第8章立体几何初步（单元基础卷）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）

这是一份第8章立体几何初步（单元基础卷）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第8章立体几何初步（单元基础卷）
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2022·全国·高一）如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积是（       ）

A．6 B．12 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原是一个直角三角形，其中直角边，直接求解其面积即可．
【详解】
解：由直观图画法规则，可得是一个直角三角形，其中直角边，
∴．
故选：B．
2．（2021·全国·高一单元测试）如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③平面；④平面，其中恒成立的为（       ）

A．①③ B．③④ C．①② D．②③④
【答案】A
【解析】
在①中：由题意得平面，从而平面平面，由此得到；在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线；在③中：由平面平面，从而得到平面；在④中：由已知得平面，从而得到与平面不垂直.
【详解】
如图所示，连接、相交于点，连接，.

在①中：由正四棱锥，可得底面，，∴.
∵，∴平面，
∵，，分别是，，的中点，
∴，，而，
∴平面平面，
∴平面，∴.故正确.
在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线，
不可能，因此不正确；
在③中：由①可知平面平面，∴平面，因此正确．
在④中：由①同理可得：平面，若平面，
则，与相矛盾，
因此当与不重合时，与平面不垂直.即不正确.
∴恒成立的结论是：①③．
故选：A.
3．（2021·全国·高一单元测试）设a，b为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，则下列命题中正确的是（       ）
A．若a不平行于α，则在α内不存在b，使得b平行于a
B．若a不垂直于α，则在α内不存在b，使得b垂直于a
C．若α不平行于β，则在β内不存在a，使得a平行于α
D．若α不垂直于β，则在β内不存在a，使得a垂直于α
【答案】D
【解析】
【分析】
根据空间直线与平面间的位置关系，面面垂直的判定定理判断．
【详解】
A．当时，在α内存在b，使得b平行于a，A错；
B．当时，在α内存在b，使得b垂直于a，B错；
C．若α与β相交于直线，则内与直线平行的直线与平行，C错；
D．若在β内存在a，使得a垂直于α，则由面面垂直的判定定理得，D正确．
故选：D．
4．（2021·全国·高一单元测试）如图，正方体中，若分别为棱BC,C1C,B1C1的中点，O1,O2分别为四边形ADD1A1,A1B1C1D1的中心，则下列各组中的四个点不在同一个平面上的是（ ）

A．A,C,O1,D1 B．D,E,G,F
C．A,E,F,D1 D．G,E,O1,O2
【答案】B
【解析】
【详解】
A,C,O1,D1在平面AD1C上；因为AD1//BC1//EF所以A,E,F,D1共面；G,E,O1,O2在平面GEO2上，DE在平面EGF外，根据异面直线判定定理得DE,GF异面，所以D,E,G,F不在同一个平面上，选B.
5．（2021·全国·高一单元测试）已知圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知计算出圆锥母线长与底面半径的关系，由扇形面积可计算侧面展开图的圆心角．
【详解】
圆锥的表面积是其侧面积与底面积之和，根据题意有侧面积是底面积的2倍，
又因为圆锥的侧面展开图是扇形，其圆心角，半径为，
且其弧长等于圆锥底面周长，所以，，
根据扇形面积公式有，代入，得，
即圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，
故选：C.
6．（2021·全国·高一单元测试）如图，在四面体ABCD中，，，，，，则二面角的大小为（       ）

A．30° B．60° C．120° D．150°
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，作，且．得出就是二面角的平面角，然后求出线段的长，由余弦定理可得角的大小．
【详解】
如图，作，且．连接，四边形是平行四边形，
因为，则，
所以就是二面角的平面角，
由平行四边形得，，
由，且，平面，得平面，
而平面，所以，所以，
所以，
中，，所以，
故选：B．

7．（2021·全国·高一单元测试）如图，在正方形中，分别是的中点，沿 将四边形折起，使点分别落在处，且二面角 的大小为，则与平面所成的角的正切值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
过点作于点，连接 .由题意可知，，则，，从而证明 平面，平面，根据二面角的定义以及线面角的定义可知， 为二面角的平面角，为 与平面所成的角. 设，再求解， ，，即可.
【详解】

过点作 于点，连接.
由题意可知，，，
平面，平面 .
所以平面
又因为平面，所以.
因为，平面， 平面.
所以平面.
由题意可知为二面角的平面角；
为与平面所成的角.
设，则.
又因为，所以，
则，即
所以，
故选：C
【点睛】
本题考查已知二面角的大小求解线面角，属于中档题.
8．（2021·全国·高一单元测试）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的余弦值等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
连接，设侧棱与底面边长都等于，计算 ，，， ，再根据点到底面的距离等于点 到底面 的距离，求解与底面所成角的正弦值，即可.
【详解】
如图所示，设三棱柱的侧棱与底面边长都等于.
连接，


