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第八章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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．（5 分）（23-24 高一下·湖南株洲·期末）设 为空间中两条不同直线， 为空间中两个不同平面，
下列命题正确的是（ ）
A．若 ⊥ , , ，则 ⊥
B．若 不垂直于 , ，则 必不垂直于
C．若 // , // ，则 //
D．若 是异面直线， , // , , // ，则 //
【解题思路】A 中 ， 可能平行、相交或异面；B 中 有可能垂直于 ；C 中 // 或 ；D 中结合线面
平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得.
【解答过程】对于 A，若 ⊥ ， ， ，则 ， 可能平行、相交或异面，故 A 错误；
对于 B，若 不垂直于 ，且 ，则 有可能垂直于 ，故 B 错误；
对于 C，若 // 且 // ，则 // 或 ，故 C 错误；
对于 D，若 、 是异面直线， ， // ， ， // ，
则在直线 上任取一点 ，过直线 与点 确定平面 ，设 ∩ = ，
又 // ，则 // ， ， ，所以 // ，
又 // ， ， ， ∩ = ，所以 // ，故 D 正确.
故选：D.
2．（5 分）（23-24 高一下·辽宁·期末）若水平放置的平面四边形 AOBC 按斜二测画法得到如图所示的直观
图，其中 ′ ′// ′ ′， ′ ′ ⊥ ′ ′， ′ ′ = 1， ′ ′ = 2，则以原四边形 AOBC 的边 AC 为轴旋转一周得到的
几何体的体积为（ ）
A 14 2．14 2π +8π B． π C
32π D 40． 3 ． 3 π3
【解题思路】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，再轴旋转一周得到的圆柱和圆锥的组合几
何体的体积.
【解答过程】由题意， ′ ′// ′ ′， ′ ′ ⊥ ′ ′， ′ ′ = 1， ′ ′ = 2，
∴ ′ ′ = 2，
所以原图形 中， // ， ⊥ ， = 1， = 2，
= 2 ′ ′ = 2 × 2 = 2 2，
所以梯形 以边 为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体，
= π 2 × 13π
2 × 1 40( ) = π × 8 × 2 3π × 8 × 1 = 3 π．
故选：D．
3．（5 分）（23-24 高一下·吉林·期中）如图，在正四棱锥 中，2 = 6 = 6, 是棱 上的动点，
一只蚂蚁从 A 点出发，经过 E 点，爬到 C 点，则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是（ ）
A．2 2 B．2 3 C．2 5 D．2 6
【解题思路】根据题意，将平面 和平面 展开到同一个平面，利用两点之间线段最短可得 AC 的长就
是蚂蚁爬行的路程的最小值，由余弦定理计算以及二倍角公式可得答案.
【解答过程】根据题意，如图，将平面 和平面 展开到同一个平面，
连接 ，与 交于点 ，则 的长就是蚂蚁爬行的路程的最小值，
设∠ = ，则∠ = 2 ，
又由2 = 6 = 6得 = 3, = 6，则cos =
9+9 6 2
2×3×3 = 3，
则有cos∠ = cos2 = 2cos2 1 = 19，
故 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 9 + 9 + 2 × 3 × 3 × 19 = 20，
则 = 2 5，即这只蚂蚁爬行的路程的最小值是2 5.
故选：C.
4．（5 分）（23-24 高一下·山东威海·期末）在三棱锥 中， ⊥ 平面 ， △ 为等腰三角形且
面积为 3，∠ =120° , = 4.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．20 B．24 C．32 D．48
【解题思路】由三角形的面积公式可求得 = = 2，设 △ 的外心为 1，进而可求得 1 = 2，过 1
作平面 的垂线 1 ，可得外接球的半径，进而可求表面积.
1
【解答过程】因为 △ 为等腰三角形且面积为 3，所以2 · ·sin120° = 3，又 = ，
所以 = = 2，所以∠ = 30°，设 △ 的外心为 1，
2 1
可得 1 = sin30° × 2 = 2，过 1作平面 的垂线 1 ，
则球心在直线 1 上，设球心为 ，可得 在 的垂直平分线上，
1
所以 1 = 2 = 2，所以
2 = 2 21 + 1 = 8，
所以三棱锥 的外接球的表面积为4π 2 = 32π.
故选：C.
5．（5 分）（23-24 高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为2 3的正三棱锥 中，
∠ = ∠ = ∠ = 40 ，过 作截面 ，则截面的最小周长为（ ）
A．2 2 B．4 C．6 D．10
【解题思路】作出三棱锥的侧面展开图，连接 交 、 于点 、 ，则侧面展开图中线段 的长度即为
截面的最小周长，利用余弦定理计算可得.
