第8章立體幾何初步單元測(cè)試B卷-2022學(xué)年人教A版高中數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)（Word含解析）

2022—2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期第八章單元測(cè)試卷滿分：100分時(shí)間：60分鐘第Ⅰ卷（選擇題共60分）單項(xiàng)選擇題：本題共12小題，每題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，每小題5分，共計(jì)60分。1.某三棱錐的三視圖如圖所示，已知網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該三棱錐最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為（

）A.

2

B.

5

C.

6

D.

222.運(yùn)用祖暅原理計(jì)算球的體積時(shí)，夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平面的任意一個(gè)平面所截，若截面面積都相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等，構(gòu)造一個(gè)底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，與半球（如圖①）放置在同一平面上，然后在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新幾何體（如圖②），用任何一個(gè)平行于底面的平面去截它們時(shí)，可證得所截得的兩個(gè)截面面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等．現(xiàn)將橢圓x24+A.

8π

B.

16π

C.

24π

D.

32π3.已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，A.

0

B.

1

C.

2

D.

34.如圖，設(shè)E,F,E1,F1分別是長(zhǎng)方體ABCD?A1A.

平行

B.

相交但不垂直

C.

垂直

D.

不確定5.在三棱錐A?BCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，那么必有（

）

A.

平面ADC⊥平面BCD

B.

平面ABC⊥平面BCD

C.

平面ABD⊥平面ADC

D.

平面ABD⊥平面ABC6.如圖，O′A′B′A.

直角梯形

B.

等腰梯形

C.

非直角且非等腰的梯形

D.

不可能是梯形7.如圖所示，四邊形OABC是上底為2，下底為6，底角為45°的等腰梯形，用斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)出這個(gè)梯形的直觀圖O′A′B′C′，在直觀圖中梯形的面積為（

）.A.

4

B.

22

C.

428.已知a，b是兩條直線，α，β，γ是三個(gè)平面，則下列命題正確的是（

）A.

若a∥α，b∥β，a∥b則α∥β

B.

若α⊥β，a⊥α，則a∥β

C.

若α⊥β，α⊥γ，β∩γ=a，則a⊥α

D.

若α∥β，a∥α，則a∥β9.三棱錐P?ABC的各棱長(zhǎng)都相等，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論中不成立的是（

）A.

BC//平面PDF

B.

DF⊥平面PAE

C.

平面PDE⊥平面ABC

D.

平面PAE⊥平面ABC10.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫(huà)出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為（

）A.

25

B.

26

C.

4211.我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)造了一個(gè)稱為“牟合方蓋”的立體圖形來(lái)推算球的體積.如圖1，在一個(gè)棱長(zhǎng)為2a的立方體內(nèi)作兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱，其相交的部分就是牟合方蓋，如圖2，設(shè)平行于水平面且與水平面距離為?的平面為α，記平面α截牟合方蓋所得截面的面積為S，則函數(shù)S=f(?)的圖象是（

）A.

B.

C.

D.

12.如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，△ABC為等邊三角形，AB=AA1=2，D，F(xiàn)，G分別為AC，①相交

②垂直

③異面

④平行A.

①②

B.

①②③

C.

①③④

D.

