高中数学北师大版（2019）必修第二册立体几何初步2（word版含解析）

立体几何初步
一、单选题
1．某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（ ）
A． B． C． D．
2．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
3．某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是上底为2，下底为4，底角为的等腰梯形，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．在正方体中，，E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为（ ）
A． B． C．4 D．
6．如图，在正方体中，点P是线段上的一个动点，有下列三个结论：
①面；
②；
③面面．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
7．已知球的内接圆柱（圆柱的底面圆周在球面上）的高恰好是球的半径，则圆柱侧面积与球的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某艺术比赛提倡能力均衡发展，特别将水晶奖杯设计成具有对称美的形状．其形如图所示，是将棱长为的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面得到所有棱长均为的空间几何体，则下列说法正确的是（ ）
A．该几何体的体积为 B．该几何体的外接球表面积为
C．该几何体的表面积为 D．该几何体中，二面角的余弦值为
10．如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．与所成的角的余弦值为
D．点到平面的距离为
11．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形撄尖 三角攒尖 四角撷尖 八角攒尖，多见于亭阁式建筑 园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为，侧棱长为米，则下列关于正四棱锥的说法正确的是（ ）
A．底面边长为6米
B．正四棱锥侧面与底面所成二面角大小为
C．体积为立方米
D．正四棱锥的外接球的表面积为立方米
12．已知正方体的棱长为1，O是底面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．O到平面的距离为
B．直线OB与平面所成角的正切值为
C．异面直线与BO所成角的大小为
D．若点M是平面内的一点且，则的最小值为
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．已知球面上的三点A，B，C满足，，，球心到平面ABC的距离为，则球的表面积为______．
14．已知，是两条直线，、、是三个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，且，，则；
④若，为异面直线，且，，，，则．
其中正确命题的序号是______．
15．在正三棱柱中，，F是线段上的动点，则的最小值为___________.
16．菱形ABCD中，，，将沿BD折起，点变为E点，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为___________.
四、解答题
17．某球形天然气储存罐的直径为3m，现要将其表面全部镀锌，已知每平方米用锌0.11kg，求电镀50个这样的储存罐需要锌多少千克（π取3.14）．
18．如图，设计一个正四棱锥形冷水塔塔顶，高是0.85m，底的边长是1.5m，制造这种塔顶需要多少平方米铁板（保留两位有效数字）？
19．如图，已知正方体，试求证：平面平面．
20．画一个三棱柱和一个四棱锥的直观图．
21．(1)不共面的四点可以确定几个平面？
(2)三条直线两两平行，但不共面，它们可以确定几个平面？
(3)共点的三条直线可以确定几个平面？
22．如图，有一堆相同规格的六角螺帽毛坯共重5.8kg．已知底面六边形的边长是12mm，高是10mm，内孔直径是10mm．问约有毛坯多少个（铁的密度是）？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.
【详解】
设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，
则大圆锥的体积即为，整理得，
即小圆锥的体积为
所以该圆台体积为
故选：A.
2．D
【解析】
【分析】
ABC选项，均可以举出反例；D选项，可以由线面垂直的性质进行证明.
【详解】
选项A中若，，则，还有直线在平面内的情况，故A不正确，
选项B中若，，，则，有可能两个平面相交，故B不正确，
选项C中若，，则，还有两个平面相交的可能，故C不正确．
选项D，若，，则，满足直线与平面垂直的性质，所以D正确；
故选：D．
3．B
【解析】
【分析】
该几何体是一个正四棱台，作出四棱台的直观图，求出四棱台的高，代入棱台的体积公式即可求其体积.
【详解】
根据三视图可知该几何体是一个正四棱台，
棱台的体积公式为，其中h为棱台的高，为上底和下底面积.
＝4，，h，
∴V＝＝.
故选：B.
4．D
【解析】
【分析】
由空间中线线，线面，面面间的位置关系判断即可.
【详解】
A：，，则无法判断n与的位置关系，A为假命题；
B：，，则无法判断n与的位置关系，B为假命题；
C：，，则m∥n或m与n是异面直线，C为假命题；
D：，，则n⊥β，D为真命题.
故选：D.
5．D
【解析】
【分析】
先作出平面截正方体的截面，再求出截面的高，由梯形面积公式得出截面面积.
【详解】
取的中点为M，连接EM，，则，且，则．又正方体中，，所以，，因此，所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形，因此该等腰梯形的高为，所以该截面的面积为．
故选：D．
6．A
【解析】
【分析】
对于①. 先证明平面平面即可判断；对于②.先证明平面即可判断；对于③.由②有平面从而可判断.
