资源简介 第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版(2019)必修第二册一.选择题(共8小题)1.(2023春 兴义市校级期末)如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的周长为( )A.10+2 B.3 C.10+4 D.122.(2021春 大连期末)已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,则该圆锥的侧面积为( )A.2π B.π C.π D.2π3.(2024春 通州区期末)在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中,真命题是( )A.若l β,且α⊥β,则l⊥αB.若l⊥β,且α∥β,则l⊥αC.若α∥β,l α,m β,则l∥mD.若l⊥β,且α⊥β,则l∥α4.(2023春 鼓楼区校级期末)如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是( )A. B.C. D.5.(2023春 陈仓区期末)某同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面ABCD是边长为2的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,则该包装盒的容积为( )A. B. C. D.206.(2024秋 太和县校级期末)在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,四边形ABCD是矩形,,点E为线段AB1的中点,点G是线段AC1上的一点,点F是底面ABCD内的一点,则GE+GF的最小值为( )A. B. C. D.7.(2023春 建邺区校级期末)宋代是中国瓷器的黄金时代,涌现出了五大名窑:汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑.其中汝窑被认为是五大名窑之首.如图1,这是汝窑双耳罐,该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成,其直观图如图2所示.已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米,中间圆的直径是20厘米,上底面圆的直径是8厘米,高是14厘米,且上、下两圆台的高之比是3:4,则该汝窑双耳罐的体积是( )A. B. C. D.8.(2024春 辽宁期末)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是( )A. B. C. D.二.多选题(共3小题)(多选)9.(2024春 琼山区校级期末)已知m,n是异面直线,m α,n β,那么( )A.当m⊥β,或n⊥α时,α⊥βB.当m∥β,且n∥α时,α∥βC.当α⊥β时,m⊥β,或n⊥αD.当α,β不平行时,m与β不平行,且n与α不平行(多选)10.(2024春 科左中旗校级期末)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,下列结论正确的是( )A.圆柱的侧面积为4πR2B.圆锥的侧面积为C.圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和D.三个几何体的表面积中,球的表面积最小(多选)11.(2024春 辽宁期末)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内的动点,则下列结论正确的是( )A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为B.若,则点P的轨迹长度为C.二面角A﹣EF﹣C的正切值为D.若P是棱A1B1的中点,则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π三.填空题(共3小题)12.(2024春 徐汇区校级期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 .13.(2024秋 耒阳市校级期末)将一个底面边长为2cm,高为的正四棱锥铁块磨制成一个球体零件,则可能制作的最大零件的表面积为 cm2.14.(2024春 仓山区校级期末)如图,直四棱柱A1B1C1D1﹣ABCD的底面是边长为2的正方形,AA1=3,E,F分别是AB,BC的中点,P为直四棱柱表面上的动点,若D1,E,F,P四点共面,则动点P的轨迹的长度为 .四.解答题(共5小题)15.(2024春 哈尔滨期末)如图,在三棱锥A﹣BCD中,E是线段AD的中点,F是线段CD上的一点.(1)若EF∥平面ABC,试确定F在CD上的位置,并说明理由;(2)若BC=BD=AD=AC,证明:CD⊥AB.16.(2024春 蒙城县校级期末)如图:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为DD1的中点.