20第八章《立体几何初步测评》必刷卷（基础版）- -2023-2024学年高一数学-第8章 立体几何初步（人教A版2019必修第二册）

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绝密★启用前第八章《立体几何初步》必刷卷（基础版）01数 学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（    ）A． B． C． D．2．观察下面的几何体，哪些是棱柱？（    ）A．（1）（3）（5） B．（1）（2）（3）（5）C．（1）（3）（5）（6） D．（3）（4）（6）（7）3．已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（    ）A． B． C． D．4．如图所示，用符号语言可表达为（    ）A．，， B．，，C．，，， D．，，，5．正方体的棱长为2, 为棱的中点，用过点的平面截该正方体，则所得截面的面积为（    ）  A． B． C．5 D．6．如图，平面平面，直线平面，过点的直线分别交于点，过点的直线分别交于点．若，则（    ）  A． B．6 C． D．57．如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．8．夹弹珠游戏是儿童特别喜欢的游戏，夹弹珠能有效提高参与者的注意力与协调性，调整逻辑思维判断和空间控制平衡能力，锻炼小肌肉，增强手眼协调，培养敏捷的反应能力，从而提高参与者的适应能力.如图，三个半径都是的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器（不计厚度）中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的表面积（包括容器的内部和外部两部分）是（    ）   B．C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（    ）  A．面 B．C．与是异面直线 D．与平面夹角余弦为10．下列说法不正确的是（    ）A．若直线，不共面，则，为异面直线B．若直线平面，则与内无数条直线平行C．若直线平面，平面平面，则D．如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等11．如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ）  A．是钝角三角形B．的面积是的面积的倍C．是等腰直角三角形D．的周长是第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则R、r、d满足的关系式是 .13．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为 ．14．如图，在四边形ABCD中，，，，，将沿BD折起，使平面平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面为 写出满足条件的所有平面解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）在正三棱柱中，已知它的底面边长为2.(1)若该正三棱柱的高为4，分别求其表面积与体积.(2)若直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积.16．（15分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，M，N分别是PA，PB的中点，求证：(1)平面ABCD；(2)平面PAD.17．（15分）如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．18．（17分）两两相交且不过同一个点的三条直线必在同一个平面内．已知：如图，直线两两相交，交点分别为．求证：直线共面．  19．（17分）数学史上著名的波尔约-格维也纳定理：任意两个面积相等的多边形，它们可以通过相互拼接得到．它由法卡斯·波尔约（FarksBolyai）和保罗·格维也纳（PaulGerwien）两位数学家分别在1833年和1835年给出证明．现在我们来尝试用平面图形拼接空间图形，使它们的全面积都与原平面图形的面积相等：（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分），其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．(1)试比较图1与图2剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；(2)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明．绝密★启用前第八章《立体几何初步》必刷卷（基础版）01数 学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，则圆台侧面积.故选：C.2．观察下面的几何体，哪些是棱柱？（    ）A．（1）（3）（5） B．（1）（2）（3）（5）C．（1）（3）（5）（6） D．（3）（4）（6）（7）【答案】A【详解】根据棱柱的结构特征：一对平行的平面且侧棱相互平行的几何体，所以棱柱有（1）（3）（5）.故选：A.3．已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】如图，连接，则，正四棱柱的体积为，则，则，则为异面直线与所成角，则，，故.故选：D  4．如图所示，用符号语言可表达为（    ）A．，， B．，，C．，，， D．，，，【答案】A【详解】如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点，故用符号语言可表达为，，，故选：A5．正方体的棱长为2, 为棱的中点，用过点的平面截该正方体，则所得截面的面积为（    ）  A． B． C．5 D．【答案】A【详解】取中点P，连接，由正方体的性质可知，可得四边形为平行四边形，又，则四边形为为菱形.所以截面为边长为的菱形，两对角线长分别为，所以该截面的面积为.  故选：A.6．如图，平面平面，直线平面，过点的直线分别交于点，过点的直线分别交于点．若，则（    ）  A． B．6 C． D．5【答案】C【详解】①当直线m，n共面时，因为平面平面，直线平面，面，面，，所以，根据平行线分割线段成比例可得，又，解得，②当为异面直线时，连接，如图  由①证明可知，，所以，又，解得.故选：C.7．