第18讲 第八章 立体几何初步 章节验收测评卷
学习目标
第18讲 第八章 立体几何初步 章节验收测评卷
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．（2024·全国·高一假期作业）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】此几何体自上向下是由一个圆锥和一个圆台构成，是由A中的平面图形旋转形成的.
故选：A.
2．（2024·全国·高一假期作业）水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是（ ）
A．最短的是ADB．最短的是ACC．D．
【答案】A
【详解】因为平行于轴，所以在中，，
又因为是中边的中点，所以是的中点，
所以.
故选：A
3．（2024·全国·高一假期作业）如图是一坐山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为，
峰底A到峰顶的距离为，B是山坡的中点.为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】以为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图.
则从点A到点B的最短路径为线段，，所以.
过S作，则公路距山顶的最近距离为，
因为，所以，
故选:D.
4．（2024上·湖北武汉·高三统考开学考试）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（ ）立方米.
A．B．24C．D．72
【答案】B
【详解】如图所示，在正四棱锥中，连接于，则为正方形的中心，
连接，则底面边长，对角线，.
又，故高.
故该正四棱锥体积为.
故选：B
5．（2024·全国·模拟预测）在正方体中，交于点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】连接，因为，所以异面直线与所成的角为，
（由正方体的几何性质易知为锐角，故即所求角）
设，则，则，
故，故，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：C．
6．（2024·全国·模拟预测）已知圆锥的轴截面是正三角形，是圆锥底面圆的圆心，是底面圆上的两个动点，且．若三棱锥的高为，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图，连接OP，则由圆锥的性质可知底面，，
因为是正三角形，所以，
又因为点是底面圆上的两个动点，且，，
所以是正三角形，故，
设中点为，中边上的高为，
则，当且仅当，且是劣弧的中点时，最大，且最大距离为，
此时的面积的最大值为，
所以三棱锥的体积的最大值为,
故选：A
7．（2024·全国·模拟预测）如图①所示，四边形是由一个边长为的等边与另外一个拼接而成，现沿着直线进行翻折，使得平面平面，连接，得到三棱锥，如图②所示．若，，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
由已知，，，即，故，
设等边的中心，连接，，，
可得，
延长交于点，则为的中点，，
连接，，
如图所示，因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以．
因为，，所以，
则三棱锥的外接球球心即为的中心，
故三棱锥的外接球的体积，
故选：B．
8．（2024·全国·高一假期作业）已知正三棱柱的六个顶点均在同一个半径为1的球面上，则正三棱柱侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．6D．
【答案】B
【详解】解法一：
设正三棱柱底面边长为a，高为h，底面外接圆的半径为，
则，故，所以，即，
又三棱柱的侧面积，
所以，
当时，等号成立，则三棱柱的侧面积最大值为．
解法二：
设正三棱柱底面边长为a，高为h，底面外接圆的半径为，
则，故，所以，
因为，所以，
当且仅当，时，等号成立，则三棱柱的侧面积最大值为.
故选：B.
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．（2024上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论错误的是（ ）
A．，，则
B．，，，，则
C．，，，则
D．，，，则
【答案】ABD
【详解】对于A，若，，则或，A错误；
对于B，若，，，，则或，相交，
只有加上条件m，n相交，结论才成立，B错误；
对于C，若，，则，又因为，所以，C正确；
对于D，若，，无法得到，
只有加上条件才能得出结论，D错误.
故选：ABD.
10．（2024·全国·高一假期作业）如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列说法中正确的序号是（ ）
A．直线与直线相交；
B．直线与直线平行；
C．直线BM与直线是异面直线；
D．直线与直线成角.
【答案】CD
【详解】如图所示，将正方体的平面展开图，复原为正方体，
对于A中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾），
所以直线与为异面直线，所以A不正确；
对于B中，直线与不同在任何一个平面内，否则四点共面，（矛盾），
所以直线与为异面直线，所以B不正确；
对于C中，平面平面，平面，平面，
所以直线与不相交，连接，则，而与相交，
所以与不平行，否则，不合题意，
所以直线与是异面直线，所以C正确；
对于D中，连接，则为正三角形，可得，
又由，则为直线与直线所成的角，
即直线与直线所成的角为，所以D正确.
故选：CD.
11．（2024上·宁夏吴忠·高二吴忠中学校考期末）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（ ）
A．平面平面；
B．在棱上不存在点，使得平面
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；
D．点到直线的距离；
【答案】ACD
【详解】A选项，因为平面，平面，平面，
所以，，
故即为与底面所成的角，即，
故，而，所以，
在直角梯形中，，
则，故，
又因为平面，所以平面，
因为平面 ，故平面平面，故A正确；
D选项：由A选项的证明过程可知：平面，
因为平面，所以，
故点到直线的距离即为的长度，
因为平面，平面，故，
而，
即点到直线的距离，故D正确；
对于C，当时，，即为的中点，
设为的中点，连接，
则，
而，故，
故四边形为平行四边形，则，
故异面直线与所成角即为的夹角，
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
对于B，由C选项知，当时，，
因为平面，平面，
所以平面，
所以时，平面，故B错误.
