(北师大版)西安市必修二第一章《立体几何初步》检测卷(包含答案解析)

一、选择题1．已知是平面外的一条直线，则下列命题中真命题的个数是（）①在内存在无数多条直线与直线平行；②在内存在无数多条直线与直线垂直；③在内存在无数多条直线与直线异面；④一定存在过且与垂直的平面.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2．已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，且的长分别为，又，侧面与底面成角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（）A． B． C． D．3．已知正三棱柱，的体积为，底面积为，则三棱柱的外接球表面积为（）A． B． C． D．4．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸的小正方形的边长是1，则该几何体外接球的体积为（）A． B． C． D．5．如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（）A． B． C． D．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C．1 D．27．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为（）A． B． C． D．8．设有直线，，和平面，，下列四个命题中，正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则9．如图，正方形的边长为4，点E，F分别是AB，BC的中点，将，，分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点，若点G及四面体的四个顶点都在同一个球面上，则以为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为（）A． B． C． D．10．已知四面体中，二面角的大小为，且，，，则四面体体积的最大值是（）A． B． C． D．11．已知三棱锥，记二面角的平面角是，直线与平面所成的角是，直线与所成的角是，则（）A． B． C． D．12．在正方体中，和分别为，和的中点．，那么直线与所成角的余弦值是（）A． B． C． D．二、填空题13．在三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥的外接球体积为___________.14．如图，在三棱台中，，平面平面，则该三棱台外接球的表面积为___________.15．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，现有如下四个结论：①；②平面；③三棱锥的体积为定值；④直线与平面所成的角为定值，其中正确结论的序号是______．16．如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD为正方形，给出下列说法：①该八面体的体积为；②该八面体的外接球的表面积为8π；③E到平面ADF的距离为；④EC与BF所成角为60°.其中正确的说法为__________.（填序号）17．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，且平面，则四棱锥外接球的体积为______.18．如图，已知正四面体的棱长为2，动点在四面体侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为__________.19．在正方体中，P为线段上的任意一点，有下面三个命题：①平面；②；③．上述命题中正确命题的序号为__________（写出所有正确命题的序号）．20．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的半径为____________.三、解答题21．如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，，，垂足为E．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若二面角的大小为，求侧棱的长．22．如图，在三棱柱中，平面，侧面为矩形，.（1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积.23．如图，在正三棱柱中，若，，试证明：（1）平面；（2）.24．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，为中点.（1）若此三棱柱为正三棱柱，且，求异面直线与所成角的大小；（2）求证：平面.25．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.26．如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，为与的交点，为棱上一点.（1）证明：平面平面；（2）若平面，求三棱锥的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【分析】根据线面平行，线面垂直，异面直线等有关结论和定义即可判断．