【详解】
对于①. 在正方体连结
可得，又平面,平面, 所以平面
,又平面,平面, 所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以面，故①正确.
对于②. 连结
在正方体中，平面，则
又,且，所以平面
而平面,所以
又, 平面,平面,则
由，所以平面
而平面，所以,有
所以平面,平面,所以，故②正确.
对于③. 由②可知平面，又平面
所以面面，即面面，故③正确.
故选：A
7．B
【解析】
【分析】
设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，可得，即求.
【详解】
设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，如图为圆柱的轴截面，
则，
又圆柱的侧面积为，球的表面积为，
∴圆柱侧面积与球的表面积之比为.
故选：B.
8．A
【解析】
【分析】
设截面圆半径为，球的半径为，根据截面圆的周长求得，再利用求解.
【详解】
设截面圆半径为，球的半径为，
则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2，
根据截面圆的周长可得，则，
由题意知，即，
∴该球的表面积为．
故选：A
9．AB
【解析】
【分析】
补全几何体为棱长为3a的正三棱锥，应用棱锥体积、表面积的求法求几何体的体积、表面积，再由几何法求几何体外接球的半径，进而求外接球面积，根据四面体的性质判断二面角与棱锥侧面夹角的关系，通过求棱锥侧面夹角余弦值求二面角的余弦值.
【详解】
补全几何体为棱长为3a的正三棱锥，如下图示，
∴几何体体积，故A正确；
若分别是面、底面的中心，由题设易知：，若几何体外接球半径，则，即，解得，则几何体的外接球表面积，故B正确.
几何体的表面积，故C错误；
由正四面体的性质及图知：二面角为正四面体相邻两个面夹角的补角，而正四面体相邻两个面夹角的余弦值为，则二面角的余弦值为，故D错误；
故选：AB.
10．AD
【解析】
【分析】
根据线线垂直、线面平行、线线角、点面距等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】
A选项:取中点为，则易得：，故与，，可得平面，又平面，故，A正确；
B选项：若平面，则平面或在平面内，显然不成立，B错误；
C选项：取中点为，则即为所求角，，故，D错误；
D选项：三棱锥中，，
等边三角形的外接圆半径为，
所以到平面的距离为，D正确.
故选：AD
11．ACD
【解析】
【分析】
设O为正方形的中心，利用线面角可得，进而可得底面边长，侧面与底面的夹角，进而求出正四棱锥的体积，设是正四棱锥的外接球的球心，可得，可求外接球的半径，即可判断各选项.
【详解】
如图，在正四棱锥中，设O为正方形的中心，则侧棱与底面所成的角为，
∴，可得，
∴，可得，即底面边长为6米，故A正确；
设为的中点，则，，
∴为二面角的平面角，又，
∴，所以，即正四棱锥侧面与底面所成二面角大小为，故B错误；
正四棱锥的体积，故C正确；
设是正四棱锥的外接球的球心，则在直线上，
设正四棱锥的外接球的半径为，
在直角三角形中，，即，
∴，正四棱锥的外接球的表面积为（立方米），故D正确.
故选：ACD.
12．ABC
【解析】
【分析】
过O作的平行线，交于点E，即可得到O到平面的距离即E到平面的距离，过E作于点F，求出，即可判断A；在平面内作于点H，连接HB，即直线OB与平面所成的角，利用锐角三角函数计算即可判断B，即与BO所成角，连接，求出，即可判断C；连接交平面于点，连接，即可得到动点的轨迹，从而判断D；
【详解】
解：对于A，如图1，过O作的平行线，交于点E，则O到平面的距离即E到平面的距离.
连接，过E作于点F，易知平面，所以，又，，所以平面，又，所以平面，易得，故选A正确.
对于B，在平面内作于点H，连接HB，如图2，则平面，又平面平面，故即直线OB与平面所成的角.在中可求得，故选项B正确.
对于C，易知，所以异面直线与BO所成的角即直线与BO所成的角，所以即与BO所成角，连接，易知，，，所以，所以，即异面直线与BO所成角的大小为，故选项C正确.
对于D，连接交平面于点，则易知平面，且，连接，则，
所以点M的轨迹是以为圆心，为半径的圆.取的中点N，连接MN，则有.易得为正三角形，且圆内切于，故，所以，故选项D不正确.