故选：ACD.
12．（2024上·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（ ）
A．不存在点，使得B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为D．点到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【详解】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，
因为点为的中点，所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为为正方形，所以.
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A错误；
对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，
则的最小值为，直角斜边上高为，即，
直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确；
对于C：易知四棱锥的外接球直径为，
半径，表面积，所以C正确；
对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离，
因为，且平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，
因为平面，所以,又,且,
故平面，平面，所以，因为，
且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，
即为的长，如图所示，
在中，，，可得，
所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确，
故选：BCD.
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．（2024上·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，，E为AD的中点，点F在CD上，若平面，则 .
【答案】
【详解】根据题意，因为平面，平面，
且平面平面
所以.
又是的中点，所以是的中点.
因为在中，，故.
故答案为：
14．（2024上·上海·高二曹杨二中校考期末）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 .
【答案】/1:7
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，
由题意，，，故，
作圆锥轴截面如下图：
所以，，，所以圆锥体积为，
因为用与底面的距离为的平面截圆锥，故，且，
所以小圆锥体积，
所以圆台的体积，
故小圆锥和圆台的体积之比为.
故答案为：
15．（2024上·山东滨州·高三统考期末）已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
【答案】
【详解】如图：取的中点,连接，
结合题意：易得为等边三角形，
因为为的中点，所以
因为在直四棱柱中有面,且面，
所以,又因为,且面
所以面，结合球的性质可知为该截面圆的圆心，
因为直四棱柱的所有棱长均为4，，
所以 ,, ,,
故以为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心, 为半径的圆所成的圆弧.
所以.
故答案为: .
16．（2024·全国·高三专题练习）如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为 ；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的
轨迹长度为 ．
【答案】
【详解】连接，有，而，为中点，则有，
，则平面，同理平面，又平面与平面有公共点，
于是点共面，而，即有，，
因为，，平面，则平面，
又平面，即有，则，同理，
即，从而，即四边形为平行四边形，，，
等腰梯形中，高，其面积，
显然平面，所以多面体的体积；
因为平面，同理可得平面，又，则平面，
依题意，动点所在平面与垂直，则该平面与平面平行，而此平面过点，
令这个平面与几何体棱的交点依次为，则,
又为的中点，则点为所在棱的中点，即点的轨迹为五边形，
长度为：
.
故答案为：；
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17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．（2024上·全国·高三专题练习）在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，且，E为线段PA的中点.
(1)求证：平面BDE.
(2)求三棱锥的体积
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，连接交于点，连接.
∵四边形是正方形，在中，为的中点，
又∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）如图，取的中点，连接，
则且，
∵平面，∴平面，
∴就是三棱锥的高.
∴.
18．（2024·全国·高二专题练习）如图，在矩形中，，，E为的中点，把和分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P．
(1)求证：平面⊥平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由⊥，得⊥，同理，⊥．
又∵，平面，
∴⊥平面．
又平面，
∴平面⊥平面．
（2）如图所示，取的中点F，连接，
∵四边形为矩形，
∴，
因为，所以⊥，⊥，
故就是二面角的平面角．
又⊥平面，平面，
所以⊥，
∵，
∴，
∴．
∴二面角P－AD－E的大小为．
19．（2024·全国·高三专题练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．
(1)求证：平面EAC．
(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面平面，平面，
所以.
20．（2024·陕西榆林·统考一模）在三棱锥中，为的中点.
(1)证明：⊥平面.
(2)若，平面平面，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，为的中点，
所以，
又因为平面，
所以⊥平面.
（2）因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以均为等边三角形，
故，故，
所以，
因为平面，平面，
所以，由勾股定理得，
取的中点，连接，
在中，，故⊥，
故，，
设点到平面的距离为，所以，解得.
21．（2024上·上海·高二统考期末）如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形．
(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，1
【详解】（1）因为为正方形，则，
则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角，
因为三角形是等边三角形，则
平面，平面，，．
所以异面直线AC与BD所成的角为．
（2）作交于点，连接，
平面，平面，
则与平面所成的角为，
设，则，
则.
22．（2024上·河北·高三张北县第一中学校联考阶段练习）在平行六面体中，已知，．
(1)证明：平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为，可知，
可得，则，
又因为为菱形，则，
且，平面，所以平面.
（2）设，则为的中点，连接，
设到的距离为，
则，
当且仅当，即平面时，等号成立，
又因为，即，
可得，
当且仅当时，等号成立，
综上所述：当且仅当为正方体时，三棱锥体积最大，
由题意可知：，为的中点，
则，可知二面角的平面角为，
在中，，
可得，
所以二面角的余弦值为.