（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(基础版）（全解全析）

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第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(基础版）全解全析1．A【解析】作出原平面图形，然后求出面积即可．【详解】，则是等腰直角三角形，∴，又，，∴，在直角坐标系中作出原图形为：梯形，，，高，∴其面积为．故选：A【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为，原图形面积为，则．2．B【解析】【分析】由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，再分当球心在棱锥内部时和当球心在棱锥外部时，建立方程求得外接球的半径可得选项.【详解】解：如图，由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，此时正六边形的边长为，设交截面于，则为的中点，所以，设正六棱锥外接球的球心为，外接球半径为，当球心在棱锥内部时，有，解得，外接球面积为；若球心在棱锥外部时，有，解得（舍去）．∴以为顶点的锥体的外接球的表面积为．故选：B．【点睛】方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径､截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键.3．B【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据椎体的体积公式以及三视图中的数据可求该几何体的体积.【详解】复原后的几何体为如图所示的三棱锥，其底面为等腰三角形，该三角形的底边长为2，高为2，棱锥的高为2，故体积为.故选：B．4．C【解析】【分析】作出辅助线，找到异面直线与所成角即为（或其补角），利用余弦定理求出，由勾股定理求出，利用余弦定理求出答案.【详解】设为棱上与点最近的一个四等分点，连接，，，，则，所以异面直线与所成角即为（或其补角）．不妨设正四面体的棱长为4，则．在中，，，，由余弦定理得：，解得：，同理，．在等腰三角形中，．在中，，，，由余弦定理得，解得：．在中，由余弦定理得:．故选：C5．D【解析】【分析】根据正方体的结构特征，由线面平行的判定定理判断①，由平行的性质判断②，由异面直线概念判断③，根据异面直线所成的角判断④.【详解】如图，①中，由,平面，平面，可得面，故正确；②中，由,,可得，故正确；③中，由正方体可知与是异面直线，正确；④中，因为，所以与所成角为（或其补角），在等边中，，故正确.故选：D6．B【解析】【分析】由题意确定满足题意的条件，结合排除法即可确定不能成立的选项.【详解】对于A，D.当平面ADC平面ABC时，因为DCAC，平面ADC平面ABC=AC，所以DC平面ABC，AB平面ABC，BC平面ABC，所以CD⊥AB，BC⊥CD，故A,D正确.对于C.假设，则，，，由余弦定理，得，则在翻折过程中，存在某一时刻满足，此时，所以BD⊥AB，故C正确，对于B.利用排除法可知选项中不成立的结论为B项.故选：B.7．C【解析】【分析】作出过点P，Q，R的正方体的截面，再逐一分析、推理判断4个结论作答.【详解】在正方体中，取的中点N，直线与直线AB，BC分别交于点E，G，直线QE交于点S，交直线于点F，直线RG交于点M，交直线于点，如图，因P，Q，R分别为棱的中点，即有，则，又，则，，因此，，即与F重合， 连接，则截面是平面截正方体所得截面，且截面是正六边形，连AC，则，在正六边形中，与不平行，则与不平行，结论①不正确；因，平面，平面，所以平面，结论②正确；连接，则三棱锥为正三棱锥，又正三棱锥的相对棱垂直，则，即结论③正确；连BD，因，平面，平面，则，而，于是得平面，而平面，则，因，则，同理，又，平面，因此，平面，而平面，则，结论④正确.所以给定的四个结论正确的个数为3故选：C【点睛】关键点睛：作过正方体三条中点的截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.8．B【解析】【分析】过作垂足为，过作垂足为，将平移到处，连接、，易知为二面角的平面角，，设，，，进而求、、，在中应用余弦定理并结合三角函数的性质判断与的大小关系.【详解】过作垂足为，过作垂足为，将平移到处，连接、，则为二面角的平面角，即，又，即，故，易知，则，设，，，则，在△中，，在中，，，在中，，，∵平面，则平面，则，，，在中：，∴（当且仅当时等号成立），∴.故选：B.【点睛】关键点点睛：应用二面角的定义，通过作辅助线确定二面角的平面角，再根据目标角、相关线段所在三角形求、、，进而在中应用余弦定理并结合三角函数的性质判断角大小关系.9．ACD【解析】【分析】对于A，由题A正确，对于B，为正四面体外接球的半径正四面体外接球的体积为B错误，对于C，，为正三角形正四面体的体积为C正确，对于D，设D正确.