【详解】对于A，若直线与平面相交，则在内不存在直线与直线平行，错误；对于B，若直线与平面相交且不垂直，设，过平面外直线上一点作，垂足为，则在平面内过点一定可以作一条直线，使得，所以，而在平面内，与直线平行的直线有无数条，所以在内存在无数多条直线与直线垂直，若直线与平面垂直，显然在内存在无数多条直线与直线垂直，当直线与平面平行时，显然可知在内存在无数多条直线与直线垂直，正确；对于C，若直线与平面相交，设，根据异面直线的判定定理，在平面内，不过点的直线与直线异面，所以在内存在无数多条直线与直线异面，当直线与平面平行时，显然可知在内存在无数多条直线与直线异面，正确；对于D，若直线与平面相交且不垂直，设，过平面外直线上一点作，垂足为，所以平面与平面垂直，若直线与平面垂直，则过直线的所有平面都与平面垂直，当直线与平面平行时，在直线上取一点作，垂足为，所以平面与平面垂直，正确．故真命题的个数是3个．故选：C．【点睛】本题主要考查线面平行，线面垂直，异面直线等有关结论和定义的理解和应用，熟记定义，定理和有关结论是解题的关键，属于中档题．2．A解析：A【分析】将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和，可得体积最大时，进而得到，带入体积公式求得，根据公式求出外接球的表面积.【详解】解：，当且仅当时取等号，因为侧面与底面成角，则，，，所以，故外接球的表面积为.故选：A.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.3．A解析：A【分析】由面积和体积可得三棱柱的底面边长和高，根据特征可知外接球的球心为上下底面中心连线的中点，再由勾股定理可得半径及球的表面积.【详解】依题意，，而，解得，记的中心为О，的中心为О1，则，取的中点，因为，，由勾股定理得，同理可得，所以正三棱柱的外接球的球心为即，为外接球的半径，由正弦定理得，故，故三棱柱的外接球表面积，故选：A．【点睛】本题考查了正三棱柱外接球的表面积的求法，关键点是确定球心的位置和球的半径的长度，考查了学生的空间想象力和计算能力.4．A解析：A【分析】由三视图可知，该几何体是四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，进而可得答案.【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示的四棱锥，其中四棱锥底面是边长为4的正方形，四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的高为4，将四棱锥补成棱长为4的正方体，则该几何体的外接球就是正方体的外接球，外接球的直径等于正方体的对角线长，即，所以该几何体外接球的体积为，故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.5．B解析：B【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段计算底面圆半径即可求解.【详解】设底面圆半径为，由母线长，可知侧面展开图扇形的圆心角为，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，最短距离为BM；如图，在中，，所以,所以,故，解得，所以圆锥的表面积为,故选：B【点睛】关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为，其次从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，绳子的最短距离即为展开图中线段的长，解三角即可求解底面圆半径，利用圆锥表面积公式求解.6．B解析：B【分析】根据三视图得到直观图，根据棱锥的体积公式可得结果.【详解】由三视图可知，该几何体是长、宽、高分别为的长方体中的三棱锥，如图所以：所以该几何体的体积为.故选：B【点睛】关键点点睛：根据三视图还原出直观图是本题解题关键.7．D解析：D【分析】过点作交于点，连接，则异面直线与所成角为或其补角，然后在中求解.【详解】如下图所示，在平面中，过点作交于点，连接，则异面直线与所成角为或其补角，设，则，，因为，，所以，四边形为平行四边形，所以，，，，由于，由勾股定理可得，所以，，则.故选：D.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．D解析：D【分析】在A中，与相交、平行或异面；在B中，与不一定平行，有可能相交；在C中，⊥或∥或与相交；在D中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得∥．【详解】由直线、，和平面α、，知：对于A，若∥，∥，则与相交、平行或异面，故A错误；对于B，若，与不一定平行，有可能相交，故B错误；对于C，若⊥，⊂，则⊥或∥或与相交，故C错误；对于D，若⊥，⊥，⊄，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得∥，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查了命题真假的判断问题，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的判定定理及推论的应用，体现符号语言与图形语言的相互转化，是中档题．9．A解析：A【分析】先求出外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h的最大值.【详解】因为A，B，C三点重合于点，原来都是直角，所以折起后三条棱互相垂直，所以三棱锥可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为，，，，在中，，所以为锐角，所以，的外接圆的半径为，则球心到外心的距离为，以为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为的距离为.故选：A.【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.10．D解析：D【分析】在中，利用余弦定理和基本不等式可得，由三角形的面积公式可得，由二面角的大小为，可得到平面的最大距离为，即可求四面体体积的最大值.