(1)求证:BD1∥平面AEC;(2)CC1上是否存在一点F,使得平面AEC∥平面BFD1,若存在请说明理由.17.(2024春 乌兰浩特市校级期末)如图,在四棱锥O﹣MNPQ中,底面MNPQ是正方形,OM⊥平面MNPQ,且OM=MN=2.(1)求直线PO与平面OMQ所成角的余弦值;(2)求二面角N﹣OP﹣Q的大小.18.(2024春 吉林期末)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,PA=AD=4,AB=2,PA⊥平面ABCD,且M是PD的中点.(1)求证:AM⊥平面PCD;(2)求异面直线CD与BM所成角的正切值;(3)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.19.(2024春 辛集市期末)如图,已知等腰梯形ABCD中,AD∥BC,,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD.(1)求证:CD⊥平面B1DM;(2)求B1E与平面B1MD所成的角;(3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版(2019)必修第二册参考答案与试题解析一.选择题(共8小题)题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案 A A B D A A D D二.多选题(共3小题)题号 9 10 11答案 AB ABC BCD一.选择题(共8小题)1.(2023春 兴义市校级期末)如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的周长为( )A.10+2 B.3 C.10+4 D.12【解答】解:根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形,底面边长0B=4,高OA=2O'A'=6,AB=2,∴直角三角形OAB的周长为10+2.故选:A.2.(2021春 大连期末)已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,则该圆锥的侧面积为( )A.2π B.π C.π D.2π【解答】解:圆锥的轴截面边长为2的等边三角形,如图所示;则圆锥的母线长为l=2,底面圆半径为r=1,所以圆锥的侧面积为S侧面积=πrl=π 1 2=2π.故选:A.3.(2024春 通州区期末)在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中,真命题是( )A.若l β,且α⊥β,则l⊥αB.若l⊥β,且α∥β,则l⊥αC.若α∥β,l α,m β,则l∥mD.若l⊥β,且α⊥β,则l∥α【解答】解:A不正确,由面面垂直的性质定理可推出;C不正确,可能l与m异面;B正确,由线面垂直的定义和定理,面面平行的性质定理可推出;D不正确,由面面垂直的性质定理可知,α∩β=m,且l⊥m,l⊥β,则l α.故选:B.4.(2023春 鼓楼区校级期末)如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是( )A. B.C. D.【解答】解:对于A,作出完整的截面ABCD,由正方体的性质可得MN∥EF∥AC,可得直线MN∥平面ABC,能满足;对于B,作出完整的截面ABDCEF,由正方体的性质可得MN∥BF,可得直线MN∥平面ABC,能满足;对于C,作出完整的截面ABCD,由正方体的性质可得MN∥BD,可得直线MN∥平面ABC,能满足;对于D,作出完整的截面,如图ABNMHC,可得MN在平面ABC内,不能得出平行,不能满足.故选:D.5.(2023春 陈仓区期末)某同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面ABCD是边长为2的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,则该包装盒的容积为( )A. B. C. D.20【解答】解:如图,可知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积,其中长方体的高AA1=EE′,长方体的体积,一个三棱锥的体积V′(1×1).则包装盒的容积为V﹣4V′.故选:A.6.(2024秋 太和县校级期末)在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,四边形ABCD是矩形,,点E为线段AB1的中点,点G是线段AC1上的一点,点F是底面ABCD内的一点,则GE+GF的最小值为( )A. B. C. D.【解答】解:如图,显然当F是G在底面ABCD的射影时,GE+GF才可能最小.将平面AB1C1沿AC1翻折,使其与平面ACC1共面,如图所示,由于,则,所以,得∠B1AC1=30°,同理∠CAC1=30°,而,显然当E,G,F三点共线且GF⊥AC时,GE+GF取得最小值,此时.