【详解】如图所示，正四面体中，点是正四面体的中心，连接，，，，于是．设点在平面内的射影为，连接，正四面体的棱长为1，则，所以，，则碳原子与氢原子之间的距离为，选项A正确；由A可知，为正四面体外接球的半径，则正四面体外接球的体积为，B错误；正四面体的体积，C正确；设，其中，在中，由余弦定理得，故任意两个碳氢化学键的夹角的余弦值为，D正确．故选：ACD．10．ABD【解析】【分析】根据圆锥的性质，计算基本量，判断AB选项，根据的面积公式，计算顶角的取值范围，计算面积的最值，利用圆锥和内接圆柱的轴截面，计算侧面积的最大值.【详解】圆锥的母线，则圆锥的侧面积，故A正确；设与底面所成的角是，，即，故B正确；轴截面的顶角是，当顶角等于时，面积的最大值是，故C错误；下图是圆锥和圆柱的截面图，设圆柱底面半径，则高是，则圆锥内接圆柱的侧面积，当时，侧面积取得最大值，故D正确.故选：ABD11．AC【解析】【分析】由已知可得，由线面平行的判定定理可判断A；由，与平面相交可判断B；由，根据线面平行的判定定理可判断C，由与平面相交可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：因为在正方体中，，，分别是，，的中点，所以，因为，所以，因为平面， 平面，所以平面，故选项A正确；对于B：因为，与平面相交，所以与平面相交，故选项B错误；对于C：因为，，分别是，，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故选项C正确；对于D：与平面相交，所以平面与平面相交，故选项D错误.故选：AC12．AC【解析】【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，由题可得PC的取值范围可判断B，利用正方体的性质可判断C，利用三棱锥的体积的公式结合条件可求判断D.【详解】如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC，因为，BD，平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又平面BDE，所以，A项正确；在菱形ABCD中，AB=1，∠ABC=120°，所以，当△ABD沿对角线BD折起时，，所以不存在点P，使得PC=2，B项错误；当PC=1时，将正四面体补成正方体，根据正方体的性质可知，三棱锥P-BCD的外接球就是该正方体的外接球,因为正方体的各面的对角线长为1．所以正方体的棱长为，设外接球的半径为R，则，所以三棱锥的外接球的表面积，C项正确；当三棱锥P-BCD的体积最大时，平面平面BCD，取BD的中点O，连接PO，OC，易知平面BCD，则，又，所以，D项错误．故选：AC．13．【解析】【分析】先利用梯形面积公式得到直观图的面积，再利用直观图与原图形面积的倍数关系进行求解.【详解】直角梯形ABCD的面积，设原图形面积为，则，则这个平面图形的实际面积故答案为：14．【解析】【分析】根据所给数据算出答案即可.【详解】边长为10的正六边形的面积为所以表面积为故答案为：15．平行【解析】【分析】利用线面平行的性质判断即可【详解】因为∥，平面，平面，所以∥平面，因为平面，平面与平面ABC交于直线，所以∥，故答案为：平行16．①④【解析】【分析】①根据面面平行的性质可证明四边形的两组对边分别平行，再证明对角线互相垂直即可证明其是菱形；②四边形面积，EF为定值，MN最大时为最大，观察MN变化即可判断最值情况；③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．底面△的面积是一个定值.高也为定值，故可判断体积为定值.④将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.【详解】①平面∥平面，平面平面＝EN，平面平面＝MF，．同理可证．四边形为平行四边形.连接MN、AC、BD、：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵⊥平面ABCD，∴⊥AC，∵BD＝B，∴AC⊥平面，∵MN平面，∴AC⊥MN.∵EA与FC平行且相等，∴ACFE是平行四边形，∴AC∥EF，∴EF垂直MN，∴MEFN是菱形.故①正确．②四边形面积，EF为定值，当为B或时，即x＝0或x＝1时，最长，此时面积最大，但0＜x＜1，即M不能取线段的端点，∴四边形MENF面积无最大值．故②错误．③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．△的面积是一个定值.同②中证明AC⊥平面，也可证明BD⊥平面，则B到平面AEF的距离即为.∵B∥A，∴B∥平面AEF，∴M到平面AEF的距离即为B到平面AEF的距离，同理N到平面AEF的距离也为，∴、到平面的距离之和是定值BD，∴四棱锥的体积为常数．故③错误．④如图，将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.