【详解】在中，由余弦定理可得因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，，因为二面角的大小为，所以点到平面的最大距离为，所以，所以四面体体积的最大值是，故选：D【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出最大值，再由二面角求出高的最大值.11．A解析：A【分析】设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作，交CE于O，连结AO，则，，，排除B，C．当二面角是直二面角时，，排除D．由此能求出结果．【详解】设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作DO⊥CE，交CE于O，连结AO，则，，，，，∴，，∴，取BC中点F，连结DF、AF，则，，又，∴平面AFD，∴，∴，∴，排除B，C，当二面角是直二面角时，，排除D，故选：A.【点睛】关键点点睛：将三棱锥看成特殊的正四面体，采用排除法，充分理解线线角、线面角以及面面的概念是解题的关键.12．A解析：A【分析】作出异面直线和所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值.【详解】设分别是的中点，由于分别是的中点，结合正方体的性质可知，所以是异面直线和所成的角或其补角，设异面直线和所成的角为，设正方体的边长为，，，则.故选：A.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等解析：【分析】利用余弦定理求得，利用正弦定理计算出的外接圆直径，可计算出三棱锥的外接球半径，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱的底面圆直径为，圆柱的母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱的外接球直径为.本题中，作出的外接圆，由于平面，可将三棱锥放在圆柱中，在中，，，，由余弦定理可得，由正弦定理可知，的外接圆直径为，则三棱锥的外接球直径为，则，因此，三棱锥的外接球的体积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.14．【分析】取与中点根据平面平面可知平面球心必在直线上设球心为D则可求得球心恰好为点O从而求得外接球的半径代入球的表面积公式计算【详解】在三棱台中可得都是等腰三角形四边形为等腰梯形即如图取与中点连接则可解析：【分析】取与中点，根据平面平面，可知平面，球心必在直线上，设球心为D，则，可求得球心恰好为点O，从而求得外接球的半径，代入球的表面积公式计算.【详解】在三棱台中，可得都是等腰三角形，，四边形为等腰梯形即，如图，取与中点，连接，则可得，，又平面平面，两面交线为，所以平面.因为,,面面,所以球心必在直线上.所以在直角梯形中可求得，由题意可知，该三棱台外接球的外接球的球心必在直线上，设球的半径为R，球心为D，则，得，所以球心恰好为点O，所以球的半径为，所以该三棱台外接球的表面积为.故答案为：【点睛】方法点睛：定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助面面垂直的性质，找到线面垂直，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．①②③【分析】由线面垂直的判定可得平面再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④【详解】连接交于点由可知平面而平面故①正确；由且平面平面可解析：①②③【分析】由线面垂直的判定可得平面，再由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的判定可判断②；由锥体的体积公式可判断③；由线面角的概念可判断④.【详解】连接交于点，由，可知平面，而平面，，故①正确；由，且平面，平面，可得平面，故②正确；由正方体的性质可得为定值，且点到平面的距离为定值，所以为定值，故③正确；点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，则不是定值，所以直线与平面所成的角不为定值，故④错误.故答案为：①②③.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转化及锥体体积的相关运算，在求解锥体体积相关问题时，选取一个合适底面能事半功倍.16．②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD对角线交点即可得出半径求出表面积；③取AD的中点G连接EGFGEF过E作求出即可；④可得为所成角【详解】①八面体的体积为；②八面体解析：②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD对角线交点，即可得出半径求出表面积；③取AD的中点G，连接EG，FG，EF，过E作，求出即可；④可得为所成角.【详解】①八面体的体积为；②八面体的外接球球心为正方形ABCD对角线交点，易得外接球半径为，表面积为；③取AD的中点G，连接EG，FG，EF，易得，平面EGF，过E作，交FG的延长线于H，又，，故平面ADF，解得，所以E到平面ADF的距离为；④因为，所以EC与BF所成角为.故答案为：②④.【点睛】解本题的关键是正确理解正八面体的性质，根据线面垂直关系得到点到平面的垂线段.17．