【解答过程】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面 的周长最小，
连接 交 、 于点 、 ，则侧面展开图中线段 的长度即为截面的最小周长，
因为侧棱长为2 3的正三棱锥 ，∠ = ∠ = ∠ = 40 ，
所以∠ = 120 ，
由余弦定理可得 2 = 2 + 2 2 cos120
2 2
= (2 3) + (2 3) 2 × 2 3 × 2 3 × 1 = 36，
2
∴ = 6，所以截面的最小周长为6.
故选：C.
6．（5 分）（24-25 高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD
的中点， , 分别在 ，CD 上，且 : = : = 1:2.则下面几个说法中正确的个数是（ ）
①E，F，G，H 四点共面；② // ;③若直线 EG 与直线 FH 交于点 P，则 P，A，C 三点共线．
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】推导出 // ， // ，从而 // ，由此能证明 E，F，G，H 四点共面； ≠ ，从
而直线 EG 与直线 FH 必相交，设交点为 P，证明 P 点在直线 上．
【解答过程】如图所示，
E 1，F 分别为 AB，AD 的中点，∴ // ， = 2 ，
, 分别在 ，CD 上，且 : = : = 1:2，∴ // ， = 23 ，
∴ // ，则 E，F，G，H 四点共面，说法①正确；
∵ > ，四边形 是梯形， // 不成立，说法②错误；
若直线 与直线 交于点 P，则由 ∈ ， 平面 ，得 ∈ 平面 ，
同理 ∈ 平面 ，又平面 ∩ 平面 = ， ∈
∴则 P，A，C 三点共线，说法③正确；
说法中正确的有 2 个.
故选：C.
7．（5 分）（23-24 高一下·湖北武汉·期末）已知 △ 中， = 1， = 2， = 3，点 M 为 AB 中点，
连接 CM．将 △ 沿直线 CM 折起，使得点 A 到达 A'的位置，且平面 ⊥ 平面 ，则二面角 ′
的余弦值为（ ）
A 2 13 B 13 C 2 39． ． ． D． 5
13 13 13 5
【解题思路】根据折叠前后的不变量，再用定义法找出二面角的平面角即可求解.
【解答过程】取 的中点 ，过点 作 的垂线，垂足为 ，连接 ′ ，
则 ⊥ ，
因为在 △ 中， = 1， = 2， = 3，点 M 为 AB 中点，
所以∠ = 90°, = = = 1，则 △ 为等边三角形，
所以∠ = 60°,∠ = 120°,∠ = ∠ = 30°， ′ ⊥ ，
将 △ 沿直线 CM 折起，使得点 A 到达 A'的位置，则 △ ′ 为等边三角形，
∠ = 90°, ′ = = = = 1 = 1 = 1′ 3， 2， 4， ′ = ，2
因为平面 ⊥ 平面 ，且 ′ 平面 ， ′ ⊥ ，平面 ∩ 平面 = ，
所以 ′ ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ′ ，
又因为 ′ ∩ = ， ′ , 平面 ′ ，所以 ⊥ 平面 ′ ，
又因为 ′ 平面 ′ ，所以 ′ ⊥ ，则二面角 A'-BC-M 的平面角为∠ ′ ，
2 2
在直角三角形 △ ′ 中， ′ = ′ 2 + 2 = 3 + 1 = 13，
2 4 4
1
所以cos∠ ′ =
4 13
′
= 13 = ，13
4
故选：B.
8．（5 分）（23-24 高一下·江苏宿迁·阶段练习）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为 1， ， ， 分别
为 , 1, 1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线 1与直线 AF 垂直
B．直线 1 与平面 平行
C 5．平面 截正方体所得的截面面积为4
D．点 与点 到平面 的距离相等
【解题思路】对 A：假设 1 ⊥ ，再根据 1// 1，推出∠ = 90°，再推出矛盾即可；对 B：延拓平
面 ，再根据线线平行，即可推出线面平行；对 C：根据 B 中所得截面，再结合几何关系，求得截面面
积即可；对 D：判断 不过 中点，即可判断选项的正误.
