如图，四边形为矩形，平面，，，记四面体，，的体积分别为、、，则下列说法正确的是（    ）A．该几何体的体积为 B．C． D．【答案】BD【详解】因为平面，，则平面，平面，，四边形为矩形，则，因为，、平面，平面，同理可证平面，故该几何体的体积为，A错；取的中点，连接，因为，，为的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，又因为，则，因为平面，平面，平面，所以，点、到平面的距离相等，所以，，，，平面，平面，平面，所以，点、到平面的距离相等，故，所以，，．故BD正确，C错误.故选：BD.12．（2023秋·辽宁营口·高二统考期末）如图所示，三棱锥中，AP、AB、AC两两垂直，，点M、N、E满足，，，、，则下列结论正确的是（    ）A．当AE取得最小值时，B．AE与平面ABC所成角为，当时，C．记二面角为，二面角为，当时，D．当时，【答案】CD【详解】对于A：当AE取得最小值时，平面，AP、AB、AC两两垂直，，，则三棱锥是正三棱锥，则点为正三角形的中心，则，，故A错误；对于B：设的中心为，则平面，由等体积法可得：，解得，当，时，易知点到直线的距离为，点到点与点的距离相等，都为，即，则，则,故B错误；对于C：过作，与交于，连接，，，，，面，面，故面，，面，面，故面，且都属于平面，，平面平面，AP、AB、AC两两垂直，且平面，，平面，则平面，都垂直于，则，，且，则为等腰直角三角形，且，设，则当时，，，在中，，在△中，，则，故C正确；对于D：当时，点在以为直径的圆上，即为与该圆的交点，设圆心为，连接与交于点，连接，如图，则，则，即，，AP、AB、AC两两垂直，，，，由，则，此时，，，，即，故，，，则，则，故D正确；故选：CD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．）13．（2023·高一课时练习）长、宽、高分别为3、4，5的两个相同的长方体，把它们某两个全等的面重合在一起，组成大长方体，则大长方体对角线最长为_____.【答案】【详解】当大长方体的长、宽、高分别为、、时，体对角线为.当大长方体的长、宽、高分别为、、时，体对角线为.当大长方体的长、宽、高分别为、、时，体对角线为.因为，所以大长方体对角线最长为.故答案为：14．（2023·上海·高二专题练习）设等边的边长为，是内的任意一点，且到三边，，的距离分别为，，，则有为定值；由以上平面图形的特性类比空间图形：设正四面体的棱长为，是正四面体内的任意一点，且到四个面、、、的距离分别为，，，，则有为定值________.【答案】【详解】设底面三角形的中心为，则，故棱锥的高.∴正四面体的体积.又，∴，则.故答案为：．15．（2023·山东日照·统考一模）设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为___________.【答案】##【详解】如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.设E是AD的中点，F是BC的中点，则ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.不失一般性，可设O在平面MEF上.于是O为△MEF的内心.设球O的半径为r，则.设AD=EF=a，因为，所以，，且当，即时，上式取等号，所以，当AD=ME=时，所以与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为.作OG⊥ME于G，易证OG//平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.过G作MH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离.，，又，，,.,故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M-ABCD内，并且不可能再大.据此可得所求的最大球的半径为.故答案为：16．（2023·全国·高三专题练习）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体的棱长为，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为________.【答案】          【详解】由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为，所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为；勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，假设图2是投影光线垂直于面时，勒洛四面体在与平面平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面的夹角小于时，易知截面投影均为图2所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，即.故答案为：；.四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）17．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体，其外接球与内切球的表面积之和为，过点的平面与正方体的面相交，交线围成一个正三角形.(1)在图中画出这个正三角形（不必说明画法和理由）；(2)平面将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的体积和表面积.【答案】(1)答案见解析(2)，（1）解：连接，则为所求三角形（作法不唯一），如图所示（2）解：设正方体的棱长为，正方体的体对角线即为外接球的直径，正方体的棱长即为内切球的直径，所以，解得，平面将正方体截成三棱锥和多面体两部分，所以，，因此体积较大的几何体是多面体，其体积为，由，所以，，，故多面体的表面积为.18．（2023秋·四川乐山·高二统考期末）如图，在五面体中，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，，.(1)求证：；(2)求证：平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）∵，平面，平面，∴平面.又∵平面，且平面平面，∴.（2）∵，，∴为平行四边形，∴，在中，，.∴，即.∵平面平面，平面平面，且，所以，又平面，∴平面，从而.又∵，∴平面，∵，∴平面.19．（2023·河北·高三学业考试）如图，已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD⊥CD，，CD=2AB．(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)在侧棱PC上是否存在点M，使得平面PAD，若存在，确定点M位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；点是的中点【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，又因为，，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）存在，当点是的中点时，平面，证明如下：如图，设的中点为，连接，，，如图所示：所以是的中位线，即，且，因为，，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故当点是的中点时，平面.20．（2023春·广东广州·高二广州市协和中学校考阶段练习）如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且．(1)证明：；(2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)见解析；(2).【详解】（1）证明：因为为半球的直径，C为上一点，所以,又因为，，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为P为半球面上一点，所以,,平面，所以平面，平面，所以；（2）解：因为三角形为直角三角形，，所以，又因为，平面，所以，又因为三角形也是直角三角形，所以.所以，，设点到平面的距离为，则有,即,所以,设直线与平面所成的角为，则.21．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，是的中点.(1)求证：平面平面；(2)点在棱上，满足且三棱锥的体积为，求的值.【答案】(1)证明见解析.(2).【详解】（1）由题意底面， ,，则底面为直角梯形，连接 ，则,故四边形为矩形，则 ， 所以四边形为正方形，所以 ，因为侧面为等边三角形，O是 的中点，所以 ，平面，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面 ，所以平面，因为平面 ，所以平面平面.（2）因为底面中， ,，侧面 为等边三角形，O是的中点，所以,,, ，因为平面，平面，所以 ，所以 ，因为 ，所以,所以 ,设点到平面的距离分别为，因为 ，所以 ,即，故，因为三棱锥的体积为，所以 所以 ，解得，所以，即 因为，所以 .22．（2023春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考开学考试）如图1，在直角三角形中，为直角，在上，且，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，如图2.(1)若平面平面，求证:；(2)若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由题意知，又平面平面，平面平面平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：由题意知，平面平面因而平面，又平面，因而平面平面.如图，作所在的直线于点，又平面平面，平面，所以平面.作于点，连接，则为二面角的平面角，设，则，在中，，所以，设，则，因而，在直角三角形中，，即，解得或（舍去），此时，从而.