则.
在中，，得 .
在中，，即 ，
则为等边三角形，所以.
在菱形中，得.
又因为点到底面的距离等于点到底面 的距离
所以与底面所成角的正弦值为.
即与底面所成角的余弦值为.
故选：B
【点睛】
本题考查直线与平面所成角的问题，属于中档题题.
二、多选题：本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.
9．（2020·全国·高一专题练习）下列命题为真命题的是（       ）
A．若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合
B．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直
C．垂直于同一条直线的两条直线相互平行
D．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面不垂直
【答案】BD
【解析】
A选项两个平面相交也满足，C选项这两条直线位置不确定，B选项是面面垂直的判定定理，利用反证法可以证明D选项.
【详解】
A错，两个平面相交时，也有无数个公共点；
B选项就是面面垂直的判定定理，正确；
C错，比如，，，显然有，，但b与c也可能相交；
D利用反证法证明，假设这条直线与另一个平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任何一条直线，当然就垂直于这条交线，与已知条件矛盾，所以原说法正确.
故选：BD.
【点睛】
此题考查空间中线面位置关系的辨析，关键在于熟练掌握相关公理定理，准确推导.
10．（2021·全国·高一单元测试）如图，在正四棱柱中，，，分别是棱，的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则（       ）

A． B．直线与直线共面
C． D．直线与直线异面
【答案】BCD
【解析】
连接，可得是异面直线与所成角，由余弦定理求出可判断AC；通过证明可得四点共面，即可得直线与直线共面，即可判断B；通过平面，平面，且即可得出直线与直线异面，判断出D.
【详解】
如图，连接，

可知在正四棱柱中，，
四边形是平行四边形，，
是异面直线与所成角，
设，则，
则可得,,，
，故A错误，C正确；
如图，连接，是，的中点，，又正四棱柱中，，四边形是平行四边形，，，四点共面，即直线与直线共面，故B正确；

平面，平面，且，直线与直线异面，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
11．（2021·全国·高一单元测试）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（       ）

A．四点共面 B．平面平面
C．直线与所成角的为 D．平面
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据点线面的位置关系逐个判断选项即可.
【详解】
对于A，由图显然、是异面直线，故四点不共面，故A错误；
对于B，由题意平面，故平面平面，故B正确；
对于C，取的中点，连接、，可知三角形为等边三角形，故C正确；

对于D，平面，显然与平面不平行，故D错误；
故选：BC
【点睛】
本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
12．（2020·广东·南海中学高二阶段练习）如图所示，在四个正方体中，是正方体的一条体对角线，点分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】
利用线面垂直的判定定理证明AD满足，结合空间向量在BC中证明直线l与平面内的某条直线不垂直，即可得线面不可能垂直.
【详解】
如图所示，正方体.连接，分别为其所在棱的中点，.

∵四边形为正方形，
，
平面，平面，
，
，，平面，平面，.
，，同理，可证，，
，平面，平面，
平面，即l垂直平面，故A正确.
在D中，由A中证明同理可证，，又，
平面.故D正确.
假设直线与平面垂直，则这条直线垂直于面内任何一条直线.
对于B选项建立直角坐标系如图：设棱长为2，

，直线l所在体对角线两个顶点坐标，
所以其方向向量，
，所以直线不可能垂直于平面.

同理可在C中建立相同直角坐标系，，
，所以直线不可能垂直于平面.
故选：AD.
【点睛】
此题考查空间线面垂直的辨析，在四个图形中分别判定是否满足线面垂直，根据线面垂直的判定定理证明.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．（2021·全国·高一单元测试）如图，在边长为4的正方形纸片中，与相交于点，剪去，将剩余部分沿折叠，使重合，则折叠后以为顶点的四面体的体积为__________．

【答案】
【详解】
折叠后的四面体如图所示：

OA，OC，OD两两相互垂直，
且OA＝OC＝OD＝2，
所以体积V＝S△OCD·OA＝××(2)3＝,
故答案为.
14．（2020·全国·高一单元测试）如果圆台的两底面半径是和，则与两底面平行且等距离的截面面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
取圆台的轴截面，利用梯形的中位线可求得所求截面圆的半径，再利用圆的面积公式可求得结果.
【详解】
根据题意，圆台的轴截面是上底为，下底为的等腰梯形，
由于题中的截面平行于上、下底，且与上、下底等距离，
所以，这个截面圆在圆台轴截面上截得的直径是等腰梯形的中位线，

因此，根据梯形中位线公式，得该截面圆的直径等于，
所以，该截面圆的半径为，可得截面面积为．
故答案为：.
【点睛】
本题考查圆台的截面圆面积的计算，考查圆台轴截面的应用，考查计算能力，属于基础题.
15．（2021·天津东丽·高一期末）若正方体的表面积为，则它的外接球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正方体的外接球的直径与正方体的棱长之间的关系求解.
【详解】
由已知得正方体的棱长为，
又因为正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长，
所以正方体的外接球的半径，
所以外接球的表面积，
故得解.
【点睛】
本题考查正方体的外接球，属于基础题.
16．（2020·全国·高一单元测试）已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线有________条．
【答案】1
【解析】
【分析】
由直线l与点P确定一个平面β，利用线面平行的判定定理即可求解.
【详解】
如图所示，∵l∥平面α，P∈α，