②③④第Ⅱ卷（非選擇題共40分）二、填空題：本題共計(jì)4小題，共計(jì)16分。13.給出下列命題：①垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行；②“a?b<0”是“a③斜二測(cè)畫(huà)法中邊長(zhǎng)為2的正方形的直觀圖的面積為2；④函數(shù)f(x)=4⑤已知tanα=43，tan其中正確的有________(填上你認(rèn)為正確命題的序號(hào))14.早期的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派學(xué)者注意到：用等邊三角形或正方形為表面可構(gòu)成四種規(guī)則的立體圖形，即正四面體、正六面體、正八面體和正二十面體，它們的各個(gè)面和多面角都全等．如圖，正二十面體是由20個(gè)等邊三角形組成的正多面體，共有12個(gè)頂點(diǎn)，30條棱，20個(gè)面，是五個(gè)柏拉圖多面體之一．如果把sin36°按315.如圖，四棱錐P?ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，點(diǎn)E是棱PD上一點(diǎn)，PE=3ED，若PF=λPC且滿足BF//平面ACE16.在空間中，過(guò)A點(diǎn)作平面γ的垂線，垂足為B，記作：B=fγ(A).關(guān)于兩個(gè)不同的平面α①若α//β，則存在點(diǎn)P滿足②若α⊥β，則存在點(diǎn)P滿足fα③若α//β，則不存在點(diǎn)P滿足④若對(duì)空間任意一點(diǎn)P，恒有fα(f其中所有真命題的序號(hào)是________.三、解答題：本題共計(jì)4小題，共計(jì)24分。17.如圖，四棱錐S?ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD=2，AD=2，點(diǎn)E是線段SD上的點(diǎn)，且DE=a(0<a≤2)（1）求證：對(duì)任意的0<a≤2，都有AC⊥BE；（2）當(dāng)a=1時(shí)，點(diǎn)M是SC上的點(diǎn)，且SM=2MC，求三棱錐E?BCM的體積.18.如圖，已知在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，ΔPAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E,F,G分別是PD,PC,BC的中點(diǎn).（1）求證：平面EFG⊥平面PAD；（2）若M是線段CD上一點(diǎn)，求三棱錐M?EFG的體積.年北京冬奧會(huì)標(biāo)志性場(chǎng)館——國(guó)家速滑館的設(shè)計(jì)理念來(lái)源于一個(gè)冰和速度結(jié)合的創(chuàng)意，沿著外墻面由低到高盤(pán)旋而成的“冰絲帶”，就像速度滑冰運(yùn)動(dòng)員高速滑動(dòng)時(shí)留下的一圈圈風(fēng)馳電掣的軌跡，冰上劃痕成絲帶，22條“冰絲帶”又象征北京2022年冬奧會(huì).其中“冰絲帶”呈現(xiàn)出圓形平面、橢圓形平面、馬鞍形雙曲面三種造型，這種造型富有動(dòng)感，體現(xiàn)了冰上運(yùn)動(dòng)的速度和激情這三種造型取自于球、橢球、橢圓柱等空間幾何體，其設(shè)計(jì)參數(shù)包括曲率、撓率、面積體積等對(duì)幾何圖形的面積、體積計(jì)算方法的研究在中國(guó)數(shù)學(xué)史上有過(guò)輝煌的成就，如《九章算術(shù)》中記錄了數(shù)學(xué)家劉徽提出利用牟合方蓋的體積來(lái)推導(dǎo)球的體積公式，但由于不能計(jì)算牟合方蓋的體積并沒(méi)有得出球的體積計(jì)算公式直到200年以后數(shù)學(xué)家祖沖之、祖眶父子在《綴術(shù)》提出祖暅原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”，才利用牟合方蓋的體積推導(dǎo)出球的體積公式原理的意思是：兩個(gè)等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個(gè)幾何體的體積相等.（Ⅰ）利用祖暅原理推導(dǎo)半徑為R的球的體積公式時(shí)，可以構(gòu)造如圖②所示的幾何體M，幾何體M的底面半徑和高都為R，其底面和半球體的底面同在平面α內(nèi).設(shè)與平面α平行且距離為d的平面β截兩個(gè)幾何體得到兩個(gè)截面，請(qǐng)?jiān)趫D②中用陰影畫(huà)出與圖①中陰影截面面積相等的圖形并給出證明；（Ⅱ）現(xiàn)將橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)所圍成的橢圓面分別繞其長(zhǎng)軸、短軸旋轉(zhuǎn)一周后得兩個(gè)不同的橢球A20.某種水箱用的“浮球”是由兩個(gè)相同半球和一個(gè)圓柱筒組成，它的軸截面如圖所示，已知半球的直徑是12cm，圓柱筒高6cm，為增強(qiáng)該“浮球”的牢固性，給“浮球”內(nèi)置一“雙蝶形”防壓卡，防壓卡由金屬材料桿AC,BD,O1C,O1D,O2A,O2B及O1O2焊接而成，其中O1,O2分別是圓柱上下底面的圓心，A（1）設(shè)O1C與圓柱底面所成的角為θ，試用θ表示出防壓卡中四邊形O1O2（2）研究表明，四邊形O1O2BC的面積越大，“浮球”防壓性越強(qiáng)，求四邊形O1

答案解析一、單選題1.【答案】C【解析】該三棱錐的直觀圖如圖所示：D1依題意得BC=CE=1,EB=1D1E=12則該三棱錐最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為6故答案為：C．2.【答案】B【解析】構(gòu)造一個(gè)底面半徑為2，高為3的圓柱，在圓柱中挖去一個(gè)以圓柱下底面圓心為頂點(diǎn)的圓錐，則當(dāng)截面與頂點(diǎn)距離為?(0???4)時(shí)，小圓錐的底面半徑為r，則?3∴r=2故截面面積為4π?4把y=?代入橢圓x24+∴橄欖球形幾何體的截面面積為πx由祖暅原理可得橄欖球形幾何體的體積V=2(V故答案為：B．3.【答案】B【解析】②中，A1F//D1E，而A1F?平面BD①中，平移A1F至D1F′，知D1F′與面③中，同樣平移A1F至D1F′，知D1F′與面故答案為：B．