故选:A.7.(2023春 建邺区校级期末)宋代是中国瓷器的黄金时代,涌现出了五大名窑:汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑.其中汝窑被认为是五大名窑之首.如图1,这是汝窑双耳罐,该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成,其直观图如图2所示.已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米,中间圆的直径是20厘米,上底面圆的直径是8厘米,高是14厘米,且上、下两圆台的高之比是3:4,则该汝窑双耳罐的体积是( )A. B. C. D.【解答】解:∵上、下两圆台的高之比是3:4,∴上圆台的高为厘米,下圆台的高为厘米,故上圆台的体积为立方厘米,下圆台的体积为立方厘米,故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.故选:D.8.(2024春 辽宁期末)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是( )A. B. C. D.【解答】解:取A1C1的中点M,AC的中点Q,连接MD,EF,EF,A1D,MQ,因为E,F,D都是中点,由题意可得DE∥C1M,且DE=C1M,所以四边形DEC1M为平行四边形,所以DM∥C1E,所以∠MDF为异面直线DF,C1E所成的角,因为直棱柱的棱长相等,设棱长为2,则MF=DE2=1,EF=2,所以DF=DM,在△MDF中,cos∠MDF.故选:D.二.多选题(共3小题)(多选)9.(2024春 琼山区校级期末)已知m,n是异面直线,m α,n β,那么( )A.当m⊥β,或n⊥α时,α⊥βB.当m∥β,且n∥α时,α∥βC.当α⊥β时,m⊥β,或n⊥αD.当α,β不平行时,m与β不平行,且n与α不平行【解答】解:m,n是异面直线,m α,n β,对于A,当m⊥β,或n⊥α时,由面面垂直的判定定理得α⊥β,故A正确;对于B,当m∥β,且n∥α时,由面面平行的判定定理得α∥β,故B正确;对于C,当α⊥β时,m与β相交、平行或m β,或n与α相交、平行或n α,故C错误;对于D,当α,β不平行时,m与β有可能平行,且n与α有可能平行,故D错误.故选:AB.(多选)10.(2024春 科左中旗校级期末)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,下列结论正确的是( )A.圆柱的侧面积为4πR2B.圆锥的侧面积为C.圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和D.三个几何体的表面积中,球的表面积最小【解答】解:对于A:圆柱的侧面积为2πR 2R=4πR2,所以A选项正确.对于B:圆锥的侧面积为,所以B选项正确.对于C:圆锥的体积为,圆柱的体积为πR2 2R=2πR3,球的体积为,所以圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和,所以C选项正确.对于D:球的表面积为4πR2,圆柱的表面积为2πR 2R+2πR2=6πR2,圆锥的表面积为,所以圆锥的表面积最小,故D错误.故选:ABC.(多选)11.(2024春 辽宁期末)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内的动点,则下列结论正确的是( )A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为B.若,则点P的轨迹长度为C.二面角A﹣EF﹣C的正切值为D.若P是棱A1B1的中点,则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π【解答】解:对于A,如图,取A1D1,A1B1中点N,M,且连接B1D1,NE,因为E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,由中位线定理得MN∥B1D1,EF∥B1D1,所以MN∥EF,而BD=B1D1,BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1,所以BD∥EF,因为CD=NE,ND=CE,所以四边形NDCE是平行四边形,所以ND∥CE,因为ND 面CEF,CE 面CEF,所以ND∥面CEF,因为BD 面CEF,EF 面CEF,所以BD∥面CEF,而BD∩ND=D,所以面MNDB∥面CEF,又P是正方形A1B1C1D1内的动点,且DP∥平面CEF,面MNDB和面CEF相交,MN,EF是交线,所以P的轨迹为线段MN,由勾股定理得,故A错误;对于B,如图,若,此时AA1⊥面A1B1C1D1,所以AA1⊥A1P,由勾股定理得,所以P的轨迹为在面A1B1C1D1内,以A为圆心,1为半径的圆弧,所以P的轨迹长度为,故B正确;对于C,如图,作ET⊥BC,连接A1C1与EF交于点S,连接AE,AF,AC,A1F,AS,B1D1,ET,因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1,E.F分别是棱B1C1,C1D1的中点,A1C1的中点记为V,所以EF是△C1D1B1的中位线,所以EF∥D1B1,而D1B1⊥A1C1,所以EF⊥A1C1,而由正方体性质得CC1⊥面A1B1C1D1,所以CC1⊥EF,而CC1∩A1C1=C1,CC1,A1C1 