高中数学北师大版（2019）必修第二册立体几何初步1(word版含解析)

立体几何初步
一、单选题
1．如图，已知半径为的球O的直径AB垂直于平面，垂足为B，是平面内的等腰直角三角形，其中，线段AC、AD分别与球面交于点M、N，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面.若，，则这个四棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，已知正方体，依次连接正方体相邻面的中心，组成一个正八面体，则该正八面体的体积与正方体的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
4．南北朝时期数学家，天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：幂势既同，则积不容异，其中“幂”指截面积，“势”指几何体的高.意思是说：两个等高几何体，若在每一等高处截面积都相等，则两个几何体体积相等，已知某不规则几何体与一个由正方体和三棱锥组成的几何体满足“幂势同”，组合体的三视图如图所示，则该不规则几何体的体积为（ ）
A． B．10 C．12 D．
5．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，则
6．如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，则点到平面MBD的距离是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，四棱锥的外接球的球心为，其中底面为正方形，若平面过球心，且，，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的外接球的表面积（单位：）为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．正方体的任意两条不共面的面对角线所成角为（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ）
A． 平面
B．AB与PF所成角为45°
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
11．对于不同直线，和不同平面，，有如下四个命题，其中正确的是　　
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
12．（多选）已知A，B，C表示不同的点，l表示直线，，表示不同的平面，则下列推理正确的是（ ）
A．，，， B．，，，
C．， D．，，
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
13．如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，，，，若四棱锥的体积为24，则四棱锥外接球的表面积是___________.
14．已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的外接球的表面积为______．
15．已知正方体的棱长为3，点分别是棱上靠近点的三等分点，若以为底面的正三棱柱的其它顶点均在正方体的表面上，则此正三棱柱的外接球的表面积为__________.
16．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________．
四、解答题
17．如图，古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现：图中圆柱的体积是球体积的，圆柱的表面积也是球表面积的．他的发现是否正确？试说明理由．
18．如图，已知A，B，C，D是空间四点，且点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上．求证：直线AD，BD，CD在同一平面内．
19．如图所示，是圆锥的一部分，是底面圆的圆心，，是弧上一动点（不与、重合），满足．是的中点，．
(1)若平面，求的值；
(2)若四棱锥的体积大于，求三棱锥体积的取值范围．
20．画出图中简单组合体的直观图（尺寸单位：cm）．
21．如图，在正方体中，判断平面与平面是否垂直，并说明你的理由．
22．求证：过已知平面外一点且平行于该平面的直线，都在过已知点且平行于该平面的平面内．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由题可知，根据几何关系可求AM、BM长度；由题可证BD⊥平面ABM，则过N作NH垂直于AB，则NH垂直于平面ABC，则.
【详解】
如图所示，∵AB是直径，M和N在球面上，∴，
即，
由等面积法得，
，
∵，
平面ABC，
过N作NH⊥AB，则NH⊥平面ABC，
则.
.
故选：B.
2．C
【解析】
【分析】
先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决.
【详解】
取BC中点E，连接EA、ED，取PC中点H，连接EH、BH，
等腰梯形中，，，
则有，则四边形为平行四边形，
则，又，则为等边三角形，
则，则△为等边三角形
则，故点E为等腰梯形的外接圆圆心，
△中，，则
又底面，则底面，
又，
即，
故点H为四棱锥的外接球球心，
球半径
则四棱锥外接球表面积为
故选：C
3．C
【解析】
【分析】
设正方体的棱长为1，求出正八面体的棱长和高，即可求出正八面体的体积；再求出正方体体积，即可得到答案.
【详解】
设正方体的棱长为1，则正八面体的棱长为，高为1，所以正八面体的体积为，而正方体体积为1，所以该正八面体的体积与正方体的体积之比为.
故选：C
4．A
【解析】
【分析】
根据三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，结合正方体和三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】
由三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，
由题意可得，
．
故选：A．
5．C
【解析】
【分析】
根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可；
【详解】
解：对于选项A，，，m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；
对于选项B，因为，，所以.又，所以，故B错误；
对于选项C，由，则存在直线，使得，又，所以，且，所以.故C正确；
对于选项D，因为，可设，则当，时，可得到，，但此时.故D错误.
故选：C
6．A
【解析】
【分析】
等体积法求解点到平面的距离.
【详解】
连接，，则，，由勾股定理得：，，取BD中点E，连接ME，由三线合一得：ME⊥BD，则，故，设到平面MBD的距离是，则，解得：，故点到平面MBD的距离是.
故选：A
7．B
【解析】
【分析】
根据平行关系转化为求，根据条件解三角形即可求解.
【详解】
四边形为正方形，
∴，∴即为所求异面直线与所成角，
由，可得，.
又，
∴，∴，∴，
∴.
故选：B
8．C
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体为直三棱柱，将其补全为长方体，由它们的外接球相同求球体半径，利用球体表面积公式求面积.
【详解】
由三视图知：几何体为直三棱柱，如下图示：将其补全为长方体，
所以长方体的外接球也是该几何体的外接球，故外接球半径为，
则几何体的外接球的表面积.
故选：C
9．AB
【解析】
【分析】
利用正方体的结构特征，选定上底面的一条面对角线，分类探讨侧面、底面中与其不共面的对角线即可判断作答.