【解答过程】对 A：假设 1 ⊥ ，因为 1// 1，则 1 ⊥ ，∠ = 90°；
因为 1 1 1 1为正方体，故 1 ⊥ 面 ，又 面 ，故 1 ⊥ ，∠ = 90°，
故∠ ≠ 90°，假设不成立，即 1与 不垂直，故 A 错误；
对 B：连接 1, 1 , ，如下所示：
因为 , 分别为 , 1的中点，故 // 1，又 1// 1，故 1// ，故 , 1, , 四点共面；
易知四边形 1 1为平行四边形，故 1 // 1 ，又 1 面 ， 1 面 ，故 1 //面 ，B 正确；
对 C：由 B 可知，平面 截正方体所得截面为梯形 1 ；
= 1 = 2， = = 2 + 2 = 1 + 1 = 52 1 2 1 1 1 1 ，4 2
2
1( + ) × 2 1
2
= 1 × 2 2
2 9
故梯形 1 的面积为2 1 2 + 2 ×
5 2 = 3 2 × 3 2 = ，
2 2 4 2 4 4 8
故 C 错误；
对 D：连接 , ，记 ∩ = ，若下所示：
若点 与点 到平面 的距离相等，则 过 的中点，也即 为 的中点；
显然四边形 为平行四边形，显然 不为 的中点，故 不是 中点，
则点 与点 到平面 的距离不相等，故 D 错误；
故选：B.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
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．（6 分）（23-24 高一下·福建泉州·阶段练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印
信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”，半正多面
体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为 24
的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为 1，则正确的有（　　）
A．则该半正多面体有 12 个顶点 B．则该半正多面体有 14 个面
C 5．则该半正多面体表面积为 3 D．则该半正多面体体积为6
【解题思路】由图形即可判断 AB；由半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，可得正方形和正三
角形的边长，计算即可判断 C；利用割补法计算可得半正多面体的体积，即可判断 D，
【解答过程】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，
其棱长为 2，有 12 个顶点，14 个面（6 个正方形，8 个正三角形），故 AB 正确；
2
半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，
且此正方体的棱长为 1，可得该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点，
它可由正方体去掉 8 个三棱锥所剩部分，
所以该半正多面体的棱长为 2，
2
故半正多面体的面积为6 × 2 × 2 +8 × 1 2 22 × × × sin60° = 3 + 3，故 C 错误；2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
半正多面体的体积为1 8 × 3 × 2 × 2 × 2 × 2 = 6，故 D 正确.
故选：ABD.
.
10．（6 分）（23-24 高一下·河北·期中）如图，圆台 1 2，在轴截面 中， = =
1
2 = 2，H，F
3为圆 2上定点，且cos∠ 2 = 5，M 为 AD 中点，C，H，F，M 四点共面．则（ ）
A．该圆台高为 3
B 7 2．该圆台体积为 π
3
C．一只小虫从点 C 沿着该圆台的侧面爬行到 M 点，所经过的最短路径为 5
D． = 2
【解题思路】对于 A：根据题意结合台体的结构特征运算求解；对于 B：根据台体的体积公式运算求解，对
于 C：由圆台补成圆锥，结合圆锥的侧面展开图分析求解；对于 D：做辅助线，分析可知 2 = 5，结合几
何知识运算求解.
【解答过程】对于选项 A：如图 1，作 ⊥ 交 E = 于点 ，易得 2 = 1，
则 = 22 12 = 3，所以圆台的高为 3，故 A 正确；
1
对于选项 B：圆台的体积为3 × 3 × (π + 4π + π 4π) =
7 3π
，故 B 错误；
3
C 2π×2对于选项 ：由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为 4，底面半径为 2，侧面展开图的圆心角 = 4 =
π，
M 为 AD 的中点，连接 CM，如图 2，
π
可得∠ = 2， = 4， = 3，则 = 42 + 32 = 5，
此时 12到 的距离为 5 ，
故从点 C 沿着该圆台的侧面爬行到 AD 的中点，所经过的最短路程为 5，C 正确；
对于选项 D：延长 CM，BA 交 K 点，连接 HK，则 F 点在 HK 上， ′为 1 2中点， ′是 与 1 2交点，如
图 3，
过 2作 HK 垂线，垂足为 N，延长 2，过 K 作 KQ 垂直于 2，垂足为 Q，如图 4，
3
则 ′ = ， △ ′ ′2 与 △ 1 ′相似，
′ ′ ′ 3= = = 3 2 ′

可得 2 4， =
5 = 22 ，解得 2 = 5，1 ′ 1 2 ′ 1 1
由垂径定理知 N 为 FH 的中点，
则Rt △ 与Rt △ 2 相似，且都是等腰直角三角形，
所以 = 2，故 D 正确；
故选：ACD．
11．（6 分）（23-24 高一下·贵州毕节·阶段练习）在如图所示的三棱锥 中， = = = 1，
， ， 两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
A．直线 与平面 所成的角为 45°
B．二面角 的正切值为 2
C． 到面 的距离为 3
D．作 ⊥ 平面 ，垂足为 ，则 为 △ 的重心
【解题思路】利用线面垂直的判定定理可得 ⊥ 平面 ，可得∠ 为直线 与平面 所成的角，即
可判断 A 项；利用线面垂直的判定定理可得 ⊥ 平面 ，即得∠ 为二面角 的平面角，即可
判断 B 项；利用等体积法求点面距离即可判断 C 项；利用线面垂直得判定定理结合等边三角形的性质即可
判断 D 项.
