高中数学苏教版（2019）必修第二册立体几何初步单元测试卷Aword版含答案

立体几何初步单元测试卷
一、单选题
1．已知圆柱的底面半径是1，高是2，那么该圆柱的侧面积是（ ）
A．2 B． C． D．
2．已知正六棱柱的每个顶点都在球O的球面上，且，，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在中，，，是的角平分线，沿将折起到的位置，使得平面平面.若，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
4．金刚石的成分为纯碳，是自然界中存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体. 若某金刚石的棱长为2，则它外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．在正三棱锥中，，正三棱锥的体积是，则正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
6．己知三条不重合的直线、、，两个不重合的平面、，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，且，则
C．若，，，，则 D．若，，则
二、多选题
7．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
8．如图，在直四棱柱中，底面是正方形，，，若，则（ ）
A．当时， B．四棱锥体积的最大值为
C．当平面截直四棱柱所得截面面积为时 D．四面体的体积为定值
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．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________．
10．已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
11．如图，把正方形纸片沿对角线折成直二面角，则折纸后异面直线，所成的角为___________.
12．两个正四棱锥底面边长均为2，其中一个侧棱长为，把它们底面重合拼成一个“梭形”，当该“梭形”六个顶点共球时，另一个正四棱锥的侧棱长为______．
四、解答题
13．如图，正三棱柱的底面边长为2，.
(1)求证：；
(2)若点在线段上，且，求三棱锥的体积.
14．在一块平地上，计划修建一条水渠，渠道长1.5km，渠道的横断面是梯形．已知梯形的两底分别是1.8m，0.8m，高是1.6m，如果每个人每天挖，且必须在30天之内挖完，问至少要派多少人？
15．如图，在长方体的六个表面中，指出在哪些平面内，与哪些平面相交，与哪些平面平行．
16．如图，在空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且
(1)求证：四点共面；
(2)设与交于点，求证：三点共线.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
由圆柱的侧面积公式直接可得.
【详解】
故选：D
2．D
【解析】
【分析】
先求出正六边形的外接圆半径，进而求出外接球的半径和表面积.
【详解】
因为，所以正六边形ABCDEF外接圆的半径，
所以球O的半径，故球O的表面积为．
故选：D
3．A
【解析】
【分析】
根据题中的条件求出的三边，再求外接圆的半径，最后通过构造直角三角形求出外接球的半径即可.
【详解】
过点作，连接.
设，则，，.
在中，由余弦定理可得.
因为平面平面，所以平面，
所以，则，从而.
在中，由余弦定理可得.
因为是的角平分线，所以，.
因为，且，
所以.
设外接圆的圆心为，半径为，则，
点到直线的距离.
设三棱锥外接球的球心为，半径为，
则，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积是.
故选：A
【关键点睛】
解决本题的关键一是求出的各边长，二是求外接圆的半径，三是外接球半径的构造，四是通过构造出的半径再转化求半径.
4．A
【解析】
【分析】
求得外接球的半径，进而计算出外接球体积.
【详解】
设，正八面体的棱长为，
根据正八面体的性质可知：，
所以是外接球的球心，且半径，
所以外接球的体积为.
故选：A
5．C
【解析】
【分析】
根据体积求得锥体高度，利用正弦定理求出底面所在的圆的半径，结合勾股定理求得外接球的半径，即可求出其表面积．
【详解】
如图所示，设点G为的外心，则平面，
由，
∴，则三棱锥的外接球的球心O在直线上．设其外接球的半径为R，
由正弦定理得，在中，，
由勾股定理得，即，解得．
正三棱锥外接球的表面积是，
故选：C．
6．B
【解析】
【分析】
由直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断即可.
【详解】
若，，，则有可能平行，A错误；
∵，，∴，∵，∴，B正确；
∵，，，，、不一定相交，∴、不一定平行；C错误；
∵，，有可能，∴D错误；
故选：B
7．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.
8．AD
【解析】
【分析】
根据给定条件逐一分析各个选项，再推理、计算并判断作答.
【详解】
在直四棱柱中，底面是正方形，，，
对于A，当时，点P为线段AC中点，连DP，，如图，
，而平面，平面，则，又，平面，
则有平面，而平面，于是得，又对角面是矩形，
即，所以，A正确；
依题意，平面，而点P在AC上，则点P到平面距离的最大值为AB=1，
而矩形面积为，所以四棱锥体积的最大值为，B不正确；
对于C，当时，点P在AC上靠近点C的四等分点，平面截直四棱柱所得截面为等腰梯形，如图，
显然，则，，
等腰梯形的高 ，
等腰梯形的面积，
由几何体的对称性知，当平面截直四棱柱所得截面面积为时，或，C不正确；
因平面，则点P到平面的距离等于点A到平面的距离，为定值，又的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，D正确.
故选：AD
【点睛】
方法点睛：作多面体截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，
或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
9．72
【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
10．
【解析】
【分析】
依题意将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，利用勾股定理得到方程组求出，，，再求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积；
【详解】
解：根据题意，三棱锥可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，，，如图所示，
则，，，解得，，．所以该三棱锥的外接球的半径为，所以该三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：
11．##30°
【解析】
【分析】
过点E作CE∥AB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，进而（或其补角）是所求角，算出答案即可.
【详解】
过点E作CE∥AB，且使得CE=AB，则四边形ABEC是平行四边形，设所求角为，于是.
设原正方形ABCD边长为2，取AC的中点O，连接DO,BO，则且，而平面平面，且交于AC，所以平面ABEC，则.易得，，，而则
于是，,.
在中，，取DE的中点F，则，所以，即，于是.
故答案为：.
12．
【解析】
【分析】
求得球的半径，然后利用勾股定理求得侧棱长.
【详解】
依题意：球心O在EF上，设外接球半径为r，，
，，
在中：，∴，∴，
，．
故答案为：
13．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）取中点，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理可证平面，即证；
（2）由题可得，再利用棱锥的体积公式即求.
(1)
取中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，
所以面，因为面，
所以，
因为，，
所以，
所以，又，，
所以平面，又平面，
所以.
(2)
由题可得：，
所以，又点到平面的距离为，三角形的面积为，
所以，
所以，
故三棱锥的体积为.
14．52
【解析】
【分析】
求出渠道的体积后可得．
【详解】
．
所以至少要派52人才能在规定时间内完成任务．
15．见解析
【解析】
【分析】
根据长方体的图像直接可判断.
【详解】
由图可知平面，平面，
与平面、平面相交，
平面，平面.
16．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用中位线定理和线段成比例，先证明，进而证明问题；
（2）先证明平面，平面，进而证明点P在两个平面的交线上，然后证得结论.
(1)
连接分别是的中点，.在中，.所以四点共面.
(2)
，所以，
又平面平面，
同理：，平面平面，
为平面与平面的一个公共点.
又平面平面，即三点共线.
答案第1页，共2页
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