2020-2021学年高一数学苏教版（2019）必修第二册第13章立体几何初步单元同步基础训练（含答案）

2020-2021学年苏教版高一必修第二册数学第13章立体几何初步单元同步基础训练
一、单选题
1．用斜二测画法画水平放置的的直观图如图所示，则在的三边及中线AD中，最长的线段是（
）
A．AB
B．AD
C．BC
D．AC
2．下面给出的命题中，正确的个数是（
）
①一个棱柱至少有5个面
②平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形
③正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
④有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
A．1
B．2
C．3
D．4
3．已知m，n表示两条不同的直线，表示两个不重合的平面，下列说法正确的是（
）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
4．如图是正方体的平面展开图．则在这个正方体中：
①与平行；②与是异面直线；③与成角；④与是异面直线.
以上四个命题中，正确的命题序号是（
）
A．①③
B．②④
C．①④
D．③④
5．如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题中错误的是（
）
A．
B．与是异面直线
C．平面平面
D．平面
6．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是（
）
A．
B．
C．
D．
7．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，且平面，，，，则球O的表面积为（
）
A．
B．
C．
D．
8．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为（
）
A．
B．-
C．2
D．
二、多选题
9．已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
B．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
C．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α∥β
10．用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分空间图形且上、下两部分的高之比为，则关于上、下两空间图形的说法正确的是（
）
A．侧面积之比为
B．侧面积之比为
C．体积之比为
D．体积之比为
11．下列结论正确的是（
）
A．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线；
B．正方形的直观图是正方形；
C．圆锥的侧面展开图是个半圆，则圆锥的母线是底面半径的2倍；
D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.
12．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面
，，截面与直线平行，与交于点
，则下列判断正确的是（
）
A．为的中点
B．与所成的角为
C．平面平面
D．点与点到平面的距离相等
13．已知点，分别是一个正方体的外接球和内切球上的动点，且，之间距离的最大值为，则
A．正方体的体积为1
B．正方体的内切球的体积为
C．正方体的外接球的表面积为
D．，之间的距离最小值为
14．在正方体中，点是线段上的动点，以下结论正确的有（
）
A．平面
B．
C．与所成角的取值范围为
D．是中点时，直线与平面所成的角最大
三、填空题
15．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），，则这块菜地的面积为__________．
16．棱长为2的正方体的顶点都在一个球的球面上，则该球的体积为___________(注：球的体积，其中R为球的半径)
17．圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为，如图，从A点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A点，则最短绳长为_________．
18．在棱长为9的正方体中，点，分别在棱，上，满足，点是上一点，且平面，则四棱锥外接球的表面积为______.
19．如图，多面体，，，，且，，两两垂直，给出下列5个结论：
①三棱锥的体积是定值；
②球面经过点、、、四点的球的直径是；
③直线平面；
④直线与所成角是；
⑤二面角等于．
其中正确的结论是__．
四、解答题
20．如图，在正方体中，点为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
21．已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为8，宽为6的长方形，顶点在底面投影为底面中心，高为4.
（1）求该几何体的体积；
（2）求该几何体的侧面积.
22．如图，在矩形中，，E为的中点，把△和△分别沿折起，使点B与点C重合于点P．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
23．如图，已知正四棱柱中，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）过作正四棱柱的截面，使得截面平行于平面，在正四棱柱表面应该怎样画线？请说明理由，并求出截面的面积.
24．如图所示，在四棱锥中，，，，为线段上点，且满足，为的中点.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）设三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，求.
参考答案
1．D
【分析】
根据的形状还原得到的形状，由此确定出最长的线段.
【详解】
根据的形状可知的形状如下图：
由图可知，最长的线段为，
故选：D.
2．C
【分析】
根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
根据棱柱的特征可得，一个棱柱的底面至少有三条边，所以至少有5个面；即①正确；
由平行六面体的概念和性质，可知：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；即②正确；
根据正棱锥的特征可得，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形；即③正确；
根据棱台的特征可知：棱台是棱锥截得的，侧棱的延长线要交于同一点。有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，即④错；
因此正确的个数有3个.
故选：C.