∴直线l与点P确定一个平面β，α∩β＝m，
∴P∈m，∴l∥m且m是唯一的．
假设点P且平行l的直线有两条m与，
且，
由平行公理可得，
这与两条直线两条m与相交与点P相矛盾，
所以在平面内过点P且平行于l的直线只有有一条
故答案为：1
【点睛】
本题考查了线面平行的性质定理，需理解定理的内容，属于基础题.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2020·全国·高一单元测试）在正方体中，G，H分别是，的中点．
（1）画出平面与平面的交线，并说明理由；
（2）求证：B，D，H，G四点在同一平面内．
【分析】
（1）利用平面基本性质2，可得结论；
（2）利用平面基本性质3，可得结论．
【详解】
解：（1）解：设，，连接，则
，分别在平面、平面，
平面平面；
（2）证明：连，
∵G，H分别是，的中点，
则且，所以
故、、、四点共面

【点睛】
本题考查平面基本性质，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
18．（2021·江西赣州·高二阶段练习（文））如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.

（Ⅰ）证明： BC1//平面A1CD;
（Ⅱ）设AA1= AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【详解】
试题分析：（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得S△A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD，运算求得结果
试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，
连结DF，则BC1∥DF． 3分
因为DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD， 4分
所以BC1∥平面A1CD． 5分

（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1． 8分
由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D 10分
所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1． 12分
考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积
19．（2020·全国·高一单元测试）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以BD的中点O为球心，BD为直径的球面交PD于点M.
(1)求证：平面ABM⊥平面PCD；
(2)求直线PC与平面ABM所成的角的正切值．

【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】
(1)先证明PD⊥平面ABM，再证明平面ABM⊥平面PCD.(2) 设平面ABM与PC交于点N，连接BN，MN，再证明∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，再解三角形求得直线PC与平面ABM所成的角的正切值.
【详解】
（1）证明：依题设，M在以BD为直径的球面上，则BM⊥PD
因为PA⊥平面ABCD，则PA⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD，
因此有PD⊥平面ABM，
所以平面ABM⊥平面PCD.
(2)设平面ABM与PC交于点N，连接BN，MN，

因为AB∥CD，所以AB∥平面PCD，则AB∥MN∥CD.
由(1)知，PD⊥平面ABM，则MN是PN在平面ABM上的射影，
所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角，
且∠PNM＝∠PCD，tan∠PNM＝tan∠PCD＝＝2.
即所求角的正切值为2.
【点睛】
(1)本题主要考查空间位置关系的证明，考查直线和平面所成的角的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.(2) 直线和平面所成的角的求方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
20．（2020·全国·高一单元测试）如图，四棱柱的底面是平行四边形，且，，，为的中点，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，试求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先证明平面，从而得到平面平面平面．（2）取的中点，连接、，连接．证出，可得（或其补角）是异面直线与所成的角．再用余弦定理可算出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
（1）依题意，，
是正三角形，，
又中，
，即，
平面，平面，，
，平面，
平面，平面平面．
（2）取的中点，连接、，连接，
△中，是中位线，
，，
四边形是平行四边形，可得
，
可得（或其补角）是异面直线与所成的角．
中，，
，由此可得，，
，即异面直线与所成角的余弦值为.

【点睛】
本题在直平行六面体中，求证面面垂直并求异面直线所成角余弦，着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和异面直线所成角的求法等知识，属于中档题．
21．（2020·全国·高一单元测试）如图，等腰直角三角形ABC的直角边，沿其中位线DE将平面ADE折起，使平面平面BCDE，得到四棱锥，设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q．

（1）求证：M，N，P，Q四点共面．
（2）求证：平面平面ACD．
（3）求异面直线BE与MQ所成的角．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）证明，说明四点共面；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，即 证明平面；（3）延长ED至R，使，延长ED至R，使，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即为异面直线BE与QM所成的角（或补角）．
【详解】
（1）由题意易知：，，
所以，
所以M，N，P，Q四点共面．
（2）因为平面平面BCDE，平面平面，
而，所以平面BCDE，即，
又，所以平面ACD，
而平面ABC，所以平面平面ACD．
（3）由条件知，，，延长ED至R，使，

延长ED至R，使，则，，
故ERCB为平行四边形，
所以，又．
所以为异面直线BE与QM所成的角（或补角）．
因为，且三线两两互相垂直，
由勾股定理得．
因为三角形ACR为正三角形，所以．
所以异面直线BE与MQ所成的角为．
【点睛】
本题考查面面垂直，异面直线所成的角，重点考查转化的思想，推理论证的能力，属于基础题型.
22．（2020·浙江·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是菱形，点O是对角线与的交点，，M是的中点，连接．
   
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）当三棱锥的体积等于时，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）由题意结合平面几何的知识可得，再由线面平行的判定即可得证；
（2）由题意结合平面几何的知识、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定、面面垂直的判定即可得证；
（3）由题意，利用三棱锥的体积公式即可得解.
【详解】
（1）证明：因为底面四边形是菱形，所以O是的中点，
又M是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为底面四边形是菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）因为底面四边形是菱形，且，，
所以，
又，三棱锥的高为，
所以，解得．
【点睛】
本题考查了线面平行、线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定及棱锥体积的求解，考查了空间思维能力与逻辑推理能力，属于中档题