【解答过程】对于 A，因为 ， ， 两两互相垂直， ∩ = ， , 平面 ， ⊥ 平面
，
故∠ 为直线 与平面 所成的角，又 = = = 1，所以∠ = 45°，
故直线 与平面 所成的角为45°，故 A 正确；
对于 B，取 中点为 ，连接 , ，
因为 = = = 1， ， ， 两两互相垂直，所以 = = = 2， ⊥ , ⊥ ,
因为 ∩ = ， , 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，故∠ 为二面角 的平面角，

则tan∠ = = 2，故二面角 的正切值为 2，故 B 项正确；
因为 = = = 2 6，所以 = ，设 到面 的距离为 ，2
= 1则 3 ×
1
2 × 1 × 1 × 1 =
1 1 6 3
= 3 × 2 × 2 × × ，解得 = ，故 C 项错误；2 3
对于 D，因为 = = = 2，故 △ 为等边三角形，
因为 ⊥ 平面 ，则 点为 点在平面 上的投影，又 = = = 1，
即 点到 △ 顶点 , , 的距离相等，即 点到 △ 顶点 , , 的距离相等，
故 为 △ 的外心也即重心，故 D 项正确.
故选：ABD.
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．（5 分）（23-24 高一下·浙江·期中）在正方体 1 1 1 1中， = 2, 为棱 的中点， , 分别
为 1, 1上的动点，则 + 的最小值为 3 2 ．2
【解题思路】将正方体的侧面 1 1与 1 1展开到同一平面，点 到 ′ 1的距离就是 + .
【解答过程】将正方体的侧面 1 1与 1 1展开到同一平面
在同一平面内可知 + 的最小值就是点 到 ′ 1的距离，
正方体 1 1 1 1中， = 2, 为棱 的中点，所以 = 1， ′ = 3，
′ 1′ 1是正方形，所以 =
3 2
2
故答案为：3 2.
2
13．（5 分）（23-24 高一下·四川乐山·期中）如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速
公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之
重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相
切，同时与正四面体的三个面相切．设 = 3，则该模型中 5 个球的表面积之和为 3π .
【解题思路】把正四面体分割成以内切球球心为顶点的 4 个小三棱锥，利用等体积法求出内切球半径，进
一步计算即可.
【解答过程】如图所示，
设 为大球的球心，大球的半径为 ，大正四面体的底面中心为 ，棱长为 3，高为 ， 的中点为 ，
连接 ， ， ， ， ， ，
由 = sin∠ = sin60 = 3 3
2
则 = 2 = 2 × 3 33 3 = 3，2
正四面体 的高 = = 2 2 = 32 ( 3)2 = 6.
1 1
因为 正四面体 = 4 三棱锥 ，所以3 × △ = 4 × 3 × △ × ，
所以 = 1 64 = ；4
6
设小球的半径为 ，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高 小 = 2 = ，同理2
= 1 = 6 4 小 =8 2；
2
6
故该模型中 5 个球的表面积之和为4π 2 +4 × 4π 2 = 8π 2 = 8π × = 3π4 .
故答案为：3π.
14．（5 分）（23-24 高一下·北京丰台·期末）已知正方体 1 1 1 1中，点 E，F，G 分别为棱 ，
1， 1 1的中点，给出下列四个结论：
①直线 与平面 1相交；
②直线 1 ⊥ 平面 ；
③若 = 1 3，则点 D 到平面 1的距离为 ；3
④该正方体的棱所在直线与平面 所成的角都相等.