4.【答案】A【解析】∵E1和F1分別是A1B1又∵A1D1?平面BCF∴A1D1又∵E1和E分別是A1B1和AB的中點(diǎn)，∴∴四邊形A1EBE又∵A1E?平面BCF1E1，BE∵A1E?平面EFD1A1，∴平面EFD1A故答案為：A5.【答案】A【解析】∵AD⊥BC，AD⊥BD，且BC∩BD=B，∴AD⊥平面BCD.對(duì)于A選項(xiàng)，∵AD?平面ADC，所以，平面ADC⊥平面BCD，A選項(xiàng)正確；對(duì)于B選項(xiàng)，若平面ABC⊥平面BCD，過(guò)點(diǎn)A在平面ABC內(nèi)作AE⊥BC，如下圖所示：由于平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊥BC，AE?平面ABC，∴AE⊥平面BCD，又∵AD⊥平面BCD，過(guò)點(diǎn)A作平面BCD的直線有且只有一條，假設(shè)不成立，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，若平面ABD⊥平面ADC，平面ABD∩平面ADC=AD，AD⊥BD，BD?平面ABD，∴BD⊥平面ADC，∵CD?平面ADC，則BD⊥CD，而B(niǎo)D與CD是否垂直未知，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，過(guò)點(diǎn)D在平面ABD內(nèi)作DF⊥AB，垂足為點(diǎn)F，若平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，DF⊥AB，DF?平面ABD，所以，DF⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，∴BC⊥DF，∵BC⊥AD，DF∩AD=D，∴BC⊥平面ABD，∵BD?平面ABD，∴BC⊥BD，但BC與BD是否垂直未知，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故答案為：A.6.【答案】A【解析】根據(jù)斜二測(cè)直觀圖，得；OC⊥OA,OA=O′A′,BC=B′C′,OC=2O′C′；∴原平面圖形OABC是直角梯形,如圖所示：故答案為：A.

7.【答案】B【解析】解：如圖：四邊形OABC為等腰梯形，則OD=2，∠COD=45°，所以CD=2，SOABC=故答案為：B8.【答案】C【解析】對(duì)于A選項(xiàng)：當(dāng)a//α,b//β,a//b，則對(duì)于B選項(xiàng)：當(dāng)α⊥β,a⊥α，則a//β或a?β，故對(duì)于C選項(xiàng)：根據(jù)線面垂直的判定定理及面面垂直的性質(zhì)可知C選項(xiàng)正確；對(duì)于D選項(xiàng)：當(dāng)α//β,a//α，則a//故答案為：C9.【答案】C【解析】對(duì)于A中，因?yàn)镈,F分別是AB,CA的中點(diǎn)，可得BC//DF,因?yàn)锽C?平面PDF，DF?平面PDF，所以BC//平面PDF，所以A符合題意；對(duì)于B中，因?yàn)锳C=AB,BE=EC，所以BC⊥AE，同理可得BC⊥PE，又因?yàn)镻E∩AE=E，所以BC⊥平面PAE，又由BC//DE，所以DF⊥平面PAE，所以B符合題意；對(duì)于D中，由DF⊥平面PAE，因?yàn)镈F?平面ABC，所以平面PAE⊥平面ABC，所以D符合題意；綜上可得A、B、D都正確，所以C不正確.故答案為：C.

10.【答案】C【解析】依據(jù)多面體的三視圖，畫(huà)出它的直觀圖，如圖所示；在棱長(zhǎng)為4的正方體中，四面體ABCD就是滿足圖中三視圖的多面體，其中A、B點(diǎn)為所在棱的中點(diǎn)，所以，四面體ABCD最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為|AB|=4故答案為：C．11.【答案】D【解析】正方體的內(nèi)切球也是“牟合方蓋”內(nèi)切球，用任意平行于水平平面的平面去截“牟合方蓋”，截面均為正方形，并且此正方形是平面截內(nèi)切球的截面圓的外接正方形，內(nèi)切球的半徑為a，設(shè)截面圓的半徑為r，則(a??)2+r設(shè)截面圓的外接正方形的邊長(zhǎng)為b，則b=2r，正方形的面積S=b2=4故答案為：D12.【答案】B【解析】當(dāng)P點(diǎn)與D點(diǎn)重合時(shí)，直線BP與直線DG相交，連接BG，F(xiàn)G，BF，BD，由題意，可得BC=2，CG=1，F(xiàn)G=2，BD=3，BC⊥CG，在Rt△BCG中，BG=BC2+CG2=22+12=5，同理DG=DC2+CG2=12+12=2，DF=AD2+A故答案為：B.