面A1ACC1,故EF⊥面A1ACC1,EF⊥AS,EF⊥CS,而由勾股定理得,AF=AE=6,由三线合一性质得S是EF的中点,故S是C1V的中点,即S是A1C1靠近C1的四等分点,所以由勾股定理得,,,而EF⊥AS,EF⊥CS,面AEF∩面CEF=EF,所以∠ASC是二面角A﹣EF﹣C的平面角,且设该角为θ,在△ASC中,由余弦定理得,易得θ∈[0.π],所以sinθ≥0,而,解得(负根舍去),所以,所以二面角A﹣EF﹣C的正切值为,故C正确;对于D,如图,取PF的中点G,AC的中点H,连接PE,GH,FP,因为P是棱A1B1的中点,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,所以C1F=C1E=B1E=B1P=2,由勾股定理得,而PF=4,所以EF2+PE2=PF2,所以EF⊥PE,而,所以点G到E,F,P的距离相等,因为GH∥AA1,由正方体性质得AA1⊥面PEF,所以GH⊥面PEF,所以三棱锥P﹣CEF的外接球的球心在GH上,设球心为O,GO=t,则HO=4﹣t,又GP=2,,设三棱锥P﹣CEF的外接球的半径为R,则PO=CO=R,在直角三角形HCO中,由勾股定理得R2=8+(4﹣t)2,在直角三角形PGO中,由勾股定理得R2=4+t2,解得,,所以三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积为,故D正确.故选:BCD.三.填空题(共3小题)12.(2024春 徐汇区校级期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 .【解答】解∵AD1∥BC1,∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角(或所成角的补角),设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2,则PB1=PC1,BC12,BP,∴cos∠PBC1,∴∠PBC1,∴直线PB与AD1所成的角为,故答案为:.13.(2024秋 耒阳市校级期末)将一个底面边长为2cm,高为的正四棱锥铁块磨制成一个球体零件,则可能制作的最大零件的表面积为 cm2.【解答】解:由题意可知,当球与正四棱锥的五个面都相切时,球的表面积最大,因为正四棱锥的底面边长为2cm,高为所以正四棱锥的侧面底边上的高为2(cm),设球的半径为r,则正四棱锥的体积为v4(42×2×4)×r,解得r(cm),所以球的表面积为S=4πr2(cm2).故答案为:.14.(2024春 仓山区校级期末)如图,直四棱柱A1B1C1D1﹣ABCD的底面是边长为2的正方形,AA1=3,E,F分别是AB,BC的中点,P为直四棱柱表面上的动点,若D1,E,F,P四点共面,则动点P的轨迹的长度为 .【解答】解:设直线EF分别于DA,DC得延长线交于点S,Q,连接D1S,交AA1于点M,连接D1Q,交CC1于点N,连接ME,FN,所以动点P的轨迹为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的截面五边形D1MEFN.由平行线分线段比例可知:AS=BF=1,故DS=DD1=3,故△DD1S为等腰直角三角形,所以AM=AS=1,故A1M=2,则,,所以五边形D1MEFN的边长为:.故答案为:.四.解答题(共5小题)15.(2024春 哈尔滨期末)如图,在三棱锥A﹣BCD中,E是线段AD的中点,F是线段CD上的一点.(1)若EF∥平面ABC,试确定F在CD上的位置,并说明理由;(2)若BC=BD=AD=AC,证明:CD⊥AB.【解答】(1)解:F是CD的中点,理由如下:若EF∥平面ABC,由EF 平面ACD,平面ACD∩平面ABC=AC,得EF∥AC,又E是AD的中点,F在CD上,所以F是CD的中点;(2)证明:取CD的中点G,连接BG,AG,因为BC=BD=AD=AC,G为CD中点,所以CD⊥AG,CD⊥BG,因为BG∩AG=G,所以CD⊥平面ABG,因为AB 平面ABG,所以CD⊥AB.16.(2024春 蒙城县校级期末)如图:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为DD1的中点.(1)求证:BD1∥平面AEC;(2)CC1上是否存在一点F,使得平面AEC∥平面BFD1,若存在请说明理由.【解答】解:(1)证明:连结BD交AC于O,连结EO.因为ABCD﹣A1B1C1D1为正方体,底面ABCD为正方形,对角线AC、BD交于O点,所以O为BD的中点,又因为E为DD1的中点,在△DBD1中,OE是△DBD1的中位线,则OE∥BD1,又OE 平面AEC,BD1 平面AEC,所以BD1∥平面AEC;(2)CC1上的中点F即满足平面AEC∥平面BFD1.