3．C
【分析】
由线面和面面的位置关系可判断；根据线面平行及线线的位置关系判断B；根据线面垂直的性质定理判断C；由线面平行的性质和线面垂直的性质，可判断．
【详解】
解：对于A：若，，则或，相交，错；
对于B，若，，则与相交、平行或异面，故错误；
对于C，若，，则，故正确；
对于D，若，，则或，故D错误；
故选：C
4．D
【分析】
将展开图复原为几何体，如图所示，根据正方体的性质，逐个分析判断即可
【详解】
解：展开图复原的正方体如图所示，由正方体的性质可知
与是异面直线，所以①错误；
与是平行直线，所以②错误；
连接，则与，所以或其补角为异面直线与所成的角，因为为等边三角形，所以，所以与成角，所以③正确；
与是异面直线，所以④正确，
故选：D
5．D
【分析】
由中位线性质可证得，知A正确；
由异面直线的定义可知B正确；
利用线面平行判定定理可证得平面，平面，由面面平行的判定知C正确；
根据空间中直线与平面位置关系的判断知D错误.
【详解】
连接，
对于A，分别为中点，，
又，，A正确；
对于B，平面，平面，平面，
直线与为异面直线，B正确；
对于C，由A知：，又平面，平面，平面，同理可证：平面，
，平面，平面平面，C正确；
对于D，，且，平面，
与相交，又平面，与平面相交，D错误.
故选：D.
6．B
【分析】
根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．
【详解】
设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
圆柱的侧面展开图是一个正方形，
，
圆柱的侧面积为，
圆柱的两个底面积为，圆柱的表面积为，
圆柱的表面积与侧面积的比为：，
故选：．
7．A
【分析】
根据平面BCD，得到，，再由，，，得到，则三棱锥截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.
【详解】
因为平面BCD，
所以，，
∴，
在中，，
∴，
∴.
如图所示：
三棱锥的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，
设球O的半径为R，则，
解得，
所以球O的表面积为，
故选：A.
8．A
【分析】
如图所示，分别取，，，的中点，，，，则，，，或其补角
为异面直线与所成角．
【详解】
解：如图所示，
分别取，，，的中点，，，，则，，，
或其补角为异面直线与所成角．
设，则，，
，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A．
【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．
9．AC
【分析】
利用空间线面、面面位置关系的判定选项A,C正确；通过空间想象举反例判断选项B,D不正确．
【详解】
A．m∥n，m⊥α，则n⊥α，所以该选项正确；
B．由m∥α，α∩β＝n，则m与n的位置关系不确定，可能平行或异面，所以该选项不正确；
C．m⊥α，m⊥β，则α∥β正确，所以该选项正确；
D．m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β，所以该选项不正确．
故选：AC．
【点睛】
方法点睛：空间直线平面位置关系的判断，常用的方法有：（1）举反例；（2）证明.要根据已知条件灵活选择方法求解.
10．BD
【分析】
计算出小棱锥与原棱锥的相似比，结合两个棱锥侧面积之积为相似比的平方、体积之比为相似比的立方可求得结果.
【详解】
依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，
所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为，高之比为，
所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为，体积之比为，
即小棱锥与棱台的侧面积之比为，体积之比为.
故选：BD.
11．AC
【分析】
利用异面直线的判定定理判断选项A；根据斜二测画法判断选项B；设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，列方程可得圆锥的母线和底面半径的关系；对于D，利用棱柱的定义判断即可．
【详解】
对于A，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵BD1∩平面BCC1B1＝B，B1C?平面BCC1B1，B?B1C，
∴由异面直线判定定理得BD1与B1C是异面直线，正确；
对于B，由平行或重合于轴的长度不变，平行或重合于轴的长度不变，可得正方形的直观图不是正方形，错误；
对于C，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，根据题意得，则l＝2r，正确；
对于D，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，错误；
故选：AC
12．ACD
【分析】
根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理，结合线线角的求法，以及线段两端点到平面距离相等的条件，选出正确答案.
【详解】
对于A项，连接交于点，连接，如图所示，
//面，面
，且面面，//
，
又四边形是正方形，为的中点，
为的中点，故A正确；
对于B项，，为
与所成的角，
面，面
，，
在中，，，故B错误；
对于C项，面，面
，，
又，，
面
面，又平面
，故C正确.