利用三棱柱的結(jié)構(gòu)特征，再利用線面垂直推出線線垂直，再利用等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合中點(diǎn)的性質(zhì)，從而結(jié)合空間兩直線的判斷方法，從而推出線BP與直線DG可能的位置關(guān)系。二、填空題13.【答案】③⑤【解析】①直棱柱的側(cè)面都與底面垂直，但側(cè)面之間不一定平行，①錯(cuò)；②當(dāng)a,b反向時(shí)，a?③先說(shuō)明當(dāng)直角三角形的兩條直角邊與坐標(biāo)平行時(shí)，此時(shí)不妨把直角頂點(diǎn)平移到坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖△OAB，其直觀圖為△O′A′B′，S△如果斜邊在其它象限最多把上式中45°改為135°，結(jié)果不變．而平面上任意多邊形都可以用直角邊與坐標(biāo)軸平行的直角三角形組合而成．因此可知斜二測(cè)畫(huà)法中直觀圖面積是原圖形面積的24邊長(zhǎng)為2的正方形面積為4，其直觀圖面積為2，③正確；④f(x)=4sin2x+sin2x⑤tanα=43，tan故答案為：③⑤．

利用兩平面平行的判定定理，充分條件、必要條件的判斷方法，斜二測(cè)法畫(huà)直觀圖結(jié)合已知條件求平面圖形直觀圖的面積，均值不等式求最值的方法，兩角差的正切公式，進(jìn)而得出正確命題的序號(hào)。14.【答案】553【解析】由圖知正二十面體的外接球即為上方正五棱錐的外接球，設(shè)外接球半徑為R，正五邊形的外接圓半徑為r，正二十面體的棱長(zhǎng)為l，則l2r=所以正五棱錐的頂點(diǎn)到底面的距離是?=l所以R2=r2+所以該正二十面體的外接球表面積為S球而該正二十面體的表面積是S正二十面體所以該正二十面體的表面積與該正二十面體的外接球表面積之比等于553故答案為：553

15.【答案】23【解析】如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接OE，則BO=OD，在線段PE取一點(diǎn)G使得GE=ED，則PGPE連接BG,FG，則BG//又因?yàn)镺E?平面AEC，BG?平面AEC，所以BG//平面AEC因?yàn)锽F//平面ACE且滿足BG∩BF=B，故平面BGF//平面因?yàn)槠矫鍼CD∩平面BGF=GF，平面PCD∩平面AEC=EC，則GF//所以PFPC=PG故答案為：2316.【答案】②③④【解析】①設(shè)P1=fα(P)∈α,P2=fβ(P)∈β，因?yàn)棣?/β，所以α∩β=?，則fα(P)≠fβ(P)，故錯(cuò)誤；②設(shè)P1=fα(P)∈α,P2=fβ(P)∈β故答案為：②③④三、解答題17.【答案】（1）證明：連接BD，由ABCD是正方形，則AC⊥BD，又SD⊥平面ABCD.則AC⊥SD，SD∩BD=D，所以AC⊥面SBD，又BE?面SBD，所以AC⊥BE.

（2）解：由題VE?BCM易知BC⊥面SDC，所以?=BC=2SΔECM則VE?BCM【解析】（1）連接

BD，得AC⊥BD，再由SD⊥

平面

ABCD，得AC⊥SD，由直線與平面垂直的判定定理可得AC⊥

面

SBD，從而得到AC⊥BE；

（2）證明BC⊥

面

SDC，求出△EMC的面積，由等體積法即可求得三棱錐

E?BCM

的體積。18.【答案】（1）證明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，CD?平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，又∵ΔPCD中，E、F分別是PD、PC的中點(diǎn)，∴EF∥CD，可得EF⊥平面PAD，∵EF?平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAD

（2）解：∵EF∥CD，EF?平面EFG，CD?平面EFG，∴CD∥平面EFG，因此CD上的點(diǎn)M到平面EFG的距離等于點(diǎn)D到平面EFG的距離，∴∵平面EFG⊥平面PAD，平面EFG平面PAD=EH，ΔEHD是正三角形，∴點(diǎn)D到平面EFG的距離等于正ΔEHD的高，即為3【解析】（1）根據(jù)面面垂直的判定定理，證明線面垂直，即可得到面面垂直；

（2）根據(jù)線面平行，求出點(diǎn)到平面的距離