过作于，则四边形是直角梯形，由题可知是中点，是梯形的中位线，∴设，设在中，，，，∴在中，∴.故④正确.故答案为：①④.【点睛】本题综合考察空间点线面的位置关系，④中的关键是把空间问题平面化，将空间里面的两边之和最短转化为平面内三点共线时长度最短问题求解.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意，结合台体的体积公式，即可求出结果.（2）设玻璃棒在上的点为，玻璃棒与水面的交点为，过点作，交于点，过点作，交于点，推导出为等腰梯形，求出，，由正弦定理求出，由此能求出玻璃棒没入水中部分的长度．(1)解：由题意可知，下底面正方形的边长为，上底面正方形的边长为，所以下底面面积为，上底面的面积，又台体的高为，所以正四棱台的体积(2)解：设玻璃棒在上的点为，则，玻璃棒与水面的交点为，在平面中，过点作，交于点，过点作，交于点，∵为正四棱台，∴，，∴为等腰梯形，画出平面的平面图，∵，∴，由勾股定理得：，，根据正弦定理得：，，，．∴玻璃棒没入水中部分的长度为．18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据平面ABD，利用线面平行的性质定理得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）根据，，，得到，再根据平面，由求解.(1)证明：∵平面ABD，平面BCD，平面平面，∴，又∵平面AEF，平面AEF，∴平面AEF；(2)∵，，且，∴，∴，∴，由（1）知，∴，又因为，所以，所以，因为平面，所以.19．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）根据给定条件证明AB⊥平面PBD，再利用面面垂直的判定推理作答.（2）求出三棱锥P-ABE的体积，再借助等体积法及同高的两个三棱锥体积关系计算作答.(1)在中，D，E分别为BC，AC的中点，有，又，则，在四棱锥P-ABDE中，，于是得，而，，平面PBD，因此，AB⊥平面PBD，又平面PAB，所以面PAB⊥平面PBD.(2)连接BE，如图，因，，平面ABDE，，则有PD⊥平面ABDE，即P到平面ABDE的距离，显然，则，依题意，，则，于是得所以，三棱锥P-AEF的体积为.20．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接，设，利用勾股定理可得，即可得到，再由，即可得证；（2）设的中点为，连接､，依题意可得平面，即可得到平面平面，再由面面垂直的性质得到平面，即可得到是与平面所成的角，再利用锐角三角函数计算可得；(1)证明：连接，设，由得，.由三棱柱是直三棱柱得.∴.∵是的中点，∴.又∵，，平面，平面，∴平面.(2)解：根据题意知直线与平面所成的角与直线与平面所成的角相同.设的中点为，连接､.由得.∴.∵三棱柱是直三棱柱，∴侧棱底面.∵底面，∴.又∵，，平面，平面，∴平面.由平面，所以平面平面.再由平面平面，平面，，所以平面.∴是在平面内的射影.∴是与平面所成的角.由已知得.∴直线与平面所成角的正弦值为.21．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得,进而推出，再结合的边长，利用勾股定理即可推出，最后结合线面垂直的判定定理即可完成证明；（2）根据是的中位线，即可证明，再利用，即可证明，再根据题意条件，证明，最后利用面面平行的判定定理即可完成证明；（3）由（2）可知，平面平面，而，因此平面EGF与平面的距离就是两条平行线之间的距离，再结合四边形的边角关系，可得是的公垂线，即为两个平面之间的距离，求出即可完成距离的求解.(1)在直三棱柱中, ，交线为，而，，，，根据已知条件可得，为的中点，，，结合勾股定理可得，，所以平面.(2)如图所示，取的中点，连接，，，为的中点，而为的中点，为的中位线，，又，且，，，，， F、G分别是、的中点，是的中位线，，在直三棱柱中，，，，，又，平面平面.(3)由平面平面，EF与相交于H，又 平面，平面，两平面之间的距离即为H到平面的距离，即， ， ∽，，，故平面EGF与平面的距离为.22．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据直线与平面位置关系，把问题转化为全等三角形问题即可证明；（2）用等面积法建立二面角与线面角关系，当线面角满足正弦最大时，即可求二面角大小．(1)证明：分别取，的中点，，连接，，，因为，所以，又因为，所以，又因为，，所以平面，因为平面，所以，在中，因为垂直平分，所以，又因为，，所以，从而可得；(2)解：由（1）知，是二面角的平面角，设，，在中，，过点作于，则，因为平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，设直线与平面所成角为，所以，令，，，则，当且仅当，即时，有最大值2，此时直线与平面所成角为的正弦值最大，所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角的大小为．