【分析】取AB中点连接根据平行四边形性质可得为等腰梯形ABCD的外心取SB中点O连接则可得O是四棱锥的外接球球心在中求得r=OA即可求得体积【详解】取AB中点连接则所以四边形为平行四边形所以同理所以解析：【分析】取AB中点，连接，根据平行四边形性质，可得为等腰梯形ABCD的外心，取SB中点O，连接，则可得O是四棱锥的外接球球心，在中，求得r=OA，即可求得体积.【详解】取AB中点，连接，则，所以四边形为平行四边形，所以，同理，所以，即为等腰梯形ABCD的外心，取SB中点O，连接，则，因为平面，所以平面ABCD，又,所以，又，所以，即O是四棱锥的外接球球心，在中，，所以，所以，故答案为：.【点睛】解决外接球的问题时，难点在于找到球心，可求得两个相交平面的外接圆圆心，自圆心做面的垂线，垂线交点即为球心，考查空间想象，数学运算的能力，属中档题.18．【分析】取PA的中点E连接EBEC推出PA⊥平面BCE故点M的轨迹为线段CE解出即可【详解】取PA的中点E连接EBEC因为几何体是正四面体P﹣ABC所以BE⊥PAEC⊥PAEB∩EC＝E∴PA⊥平面解析：【分析】取PA的中点E，连接EB，EC，推出PA⊥平面BCE，故点M的轨迹为线段CE，解出即可．【详解】取PA的中点E，连接EB，EC，因为几何体是正四面体P﹣ABC，所以BE⊥PA，EC⊥PA，EB∩EC＝E，∴PA⊥平面BCE，且动点在正四面体侧面上运动，总保持，∴点M的轨迹为线段CE，正四面体P﹣ABC的棱长为2，在等边三角形PAC中求得CE＝.故答案为：【点睛】本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．19．①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错【详解】①如下图所示：因为平面平面平面所以平面故①正确；②连接如下图所示：因为平面所以又因为且所以平面又因为解析：①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错.【详解】①如下图所示：因为平面平面，平面，所以平面，故①正确；②连接，如下图所示：因为平面，所以，又因为且，所以平面，又因为平面，所以，故②正确；③连接，如下图所示：因为平面，所以，又因为，且，所以平面，又平面，所以，由②的证明可知，且，所以平面，又因为平面，所以，故③正确，故答案为：①②③.【点睛】本题考查空间线面平行、线线垂直关系的判断，涉及线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，主要考查学生对空间中位置关系的逻辑推理能力，难度一般.20．【分析】先在等边三角形中求出外接圆半径从而可求该三棱锥的外接球的半径【详解】详解：因为所以为等边三角形所以等边外接圆的半径为如图三棱锥外接球球心为半径为设球心到平面的距离为外接圆圆心为连接则平面取中解析：【分析】先在等边三角形中求出，外接圆半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径.【详解】详解：因为，所以为等边三角形，所以，等边外接圆的半径为，如图，三棱锥外接球球心为，半径为，设球心到平面的距离为，外接圆圆心为，连接，则平面，取中点，所以，又平面，所以，则四边形是矩形，所以在和中，由勾股定理可得，解得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积，其中根据几何体的结构特征和球的性质，求得三棱锥的外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）推导出，，，从而平面，进而，，由此能证明平面平面．（Ⅱ）以为原点，以，，所在射线分别为，，的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出侧棱的长．【详解】证明：（Ⅰ），又，，平面，，又，平面，平面，平面，，又，，平面，平面，又平面，平面平面．（Ⅱ）以为原点，以，，所在射线分别为，，的正半轴，建立空间直角坐标系．设，则，0，，，0，，，1，，，，0，，，，平面，平面的一个法向量为在中，，，又，，得设平面的一个法向量为由，得，解得二面角的大小为，，解得，故侧棱的长为．【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由（1）得到，求出和，过点作于点，求出，再由棱锥的体积公式，即可求出结果.【详解】（1）∵平面，平面，∴，又四边形为矩形，∴.又∵，平面，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.（2）由（1）知平面，∴，则，从而，在中，过点作于点，由于平面平面，平面平面，∴平面，由可得，∴四棱锥的体积为.【点睛】方法点睛：证明空间中位置关系时，通常根据空间中线面、面面平行或垂直的判定定理及性质，直接证明即可；有时也可建立适当的空间直角坐标系，求出对应的直线的方向向量，以及平面的法向量等，根据空间位置的向量表示进行判断.23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接交于点，连接，则为的中点，利用中位线的性质可得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取中点，连接、，证明出平面，进而可证得.【详解】（1）连接交于点，连接，在正三棱柱中，四边形为平行四边形，且，则为的中点，又为的中点，所以,又平面，平面，所以平面；（2）取中点，连接、，设，在正三棱柱中，平面，平面，，为正三角形，且为的中点，，，平面，平面，，在侧面中，，是的中点，，又，所以，，，所以，，，所以，，所以，面，因为平面，所以.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．24．（1）；（2）证明见解析【分析】（1）取中点，连接，可得，得出即为异面直线与所成角，求出即可；（2）先通过平面和平面得出平面平面，即可证明