其中所有正确结论的序号是 ②③④ ．
【解题思路】①先证 1∥ ， ∥ 1，可得平面 ∥平面 1，从而知 ∥平面 1；②利用三垂线
定理可得 1 ⊥ ， 1 ⊥ 1，再由线面垂直的判定定理知 1 ⊥ 平面 1，并结合平面 ∥平面
1，即可作出判断；③易知 △ 1是边长为 2的等边三角形，再利用等体积法求解即可；④结合四面体
1是正三棱锥，且正方体的棱构成三组平行线，即可判断．
【解答过程】解：①因为点 ， 分别为棱 ， 1 1的中点，
所以 ∥ 1 ， = 1 ，即四边形 1是平行四边形，
所以 1∥ ，
因为点 ， 分别为棱 ， 1的中点，所以 ∥ 1 ∥ 1，
又 1 ∩ 1 = 1， ∩ = ， 1、 1 平面 1， 、 平面 ，
所以平面 ∥平面 1，
因为 平面 ，所以直线 ∥平面 1，即①错误；
②由三垂线定理知， 1 ⊥ ， 1 ⊥ 1，
因为 ∩ 1 = ，所以 1 ⊥ 平面 1，
由①知平面 ∥平面 1，
所以 1 ⊥ 平面 ，即②正确；
③若 = 1，则 △ 1是边长为 2的等边三角形，
π
1 3所以 △ 1 = 2 × 2 × 2 × sin3 = ，2
设点 到平面 1的距离为 ，
因为 1 = 1 ，
1 1
所以3 △ 1 = 3 1 △ ，
1× 1 ×1×1
所以 = 2 = 33 ，3
2
所以点 3到平面 1的距离为 ，即③正确；3
④由题意知，四面体 1的底面是等边 △ 1，且 = = 1，
即四面体 1是正三棱锥，
所以三条侧棱 ， ， 1与底面 1所成角均相等，
而 ∥ 1 1∥ ∥ 1 1， ∥ 1 1∥ ∥ 1 1， 1∥ 1∥ 1∥ 1，
所以该正方体的棱所在直线与平面 1所成的角都相等，
由①知平面 ∥平面 1，
所以该正方体的棱所在直线与平面 所成的角都相等，即④正确．
故答案为：②③④．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）（23-24 高一下·河南郑州·期中）如图所示， ′ ′ ′ ′为四边形 的斜二测直观图，其中 ′ ′
= 3， ′ ′ = 1， ′ ′ = 2．
(1)求平面四边形 的面积及周长；
(2)若四边形 以 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
【解题思路】（1）把直观图还原为原平面图形，得四边形 是直角梯形，由此求出平面四边形 的
面积和周长；
（2）四边形 以 为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，计算它的体积和
表面积即可．
【解答过程】（1）把直观图还原为原平面图形，则四边形 是直角梯形，
其中 = ′ ′ = 3， = 2 ′ ′ = 2， = ′ ′ = 2，如图所示：
1
所以平面四边形 的面积 = 2 × (2 + 3) × 2 = 5，
又 = (3 2)2 + 22 = 5，
所以四边形 的周长 = + + + = 3 + 5 +2 + 2 = 7 + 5；
（2）四边形 以 为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，
其中圆柱的底面半径为2，高为2，圆锥的底面半径为2，高为1，母线长为 5，
则旋转体的体积为 = + = π × 22圆柱 圆锥 × 2 +
1
3π × 2
2 × 1 = 28π3 ，
表面积为 2旋转体 = π × 2 +2π × 2 × 2 + π × 2 × 5 = 12π +2 5π = 12 + 2 5 π．
16．（15 分）（23-24 高一下·安徽芜湖·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中，棱长为 2， 是线段
1的中点，设过点 1、 、 的平面 与棱 交于点 .
(1)画出平面 截正方体所得的截面，并求截面多边形的面积；
(2)平面 截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：
= 1棱台 3 ′ + ′ + ）
【解题思路】（1）连接 1 并延长交 于 ，连接 交 于 ，可得截面 1，进而求得截面 1的
面积即可.
（2）多面体 1 为三棱台，求得 △ ， △ 1 ，根据棱台的体积公式可求得棱台的体积，进而可
求得结论.
【解答过程】（1）连接 1 并延长交 于 ，连接 交 于 ，则四边形 1即为平面 截正方体所得的
截面.
由于平面 1 1∥平面 1 1，平面 1 ∩ 平面 1 1 = 1 ，
平面 1 ∩ 平面 1 1 = ，故 1 ∥ ，
因为 是 1的中点，则 、 分别为 和 的中点，
△ ∥ = 1所以在 1 中， 1 且 2 1 ，
因为正方体的棱长为 2，
10
所以截面 1为梯形，且 = 1， 1 = 2，利用勾股定理得 1 = = ，2
如下图所示：
分别过点 、 在平面 1 内作 ⊥ 1， ⊥ 1，垂足分别为点 、 ，
3
则易得 = 21 1 2 = 2，
1 1 3 9
所以，梯形 1 的面积为 = 2( + 1) = 2 × 3 × 2 = 4.
（2）多面体 1 为三棱台， △ =
1
2 =
1 1
4， △ 1 = 2 1 = 1，
1 1 1 1
该棱台的高为 2，所以，该棱台的体积为：3 △ + △ 1 + △ △ =1 3 + 1 + × 14 4
× 2 = 7 2，12
故剩余部分的体积为2 2 7 2 = 17 2.12 12
7
故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为17.
17．（15 分）（23-24 高一下·山东威海·期末）如图，在平行四边形 中，∠ = 90°，沿其对角线
将 △ 折起至 △ ′ ，使 △ ′ 所在平面与平面 垂直.
(1)证明：平面 ′ ⊥ 平面 ′ ；
(2)若 为 ′上一点， ′∥平面 ， = = 1，求直线 ′到平面 的距离.
【解题思路】（1）证法一：由已知得 ⊥ ，再结面面垂直的性质可得 ⊥ 平面 ′ ，而 ∥ ，则 ⊥
平面 ′ ，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论；证法二：由已知面面垂直可证得 ′ ⊥ 平面 ，
则 ′ ⊥ ，由题意可得 ⊥ ，再利用线面垂直的判定定理得 ⊥ 平面 ′ ，然后利用面面垂直的判
定定理可证得结论；
（2）连接 交 于点 ，连接 ，由线面平行的性质可得 ′∥ ， ′∥平面 ，则将 ′到平面 的
距离转化为点 ′到平面 的距离，可证得 △ ′ 为等边三角形，则 ⊥ ′，由线面垂直的判定可得 ′ ⊥
平面 ，从而可求得结果.
【解答过程】（1）证法一：因为∠ = 90°，所以 ⊥ ，
因为平面 ′ ⊥ 平面 ，平面 ′ ∩ 平面 = ， 平面 ，
所以 ⊥ 平面 ′ ，
因为平行四边形 ，所以 ∥ ，
所以 ⊥ 平面 ′ ， 因为 平面 ′ ，所以平面 ′ ⊥ 平面 ′ .
证法二：因为∠ = 90°，所以∠ ′ = 90°，即 ′ ⊥ ，
因为平面 ′ ⊥ 平面 ，平面 ′ ∩ 平面 = ， ′ 平面 ′ ，
所以 ′ ⊥ 平面 ，
因为 平面 ，所以 ′ ⊥ ，
因为平行四边形 ，所以 ∥ ，
所以∠ = ∠ = 90°，即 ⊥ ，
因为 ′ ∩ = ， ′ , 平面 ′ ，所以 ⊥ 平面 ′ ，
因为 平面 ′ ，所以平面 ′ ⊥ 平面 ′ .
（2）因为 ′∥平面 ，所以 ′到平面 的距离等于点 ′到平面 的距离.
连接 交 于点 ，连接 ，
因为 ′∥平面 ， ′ 平面 ′ ，平面 ′ ∩ 平面 = ，
所以 ′∥ ，
因为 为 中点，所以 为 ′的中点，
因为 = = 1，∠ = 90°，所以 = ′ = 2，
在Rt △ ′ 中， ′ = 1， = 1，所以 ⊥ ′，且 ′ = 2，
所以 △ ′ 为等边三角形，所以 ⊥ ′，
因为 ∩ = ， , 平面 ，
所以 ′ ⊥ 平面 ，
所以 ′ 的长即为点 ′到平面 的距离，因为 ′ = 2，
2
所以 ′到平面 的距离为 2.
2
18．（17 分）（23-24 高一下·云南昆明·期中）如图是一个棱长为 2 的正方体的展开图，其中 , 分别是棱 ,
的中点．请以 , , 三点所在面为底面将展开图还原为正方体．
(1)求证：点 在平面 内；
(2)用平面 截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为 1, 2( 1 < 2)，试判断体积
较小的几何体的形状（不需要证明），并求 1: 2的值．
【解题思路】（1）根据两条平行线确定一个平面，得出 , , , 四点共面；
（2）由于平面截正方体的截面是四边形 ，得出 1是三棱台 的体积，进一步求体积得出比
值.
【解答过程】（1）证明：将展开图还原为如图所示的正方体，
连接 ，在正方体中， ∵ // 且 = ，
∴ 四边形 是平行四边形， ∴ // ，
由 , 分别是棱 , 的中点，有 // ，则 // ，
所以 , , , 四点共面，即点 在平面 内．
（2）连接 ，所以平面 截正方体的截面是四边形 ，
平面 中，延长 与 的延长线交于点 ， 是棱 中点，则 为 中点，
为 中点，则延长 与 的延长线交于点 ，
所以体积较小的几何体，即体积为 1的几何体是三棱台 ，
正方体的体积 = 23 = 8，其中 1是三棱台 的体积，
∵ = 11 3
1 7
△ + △ △ + △ = 3 × 2 2 + 2 ×
1 + 1 =
2 2 3
∴ 2 = =
17
1 3 ，
∴ 1: 2 = 7:17.