如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】设球的半径为，依题意，，则，解得，因此，所以球的表面积.故选：A8．夹弹珠游戏是儿童特别喜欢的游戏，夹弹珠能有效提高参与者的注意力与协调性，调整逻辑思维判断和空间控制平衡能力，锻炼小肌肉，增强手眼协调，培养敏捷的反应能力，从而提高参与者的适应能力.如图，三个半径都是的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器（不计厚度）中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的表面积（包括容器的内部和外部两部分）是（    ）  A． B． C． D．【答案】D【详解】在面上的投影为为大球球心，为小球球心.  ，大球半径为，，，故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（    ）  A．面 B．C．与是异面直线 D．与平面夹角余弦为【答案】ABCD【详解】由面，故面，A对；由，即为平行四边形，则，B对；由面，面，且面面，与不平行，与是异面直线，C对；由正方体易知：面，故为与平面夹角，  若正方体的棱长为1，则，D正确.故选：ABCD10．下列说法不正确的是（    ）A．若直线，不共面，则，为异面直线B．若直线平面，则与内无数条直线平行C．若直线平面，平面平面，则D．如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等【答案】CD【详解】由异面直线的定义可得A正确；若直线平面，则内与平行的直线有无数条，故B正确；若直线平面，平面平面，则或，故C错误；如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故D错误．故选：CD．11．如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ）  A．是钝角三角形B．的面积是的面积的倍C．是等腰直角三角形D．的周长是【答案】CD【详解】由题意，在斜二测视图中，，∴，的面积是的面积相同，B错误.∴在中，，∴是的中线，，，∴,∵，∴是等腰直角三角形，A错误，C正确，，D正确，故选：CD.  第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则R、r、d满足的关系式是 .【答案】【详解】在中，根据勾股定理得，即.故答案为：.13．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为 ．【答案】【详解】在正方体中，连接，正方体的对角面是矩形，则，因此是异面直线与所成的角或其补角，而，即是正三角形，则，所以异面直线与所成的角为.故答案为：14．如图，在四边形ABCD中，，，，，将沿BD折起，使平面平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面为 写出满足条件的所有平面【答案】平面ABD，平面ABC【详解】如图，在四边形ABCD中，，，，，可得，即平面平面BCD，且平面平面，，平面BCD，平面ABD，平面ACD，则平面平面ABD；又平面ABD，则，又，，平面ADC，平面ADC，平面ADC，又平面ABC，平面平面假设平面平面BCD，，且平面平面，平面BCD，平面ACD，平面ACD，则，与矛盾；在四面体ABCD的四个面中，与平面ADC垂直的平面有：平面ABD，平面故答案为：平面ABD，平面解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）在正三棱柱中，已知它的底面边长为2.(1)若该正三棱柱的高为4，分别求其表面积与体积.(2)若直线与平面所成角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)表面积为，体积为(2)【详解】（1）正三棱柱的两个底面积之和为，正三棱柱的侧面积为，故正三棱柱的表面积为；正三棱柱的体积为；（2）因为⊥平面，所以即为直线与平面所成角，故，所以，故，.16．（15分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，M，N分别是PA，PB的中点，求证：(1)平面ABCD；(2)平面PAD.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【详解】（1）因为M，N分别是PA，PB的中点,所以.又因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD.（2）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为四边形ABCD是矩形，所以.又，平面PAD，所以平面PAD.17．（15分）如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．【答案】证明见解析【详解】连接AC，BD．因为E，F是中AB，BC的中点，所以．同理可证．因此．同理可证．所以四边形EFGH是平行四边形．18．（17分）两两相交且不过同一个点的三条直线必在同一个平面内．已知：如图，直线两两相交，交点分别为．求证：直线共面．  【答案】证明见解析【详解】因为直线和相交于点，所以直线和可确定一个平面，记为．因为，，所以，．所以．因此，直线都在平面内，即它们共面．19．（17分）数学史上著名的波尔约-格维也纳定理：任意两个面积相等的多边形，它们可以通过相互拼接得到．它由法卡斯·波尔约（FarksBolyai）和保罗·格维也纳（PaulGerwien）两位数学家分别在1833年和1835年给出证明．现在我们来尝试用平面图形拼接空间图形，使它们的全面积都与原平面图形的面积相等：（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分），其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．(1)试比较图1与图2剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；(2)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明．【答案】(1)(2)答案见解析【详解】（1）依上面剪拼方法，有．推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为．现在计算它们的高：如图所示：在正四面体中，高，在图2一顶处的四边形中，如图所示：直三棱柱高，，∴．（2）如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱．