2023版高中数学新同步精讲精炼（必修第二册） 第八章 立体几何初步 章末测试（提升）（教师版含解析） .docx

1、第八章 立体几何初步 章末测试(提升)一、单选题(每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分)1(2021上海市控江中学高二期中)已知圆柱的上、下底面的中心分别为、，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的侧面积为( )ABCD【答案】A【解析】设圆柱的底面圆半径为r，母线长为l，则该圆柱轴截面矩形的一组邻边长分别为2r，l，依题意，解得，由圆柱侧面积公式得：，所以该圆柱的侧面积为.故选：A2(2021天津市南开区南大奥宇培训学校 )a，b为两条直线，为两个平面，则下列四个命题中，正确的命题是( )A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】A【解析】对于A：，则或，又

2、，由面面垂直的判定定理可知，故A正确；对于B：用长方体验证如图，设为，平面为，为，平面为，显然有，但得不到，故B不正确；对于C：可设为，平面为，为，平面为，满足选项的条件却得不到，故C不正确；对于D：设为，平面为，平面为，显然有，但得不到，故D不正确；故选：A3(2021广东顺德一模)如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为( )ABCD不确定【答案】A【解析】由题可知，正方体的棱长为1，则平面，又，在线段上运动，平面，点到直线的距离不变，由正方体的性质可知平面，则，而，故的面积为，又由正方体可知，且，平面，则平面，设与交于点，则平面，点到平面的距离为，.故选：A.

3、4(2021湖北大冶市第一中学 )在空间四边形中，分别是，的中点.若，且与所成的角为，则的长为( )ABC或D或【答案】D【解析】如图所示，因为，分别是，的中点，所以，所以四边形为菱形，又因为与所成的角为，所以与所成角为，所以菱形的边长为，相邻两个内角分别为，即或，所以或故选：D5(2021湖北武汉外国语学校(武汉实验外国语学校)高二月考)在正四面体中，D，E，F侧棱，的中点，下列说法不正确的( )A面B面面C面面D面【答案】B【解析】对于A：因为D，E，F侧棱，的中点，所以，又面，面，所以面，故A正确；对于B：过P作，平面平面，若面面，则面，面 ， .，面，面，面，面 ，与不可能垂直，矛盾.

4、故选项B不正确；对于D：设正的中心Q，则点Q在AE上，连接PQ，由正四面体的性质得面，又面，所以，又，所以面，故D正确；对于C：由D选项解析得面，又面，所以面面，故C正确，所以不正确的选项是B选项，故选：B6(2021贵州贵阳一中 )如图，在棱长为a的正方体中，P在线段上，且，M为线段上的动点，则三棱锥的体积为( )ABCD与点M的位置有关【答案】A【解析】由题意知，点到平面MBC的距离为a，又，所以点到平面MBC的距离为，又点M在上运动，所以，所以，故选：A.7(2021浙江宁波 )如图一，矩形中，交对角线于点，交于点现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是( )AB

5、平面C平面D平面平面【答案】D【解析】翻折前，翻折后，对应地有，则平面，平面，故平面平面，D选项一定成立；对于B选项，由上可知，二面角的平面角为，在翻折的过程中，会发生变化，则与不一定垂直，即与平面不一定垂直，故B选项不一定成立；对于A选项，设，在图一中，所以，可得，因为，则，故，所以，在图二中，过点在平面内作交于点，连接，则，故，则，又因为，故不为的中点，因为，则，若，且，则平面，平面，则，由于、平面，且，故，由于为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，A选项不成立；对于C选项，由A选项可知，因为，平面，平面，所以，平面，若平面，则平面平面，因为平面平面，平面平面，则，由于为的中点，则为的中点

6、，与已知条件矛盾，C选项不成立.故选：D.8(2021四川省峨眉第二中学校 )在三棱锥中，截面与，都平行，则截面的周长等于( )ABCD无法确定【答案】A【解析】设，因为平面，平面平面，平面，所以，同理可得，故四边形为平行四边形，所以，.因为，所以，所以四边形的周长为.故选：A.二、多选题(每题至少有2个选项为正确答案，每题5分，4题共20分)9(2021全国 )已知直线lm，平面，则下列说法中正确的是( )A若，则必有B若，则必有C若，则必有D若，则必有【答案】CD【解析】对于A，平面可能相交，所以选项A错误；对于B，平面可能平行或斜交，所以选项B错误；对于C，因为且，则必有，所以C正确；对

7、于D，因为，则必有，所以D正确.故选：CD10(2021福建永安市第三中学高中校 )如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，则( )AB平面C异面直线与所成角的余弦值为D与平面所成角为【答案】AB【解析】根据题意，设，则，对于A中，由余弦定理可得，所以，所以，因为平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，因为平面，所以，所以A正确；对于B中，由，因为，可得，又由平面，且平面，可得，又由且平面，所以平面，所以B正确；对于C中，由底面为平行四边形，可得，所以异面直线与所成角，即为与所成角，设，在直角，可得，所以.所以C不正确；对于D中，因为底面，所以为与平面所成角，可得，所以，即直线与平面所成角

8、为，所以D不正确.故选：AB.11(2021全国模拟预测)如图，点，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有( )ABCD【答案】AD【解析】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.对于B选项，设是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，所以六点共面，B错误.对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.故选：AD12(2021江苏省苏州第十中学校 )矩形中，将此矩形沿着对角线折成一个三棱锥，则以下说法正确的有( )A三棱锥的体积最大值为B当二面角为

9、直二面角时，三棱锥的体积为C当二面角为直二面角时，三棱锥的外接球的表面积为D当二面角不是直二面角时，三棱锥的外接球的表面积小于【答案】ABC【解析】过C作于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则为二面角的平面角，如图，平面CEG平面DBA，过C作CFEG于F，则平面，在直角中，显然，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为，而，则三棱锥的体积最大值为，A正确；当取最大值时，平面，又平面，则平面平面，即二面角为直二面角，三棱锥的体积为，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO为半径的球面上，显然，无论二面角如何变化，点A，

10、B，C，D都在上述的球O上，其表面积为，C正确，D不正确.故选：ABC三、填空题(每题5分，共20分)13(2021上海华东师范大学第三附属中学)如图，是边长为1的正方形，是四分之一圆弧，则图中阴影部分绕轴旋转一周得到的旋转体的表面积为_.【答案】【解析】几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以圆柱的体积是，半球的体积是，因此所求几何体的体积为，故答案为：.14(2021上海外国语大学闵行外国语中学 )如图已知A是所在平面外一点，EF分别是的中点，若异面直线与所成角的大小为，则与所成角的大小为_.【答案】或【解析】解：如图所示：取的中点，连接，

11、则， ，所以为异面直线与所成角或其补角.因为，所以，当时，为等边三角形，即与所成角的大小为；当时，为等腰三角形，即与所成角的大小为.故答案为：或.15(2021河南 )2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”(如图)，一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点，将正方体削成正八面体形状泥块，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块，使得正八面体形状泥块可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为_.【答案】【解析】如图

12、所示：设正方体的中心满足，则几何体的外接球的球心为，半径为.当“灯罩斗笠”的表面积最小时，正八面体形状泥块的外接球即为圆锥的内切球，故圆锥的底面圆的半径，所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为.故答案为：16(2021湖南临澧县第一中学 )在三棱锥中，二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】取线段的中点，连结，由题意得，是二面角的平面角，由以上垂直关系可得平面，分别取，的三等分点，在平面内，过点，分别作直线垂直于，两条直线的交点即球心，连结，则球半径，由题意知，连结，在中，球的表面积为故答案为：四、解答题(17题10分，其余每题12分，共70分)17(2021上海市甘泉外国语中学

13、)已知正方体ABCDA1B1C1D1.(1)求证：平面C1BD；(2)求证：平面A1D C.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】正方体，又，四边形是平行四边形，平面，平面，平面(2)正方体，平面，平面，又，平面18(2021上海市控江中学 )如图，平面ABC，平面ABC，AD与CE不相等，四棱锥的体积为，F为BC的中点.(1)求CE的长度；(2)求证：平面BDE；(3)求证：平面平面BCE.【答案】(1)2(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】因平面ABC，平面ABC，则，而ADCE，即有四边形ACED是直角梯形，又，则，于是有，即，因平面ABC，则，又，且平面ACED，因此，平

14、面ACED，直角梯形ACED的面积，四棱锥的体积，解得，所以CE的长度是2.(2)由(1)知，取BE中点M，连接DM，FM，如图：因F为BC的中点，则，且，于是得四边形ADMF是平行四边形，则，而平面BDE，平面BDE，所以平面BDE.(3)因平面ABC，平面ABC，则，又，且F为BC的中点，则，又，且平面BCE，因此，平面BCE，由(2)知，则平面BCE，又平面BDE，所以平面平面BCE.19(2021广东普宁市华侨中学 )如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的

15、正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在；【解析】证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，所以ABPD又因为PAPD，PAABA，平面，所以PD平面PAB(2)取AD的中点O，连接PO，CO因为PAPD，所以POAD又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD因为CO平面ABCD，所以POCO因为ACCD，所以COAD如图建立空间直角坐标系Oxyz由题意得，A(0，1，0)，B(1，1

16、，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)设平面PCD的法向量为(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2，所以(1，2，2)又(1，1，1)，所以cos，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为(3)设M是棱PA上一点，不妨设存在(0，1，使得因此点M(0，1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，则0，即(1，)(1，2，2)0，解得20(2021广东 )如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，O为四边形对角线的交点(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，因O是正四棱锥

17、底面中心，即O是BD中点，则OM/AB/PQ，于是得PQMO是平行四边形，PO/QM，而平面ADQ，平面ADQ，所以PO/平面ADQ.(2)在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，因平面，则PQAQ，而，则PO=2，中，于是得，所以二面角的正弦值.21(2021上海市洋泾中学 )如左图所示，在直角梯形ABCD中，边AD上一点E满足.现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如右图所示.(1)求证：

18、；(2)求异面直线与BE的距离；(3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】(1)证明：在图1中，连接CE，易求.四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点O，则.在图2中，.又于O，平面.又平面，；(2)解：由勾股定理可得，.过作的垂线OM，交于M，则OM即异面直线与BE的距离，；(3)解：在图2中延长BE，CD，设，连接AG.平面，平面.又平面，平面.是平面与平面的交线，平面平面BCDE，平面平面，平面，又平面，作，垂足为H，连接CH，又，平面OCH，又平面OCH，.即为平面与平面所成锐二面角的平面角.由(1)知，为等边三角形，解得.在中，.平面与平面

19、所成锐二面角的余弦值.22(2021天津市武清区杨村第一中学 )如图，在直三棱柱中，侧棱，且M，N分别为，的中点(1)证明：平面；(2)若，求二面角的大小【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】1)证明：如图，取的中点为，连接，为的中点，且侧面为矩形，平面，平面，平面，又为的中点，是的中位线，平面，平面，平面，且，平面，平面平面，平面，平面；(2)如图，过点作于，过作于点，连接、，由(1)知平面平面，二面角的大小即为二面角的大小，在直三棱柱中，侧面底面，且侧面底面 ，又平面，且，平面，平面 ，平面，又 ， 且，平面，平面，平面，为二面角的平面角， ，且，且，从而，在中，有，所以二面角的大小为.