【详解】
如图，在正方体中，取上底面内的面对角线，
与正方体的四个侧面的面对角线都不共面，连BD，
则，而都是正三角形，即与所成角都是，
显然，则与下底面对角线所成角为，由正方体的结构特征知，正方体任意一个面均可作上底面，并且形状不变，
所以正方体的任意两条不共面的面对角线所成角为或.
故选：AB
10．CD
【解析】
【分析】
将该二十四等边体补形为正方体, 利用与是异面直线判定选项A错误，利用和的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心及球的表面积公式判定选项D正确.
【详解】
将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），
因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，
对于A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，
所以平面不成立，即选项A错误；
对于B：因为，
所以是AB与PF所成角或其补角，
在中，，，
因为，所以，
即选项B错误；
对于C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，
所以正方体的棱长为2，
所以该二十四等边体的体积为，
即选项C正确；
对于D：设该二十四等边体外接球的半径为，
该二十四等边体外接球的球心即为正方体的中心，
正方体六个表面的面积都为1，
所以，
所以其表面积为，即选项D正确.
故选：CD.
11．BC
【解析】
【分析】
对于，与相交或平行；对于，由面面垂直的判定定理得；对于，由线面垂直的性质得，再由线面垂直的判定定理得；对于，或．
【详解】
解：由不同直线，和不同平面，，知：
对于A，若，，，则与相交或平行，故A错误；
对于B，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C，若，，则由线面垂直的性质得，
又，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；
对于D，若，，则或，故D错误．
故选：BC．
12．ABD
【解析】
【分析】
根据点线面的位置关系即可得到答案.
【详解】
根据公理1可知A正确；
根据公理3可知B正确；
易知D正确；
点A可以为的交点，C错误.
故选：ABD.
13．##
【解析】
【分析】
根据球的截面圆圆心与球心的连线垂直截面可确定垂直平面ABCD，构造直角三角形求解球的半径即可得解.
【详解】
如图，分别取BC，AD的中点，E，连接PE，，，.
因为是边长为4的等边三角形，所以.
因为四边形ABCD是等腰梯形，，，，
所以，.
因为四棱锥的体积为24，
所以，所以.
因为E是AD的中点，所以.
因为，所以平面ABCD.
因为，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为，半径.
设四棱锥外接球的球心为O，连接，OP，OB，过点О作，垂足为F.
易证四边形是矩形，则，.
设四棱锥外接球的半径为R，则，即，解得，
故四棱锥外接球的表面积是.
故答案为：
14．
【解析】
【分析】
根据侧面积公式计算母线长为，再计算圆锥的高，得到球的半径，得到外接球的表面积.
【详解】
设圆锥的母线长为，则侧面积为，解得，
故圆锥的高为，
设该圆锥的外接球的半径为，由球的性质知，，解得，
故外接球的表面积为．
故答案为：.
15．##
【解析】
【分析】
连接,取上靠近的三等分点为,连接,由三角形相似可证得,,且有，由面,可知面,则三棱柱为直三棱柱，计算求得半径即可得出结果.
【详解】
连接,取上靠近的三等分点为,连接,
在中，分别为三等分点，，
,,
同理可证,且有,
由正方体性质可知面,显然，面面，所以面,则三棱柱为直三棱柱，此时，，，
,
设中为,中心为，则圆心在中点,则,
外接球的半径，
此正三棱柱的外接球的表面积为，
故答案为：.
16．72
【解析】
【分析】
根据三视图，画出直观图，进而求出长方体与四棱锥体积，相减后得到结果.
【详解】
根据三视图可推理得知该几何体是一个长方体中挖去了一个正四棱锥剩下的几何体，还原成直观图如图：
其中AB=BC=4，，其中，四边形EGH为正方形，
故该几何体的体积为．
故答案为：72
17．正确，理由见解析
【解析】
【分析】
设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，分别求出球与圆柱的体积与表面积，作比即可得出结论．
【详解】
解：设球的半径为，
则圆柱的底面半径为，高为，
，，
，
，，
．
所以他的发现正确.
18．证明过程见解析.
【解析】
【分析】
运用平面基本事实进行证明即可.
【详解】
因为点A，B，C在同一直线l上，点D不在直线l上．
所以点A，B，D确定唯一的一个平面，设为，
所以，因为，所以，因为，
所以，即直线AD，BD，CD在同一平面内．
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接，证明出，可得出，，然后在中利用正弦定理可求得的值；
（2）计算得出四边形的面积，结合可求得的取值范围，设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，计算得出，结合正弦型函数的基本性质可求得结果.
(1)
解：取的中点，连接，为的中点，则，
平面，平面，则平面，
由题设，当平面时，因为，所以，平面平面，
平面，则平面，
因为平面，平面平面，则，
所以，，，
在中，由正弦定理可得，故.
(2)
解：四棱锥的体积，其中表示四边形的面积，
则
，
所以，，可得，
，则，故，解得.
设三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，
由于是的中点，则
.
20．详见解析
【解析】
【分析】
利用斜二测画法求解.
【详解】
如图所示：
21．见详解.
【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定，只要证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面即可得解.
【详解】
平面与平面垂直.
如连接，根据是正方体，
所以，又底面，
所以，又和相交，
所以平面，
所以，同理，，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
22．证明见解析
【解析】
【分析】
由反证法结合面面平行的判定证明即可.
【详解】
已知，，求证：
证明：过点作，假设.
因为且，所以经过直线的平面，满足
又，且，所以平面与平面重合
因为，所以，与矛盾.
则假设不成立，故.
答案第1页，共2页
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