因为平面，且为线段的中点，
所以点与点到平面的距离相等，所以D正确；
故选：ACD.
【点睛】
思路点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题思路如下：
（1）根据线面平行的性质可以判断A项真假；
（2）利用异面直线所成角的定义找其平面角，求得大小，判断B项真假；
（3）利用面面垂直的判定定理得到平面平面，判断C项真假；
（4）根据当平面过线段中点时，线段两端点到平面的距离相等，判断D项真假.
13．ABD
【分析】
正方体外接球半径为体对角线长的一半，内切球半径为棱长的一半.设正方体的棱长为，，之间距离的最大值为，而，分别为外接球和内切球上的动点，所以，即可解得，即可判断.
【详解】
设正方体的棱长为，则正方体外接球半径为体对角线长的一半，即，内切球半径为棱长的一半，即，
，分别为外接球和内切球上的动点，
，解得，
正方体体积为1，A正确；
内切球体积为，B正确；
正方体外接球表面积为，C不正确；
，D正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题的关键在如何求出棱长，易错点在于明确“正方体外接球半径为体对角线长的一半，内切球半径为棱长的一半”.
14．ABD
【分析】
证明平面,即可判断A;
证明平面,即可判断B;根据,即可确定与所成角的取值范围，即可判断C;
根据,可确定直线与平面所成的角最大角取法，即可判断D.
【详解】
在正方体中，平面,平面,
所以平面,因为点是线段上的动点，所以平面平面,即平面，故A正确；
在正方体中，平面,同理可证,从而平面,
因为点是线段上的动点，所以平面,因此，故B正确；
在正方体中，，所以与所成角为与所成角,而为正三角形，所以与所成角的取值范围为，故C错误；
在正方体中，，所以当到距离最小时，直线与平面所成的角最大，即是中点时，直线与平面所成的角最大，故D正确,
故选：ABD
【点睛】
本题考查线面平行判断、线面垂直判断、线线角以及线面角，考查综合分析判断能力，属中档题.
15．
【分析】
按斜二测画直观图的原则，找到四边形的四个顶点在平面直角坐标系下对应的点，即把直观图中的点还原回原图形中，连接后得到原图形，然后利用梯形面积公式求解．
【详解】
如图，直观图四边形的边在轴上，在原平面直角坐标系下在轴上，长度不变.
点在轴上，在原平面直角坐标系图形中在轴上，且长度为直观图中的2倍.
在直观图四边形中轴，所以在原平面直角坐标系下轴，长度不变.
所以在原平面直角坐标系中为直角梯形.
在直观图四边形中,过点作轴,
垂足为，
则在直观图中，为等腰直角三角形且,
,则
所以在原平面直角坐标系中,
所以梯形面积为
故答案为:
16．
【分析】
根据正方体的对角线与其外接球的半径之间的关系求出半径，然后由球的体积公式即可求出外接球的体积.
【详解】
解：由正方体的对角线即为其外接球的直径2R，可得，解得，
所以该正方体外接球的体积.
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：设正方体的棱长为，则其外接球的半径；其内切球的半径.
17．
【分析】
把圆锥侧面展开为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短可得．
【详解】
由题意，所以圆锥侧面展开图中心角为，如图，，
则．
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查圆锥侧面上的最短距离问题，空间几何体表面上两点间的最短距离问题的解决方法常常是把几何体的表面展开摊平为一个平面图形，利用平面上两点间线段最短求解．
18．
【分析】
以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系，设，由平面可得P点的坐标，根据四棱锥的特点可得外接球的直径可得答案.
【详解】
以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系，
，由，
则，，，设，
，
，
设平面的法向量为，
则，即，不妨令，则，
得，因为平面，
所以，即，解得，
所以，
由平面，且底面是正方形，
所以四棱锥外接球的直径就是，
由，得，
所以外接球的表面积.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了四棱锥外接球的表面积的求法，关键点是建立空间直角坐标系，确定球的半径，考查了学生的空间想象力和计算能力.