19．（17 分）（23-24 高一下·天津·期末）如图，在六面体 中， △ 为等边三角形，平面 ⊥
平面 ， ⊥ ， = = 2， = = 4， = 2 3，
(1)求证： ⊥ 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3) 8 3 线段 上是否存在一点 ，使得二面角 的平面角的余弦值为 .若存在，求出 值；若不存在，15
请说明理由.
【解题思路】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）首先证明∠ 为直线 与平面 所成的角，再由线面角的定义进行求解即可；
（3）取 中点 ，利用线面垂直的性质结合 △ ≌ △ 即可确定∠ 为二面角 的平面角，
最后结合余弦定理求解即可.
【解答过程】（1）取棱 的中点 ，连接 ，
因为 △ 为等边三角形，所以 ⊥ ，
又因为平面 ⊥ 平面 ，平面 ∩ 平面 = ，
又 平面 ，所以 ⊥ 平面 ，
又 平面 ，故 ⊥ ，
又已知 ⊥ ， ∩ = ，又 , 平面 ，
所以 ⊥ 平面 .
（2）连接 ，
由（1）中 ⊥ 平面 ，
可知∠ 为直线 与平面 所成的角，
因为 △ 为等边三角形， = 2且 为 的中点，
所以 = 3，
又 ⊥ ，在Rt △ 中，sin∠ = =
3
，
4
3
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
4
（3）取 中点 ，连接 ， ，
在Rt △ 中， = 2 2 = 2 3，
因为 ⊥ 平面 ，又 平面 ，
所以 ⊥ ，在Rt △ 中， = 2 + 2 = 4，
所以 △ ≌ △ ，所以 = ，又点 为 中点，
所以 ⊥ ，同理 ⊥ ，
所以∠ 为二面角 的平面角，

设 = (0 ≤ ≤ 1)，
在Rt △ 中， = 2 + 2 = 12 + 4 2，
在Rt △ 中， = 2 2 = 11 + 4 2，
在Rt △ 中， = 2(1 )， = 15， = 11 + 4 2，
2+ 2 2 8 3
由余弦定理可得： 2 = ，15
11+4 2+15 4(1 )2
即： = 8 3，
2 11+4 2 15 15
化简得到：16 2 40 + 9 = 0，
所以 = 1 94或4（舍去），
8 3
即线段 上存在一点 ，使得二面角 平面角的余弦值为 ，
15
1
此时 = 4.第八章 立体几何初步全章综合测试卷（提高篇）
【人教 A 版 2019】
考试时间：120 分钟；满分：150 分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共 19 题，单选 8 题，多选 3 题，填空 3 题，解答 5 题，满分 150 分，限时 120 分钟，本卷题型针对性
较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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．（5 分）（23-24 高一下·湖南株洲·期末）设 为空间中两条不同直线， 为空间中两个不同平面，
下列命题正确的是（ ）
A．若 ⊥ , , ，则 ⊥
B．若 不垂直于 , ，则 必不垂直于
C．若 // , // ，则 //
D．若 是异面直线， , // , , // ，则 //
2．（5 分）（23-24 高一下·辽宁·期末）若水平放置的平面四边形 AOBC 按斜二测画法得到如图所示的直观
图，其中 ′ ′// ′ ′， ′ ′ ⊥ ′ ′， ′ ′ = 1， ′ ′ = 2，则以原四边形 AOBC 的边 AC 为轴旋转一周得到的
几何体的体积为（ ）
A．14 32 402π +8π B 14 2． π C． 3 π D． 3 π3
3．（5 分）（23-24 高一下·吉林·期中）如图，在正四棱锥 中，2 = 6 = 6, 是棱 上的动点，
一只蚂蚁从 A 点出发，经过 E 点，爬到 C 点，则这只蚂蚁爬行的路程的最小值是（ ）
A．2 2 B．2 3 C．2 5 D．2 6
4．（5 分）（23-24 高一下·山东威海·期末）在三棱锥 中， ⊥ 平面 ， △ 为等腰三角形且
面积为 3，∠ =120° , = 4.若该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．20 B．24 C．32 D．48
5．（5 分）（23-24 高一下·湖南长沙·期末）在侧棱长为2 3的正三棱锥 中，
∠ = ∠ = ∠ = 40 ，过 作截面 ，则截面的最小周长为（ ）
A．2 2 B．4 C．6 D．10
6．（5 分）（24-25 高一下·湖北黄冈·阶段练习）如图所示，在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD
的中点， , 分别在 ，CD 上，且 : = : = 1:2.则下面几个说法中正确的个数是（ ）
①E，F，G，H 四点共面；② // ;③若直线 EG 与直线 FH 交于点 P，则 P，A，C 三点共线．
A．0 B．1 C．2 D．3
7．（5 分）（23-24 高一下·湖北武汉·期末）已知 △ 中， = 1， = 2， = 3，点 M 为 AB 中点，
连接 CM．将 △ 沿直线 CM 折起，使得点 A 到达 A'的位置，且平面 ⊥ 平面 ，则二面角 ′
的余弦值为（ ）
A 2 13 13 2 39． B． C． D． 5
13 13 13 5
8．（5 分）（23-24 高一下·江苏宿迁·阶段练习）如图，正方体 1 1 1 1的棱长为 1， ， ， 分别