故选：ABC
13．
【解析】
【分析】
由题意可知为直角三角形，求出外接圆的半径，可求出球的半径，然后求球的表面积.
【详解】
由题意，，，，则，可知，
所以外接圆的半径为，
因为球心到平面的距离为，
所以球的半径为：，
所以球的表面积为：.
故答案为：.
14．②④
【解析】
【分析】
作出一个正方体，进而根据各个面的位置关系并结合条件可以判断①；
根据线面垂直的性质定理可以判断②；
根据面面平行的判定定理可以判断③④.
【详解】
如图1，记平面为平面，平面，平面，显然，，但.所以①错误；
垂直于同一条直线的两个平面平行.所以②正确；
一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，则这两个平面平行.所以③错误；
如图2，因为，过m作平面，使得，所以，易知，所以，又异面，则相交，设交点为M，又，，所以.所以④正确.
故答案为：②④.
15．##
【解析】
【分析】
根据给定条件，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，再求两点间距离作答.
【详解】
依题意，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，连接，交于点F，如图，
此时点F可使取最小值，大小为，而，
，
所以的最小值为.
故答案为：
16．
【解析】
【分析】
由题意可得当平面平面时，四面体的体积最大，然后分别从△EBD和△ABD的外接圆圆心作其面的垂线，交于点，即为外接球球心，再根据已知数据求出长，即为外接球的半径，从而可求出球的表面积
【详解】
如图所示，
当平面平面时，四面体的体积最大，
分别从△EBD和△ABD的外接圆圆心作其面的垂线，交于点，即为外接球球心，
因为M为中点，，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为
所以四边形为正方形.
由题意可得都为等边三角形，
所以，，
所以，
故，在中，，
故四面体的外接球的面积为，
故答案为：.
17．
【解析】
【分析】
算出球的表面积，用表面积乘以每平米用锌的质量，再乘以数量50即可.
【详解】
球的表面积：，
50个球形储存罐所需锌的质量：
故答案为：.
18．3.4
【解析】
【分析】
先利用勾股定理求出正四棱锥的斜高，再利用正棱锥的侧面积公式即可求出结果．
【详解】
如图，连接SE：
表示塔的顶点，表示底面的中心，则是高，设是斜高，
在中，根据勾股定理得，
所以，
答：制造这种塔顶需要铁板约．
19．证明见解析
【解析】
【分析】
由，结合面面垂直的判定定理证明即可.
【详解】
因为平面，平面，所以.
又，，平面
所以平面，又平面，所以平面平面．
20．答案见解析.
【解析】
【分析】
根据三棱柱和四棱锥的结构特征即可动手画出直观图.
【详解】
(1)画三棱柱可分为以下三步完成：
第一步，画上底，画一个三角形；
第二步：画侧棱，从三角形的每一个顶点画平行且相等的线段；
第三步：画下底面，顺次连接这些线段的另一个端点.
如图所示，
(2)画四棱锥可分为以下两步完成：
第一步，画下底，画一个四边形；
第二步：画侧棱，在四边形的上方任取一个点，顺次连接该点到四边形的四个端点.
如图所示，
21．4；3；1或3.
【解析】
【分析】
(1)不共面的四点就一定不存在三个点共线的情况，由于不共线的三个点确定一个平面，从4个点中任取3个点都可以确定一个平面，利用组合数写出结果；
(2)两条平行线可以确定一个平面，从而三条直线两两平行但不共面，三条直线中的两条即可确定一个平面；
(3)共交点的三条直线，当它们共面时可以确定1个平面，它们不共面时任意两条可以确定一个平面．
【详解】
(1)不共线的三个点确定一个平面，不共面的四点就一定不存在三个点共线的情况，
从4个点中任取3个点都可以确定一个平面，共有种结果，
故不共面的四点可以确定4个平面；
(2)两条平行线可以确定一个平面，
三条直线两两平行但不共面，它们可以确定个平面；
(3)共交点的三条直线至少可以确定1个平面，最多可能确定个平面．
22．252
【解析】
【分析】
根据图形可知六角螺帽毛坯的体积是一个正六棱柱体积和一个圆柱体积之差，
结合正六棱柱和圆柱的体积公式计算即可.
【详解】
六角螺帽毛坯的体积是一个正六棱柱体积和一个圆柱体积之差，
由题意知，正六棱柱的底面积为：，
则正六棱柱的体积为：，
圆柱的体积为：，
所以毛坯的体积为：
，
则毛坯的数量为：(个)
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页