因为F为CC1的中点,E为DD1的中点,所以CF∥ED1,所以四边形CFD1E为平行四边形,所以D1F∥EC,又因为EC 平面AEC,D1F 平面AEC,所以D1F∥平面AEC;由(1)知BD1∥平面AEC,又因为BD1∩D1F=D1,所以平面AEC∥平面BFD1.17.(2024春 乌兰浩特市校级期末)如图,在四棱锥O﹣MNPQ中,底面MNPQ是正方形,OM⊥平面MNPQ,且OM=MN=2.(1)求直线PO与平面OMQ所成角的余弦值;(2)求二面角N﹣OP﹣Q的大小.【解答】解:(1)在正方形MNPQ中,有PQ⊥MQ,因为OM⊥平面MNPQ,PQ 面MNPQ,所以OM⊥PQ,又因为OM 平面OMQ,MQ 平面OMQ,OM∩MQ=M,所以PQ⊥平面OMQ,所以∠POQ为直线PO与平面OMQ所成的角,在Rt△OMQ中,,在Rt△OPQ中,,,所以直线PO与平面OMQ所成角的余弦值为.(2)连接NQ交MP于点E,在正方形MNPQ中,有NQ⊥MP,因为OM⊥平面MNPQ,NQ 面MNPQ,所以OM⊥NQ,因为OM 平面OMP,MP 平面OMP,OM∩MP=M,所以NQ⊥平面OMP,又OP 面OMP,所以NQ⊥OP,在△OPN中,过点N作NF⊥OP于点F,连接FQ,因为NQ 平面NFQ,NF 平面NFQ,NQ∩NF=N,所以OP⊥平面NFQ,又QF 面NFQ,所以OP⊥QF,则∠NFQ是二面角N﹣OP﹣Q的平面角,在△OPN中,,则NF,同理可求得,在△NFQ中,,由余弦定理可得cos∠NFQ,则,则二面角N﹣OP﹣Q的大小为π.18.(2024春 吉林期末)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,PA=AD=4,AB=2,PA⊥平面ABCD,且M是PD的中点.(1)求证:AM⊥平面PCD;(2)求异面直线CD与BM所成角的正切值;(3)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.【解答】证明:(1)∵PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,∴PA⊥CD,又四边形ABCD是矩形,∴CD⊥DA,∵DA∩PA=A,∴CD⊥平面PAD,∵AM 平面PAD,∴CD⊥AM,又M是PD的中点,PA=AD=4,∴AM⊥PD,∵CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD;解:(2)∵底面ABCD是矩形,∴CD∥BA,∴异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角,由(1)得CD⊥平面PAD,∴BA平面PAD,∵AM 平面PAD,∴BA⊥AM,∴△BAM为直角三角形,又M是PD的中点,PA=AD=4,∴,∴在Rt△BAM中,∠ABM即为异面直线CD与BM所成角,故,∴异面直线CD与BM所成角的正切值为;解:(3)取AD中点为N,连接MN,AC,在△PAD中,M,N分别为线段PD,AD的中点,故,∵PA⊥平面ABCD,∴MN⊥平面ABCD,∴,由(1)得AM⊥平面PCD,∵MC 平面PCD,∴AM⊥MC,∵PA=AD=4,∴,又AB=CD=2,∴,∴,设点D到平面AMC的距离为h,直线CD与平面ACM所成角为θ,则,解得:,故,所以直线CD与平面ACM所成角的正弦值为.19.(2024春 辛集市期末)如图,已知等腰梯形ABCD中,AD∥BC,,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD.(1)求证:CD⊥平面B1DM;(2)求B1E与平面B1MD所成的角;(3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.【解答】(1)证明:∵AD∥BC,E是BC的中点,∴,故四边形ABED是菱形,从而AE⊥BD,∴△BAE沿着AE翻折成△B1AE后,AE⊥B1M,AE⊥DM,又∵B1M∩DM=M,∴AE⊥平面B1MD,由题意,易知AD∥CE,AD=CE,∴四边形AECD是平行四边形,故AE∥CD,∴CD⊥平面B1DM;(2)解:∵AE⊥平面B1MD,∴B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M,由已知条件,可知AB=AE=CD,,∴△B1AE是正三角形,∴∠EB1M=30°,∴B1E与平面B1MD所成的角为30°;(3)假设线段B1C上是存在点P,使得MP∥平面B1AD,过点P作PQ∥CD交B1D于Q,连结MP,AQ,如下图:∴AM∥CD∥PQ,∴A,M,P,Q 四点共面,又∵MP∥平面B1AD,∴MP∥AQ,∴四边形AMPQ为平行四边形,故,∴P为B1C中点,故在线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,且.第1页(共1页) 展开更多...... 收起↑ 资源预览