为 , 1, 1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线 1与直线 AF 垂直
B．直线 1 与平面 平行
C 5．平面 截正方体所得的截面面积为4
D．点 与点 到平面 的距离相等
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
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．（6 分）（23-24 高一下·福建泉州·阶段练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印
信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”，半正多面
体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为 24
的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为 1，则正确的有（　　）
A．则该半正多面体有 12 个顶点 B．则该半正多面体有 14 个面
C 5．则该半正多面体表面积为 3 D．则该半正多面体体积为6
10．（6 分）（23-24 高一下·河北·期中）如图，圆台 1 2，在轴截面 中， = =
1
2 = 2，H，F
cos∠ = 3为圆 2上定点，且 2 5，M 为 AD 中点，C，H，F，M 四点共面．则（ ）
A．该圆台高为 3
B 7 2．该圆台体积为 π
3
C．一只小虫从点 C 沿着该圆台的侧面爬行到 M 点，所经过的最短路径为 5
D． = 2
11．（6 分）（23-24 高一下·贵州毕节·阶段练习）在如图所示的三棱锥 中， = = = 1，
， ， 两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
A．直线 与平面 所成的角为 45°
B．二面角 的正切值为 2
C． 到面 的距离为 3
D．作 ⊥ 平面 ，垂足为 ，则 为 △ 的重心
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．（5 分）（23-24 高一下·浙江·期中）在正方体 1 1 1 1中， = 2, 为棱 的中点， , 分别
为 1, 1上的动点，则 + 的最小值为 ．
13．（5 分）（23-24 高一下·四川乐山·期中）如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速
公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之
重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相
切，同时与正四面体的三个面相切．设 = 3，则该模型中 5 个球的表面积之和为 .
14．（5 分）（23-24 高一下·北京丰台·期末）已知正方体 1 1 1 1中，点 E，F，G 分别为棱 ，
1， 1 1的中点，给出下列四个结论：
①直线 与平面 1相交；
②直线 1 ⊥ 平面 ；
③若 = 1 3，则点 D 到平面 1的距离为 ；3
④该正方体的棱所在直线与平面 所成的角都相等.
其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）（23-24 高一下·河南郑州·期中）如图所示， ′ ′ ′ ′为四边形 的斜二测直观图，其中 ′ ′
= 3， ′ ′ = 1， ′ ′ = 2．
(1)求平面四边形 的面积及周长；
(2)若四边形 以 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
16．（15 分）（23-24 高一下·安徽芜湖·期中）如图，在正方体 1 1 1 1中，棱长为 2， 是线段
1的中点，设过点 1、 、 的平面 与棱 交于点 .
(1)画出平面 截正方体所得的截面，并求截面多边形的面积；
(2)平面 截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：
= 1棱台 3 ′ + ′ + ）
17．（15 分）（23-24 高一下·山东威海·期末）如图，在平行四边形 中，∠ = 90°，沿其对角线
将 △ 折起至 △ ′ ，使 △ ′ 所在平面与平面 垂直.
(1)证明：平面 ′ ⊥ 平面 ′ ；
(2)若 为 ′上一点， ′∥平面 ， = = 1，求直线 ′到平面 的距离.
18．（17 分）（23-24 高一下·云南昆明·期中）如图是一个棱长为 2 的正方体的展开图，其中 , 分别是棱 ,
的中点．请以 , , 三点所在面为底面将展开图还原为正方体．
(1)求证：点 在平面 内；
(2)用平面 截正方体，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为 1, 2( 1 < 2)，试判断体积
较小的几何体的形状（不需要证明），并求 1: 2的值．
19．（17 分）（23-24 高一下·天津·期末）如图，在六面体 中， △ 为等边三角形，平面 ⊥
平面 ， ⊥ ， = = 2， = = 4， = 2 3，
(1)求证： ⊥ 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)线段 8 3 上是否存在一点 ，使得二面角 的平面角的余弦值为 .若存在，求出
15
值；若不存在，
请说明理由.

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