19．①②④
【分析】
由题意，构造长方体，设，，，由已知解得，，，
对于①，根据三棱锥的体积公式可判断；
对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，由此可判断；
对于③，由可判断；
对于④，由已知得即为直线与所成的角，解三角形可判断；
对于⑤，由已知得异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小，解三角形可判断
；
【详解】
由题意，构造长方体，如下图所示，设，，，
则，，，解得，，，，
对于①，三棱锥的体积为，故①对；
对于②，球面经过点、、、两点的球的直径即为长方体的对角线长，即为，故②对；
对于③，由于，和平面相交，则和平面相交，故③错．
对于④，由于，则即为直线与所成的角，
由，则，故④对；
对于⑤，因为，，所以异面直线与所成的角大小为二面角的二面角大小，连接，则为所求，，所以；⑤错误；
故答案为：①②④
【点睛】
方法点睛：解决几何体相关的外接球等问题时，补全几何体是常用的一种方法，利用补全的几何体的性质研究原几何体的性质.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接BD与AC交于点O，根据O，E为为中点，易得,再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据（1），由得到异面直线与所成的角，然后证得
，得到是直角三角形求解.
【详解】
（1）如图所示：
，
连接BD与AC交于点O，
因为O，E为为中点，
所以,又平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，则异面直线与所成的角，
在正方体中，
因为，且，
所以平面，又因为平面，
所以
，
所以是直角三角形，
设正方体的棱长为a,则
，
，
所以
，
所以，
故答案为：
【点睛】
方法点睛：求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．
21．（1）64；（2）.
【分析】
（1）利用棱锥的体积公式直接计算；
（2）先利用勾股定理求得各侧面上的斜高，再求各侧面面积之和即得棱锥的侧面积.
【详解】
（1）几何体的体积为
.
（2）正侧面及相对侧面底边上的高为：
.
左、右侧面的底边上的高为：
.
故几何体的侧面面积为：
.
【点睛】
本题考查棱锥的体积和侧面积的求法，求侧面积关键在于侧面上的斜高的计算，关键要掌握顶点在底面上的投影是底面中心的意义，知道高垂直于底面内的直线，高于底面内的边心距和侧面的斜高构成直角三角形.
22．（1）证明见详解；（2）.
【分析】
（1）由矩形的性质知，由题意并根据线面垂直的判定即可证平面；
（2）过作于，连接，由已知可证平面，即知为二面角的平面角，结合余弦定理求其余弦值，进而确定其大小.
【详解】
（1）在矩形中，有，
∴由题意知：，而，
∴平面；
（2）过作于，连接，又平面，
由（1）知：，而，所以平面，
∴为二面角的平面角，而，
∴，则，
∵，
∴.
【点睛】
关键点点睛：
（1）根据矩形性质、线面垂直的判定证明线面垂直；
（2）根据定义找到二面角的平面角，应用余弦定理求其余弦值可确定其大小.
23．（1）证明见解析；（2）理由见解析，截面面积为.
【分析】
（1）连接交于点，所以是的中位线，可得答案；
（2）分别取、、的中点，连接，则四边形即为所求截面，再利用平行四边形的对边平行且相等可证得答案，由所求截面为菱形可得面积.
【详解】
（1）连接交于点，所以为的中点，连接，因为为的中点，是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面；
（2）分别取、、的中点，连接，则四边形即为所求截面，证明如下，
连接，所以，所以四边形是平行四边形，所以，同理，，所以四边形是平行四边形，所以，所以，
即四边形是平行四边形，又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，
平面，所以平面，，所以平面平面，
而平面，所以四边形即为所求截面，
又因为，
，所以，所以四边形为菱形，
所以，因为，
，所以截面面积为.
【点睛】
本题考查了线面平行、面面平行的证明及截面图形的求法，关键点是根据平行四边形性质得到截面，考查了学生的空间想象力和计算能力.
24．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，，证明；（Ⅱ）利用锥体体积公式，分别求两个锥体底面积和高的比值，表示体积比值.
【详解】
（Ⅰ）如图，取的中点，连接，.
因为为的中点，所以，且.
又因为，且，
所以，，即四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）设四棱锥的高为，与间的距离为.
则，
因此.
试卷第1页，总3页