师大金卷高中数学北师大版（2019）必修第二册立体几何初步单元测试卷Bword版含答案

立体几何初步单元测试卷
一、单选题
1．如图，已知某几何体的正视图，侧视图，俯视图均为腰长为2（单位：cm）的等腰直角三角形，则该几何体内切球的半径（单位：cm）是（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C．π D．
3．如图1，平面五边形，，，，，将沿折起至平面平面，如图2，若，则四棱锥的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
4．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．
5．在三棱锥中，底面是面积为的正三角形，若三棱锥的每个顶点都在球的球面上，且点恰好在平面内，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，圆锥的底面恰是圆柱的一个底面，圆柱的两个底面分别为同一个球的两个截面，且圆锥的顶点也在该球的球面上.若球的体积为，圆柱的高为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ）
A．8π B．4π C．8 D．4
8．在正方体ABCD A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（ ）
①存在P，Q的某一位置，使AB∥PQ；
②△BPQ的面积为定值；
③当PA＞0时，直线PB1与直线AQ一定异面；
④无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ.
A．①②④ B．①③
C．②④ D．①③④
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．如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（ ）
A． B．是等边三角形
C．三棱锥是正三棱锥 D．平面平面
11．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
12．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，如图，四棱锥为一个阳马，其中平面，，，，均为垂足，则（ ）
A．四棱锥的外接球直径为
B．三棱锥的外接球体积大于三棱锥的外接球体积
C．七点在同一个球面上
D．平面平面
第II卷（非选择题）
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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．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为______.
15．某几何体三视图如图所示，则在该几何体内的球的最大表面积为___________.
16．已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为__________.
四、解答题
17．n（，）棱柱是否可分割成若干个三棱锥？若能分割，如何分割？
18．画出下列图形的直观图：
(1)棱长为4cm的正方体；
(2)底面半径为2cm，高为4cm的圆锥．
19．如图，三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．已知正四面体的棱长都为1，点M，N分别是的中点，求M，N这两点间的距离.
21．试证明：如果平面和不在这个平面内的直线a都垂直于平面，那么．
22．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，侧棱，E为SB的中点，且，.
(1)求证：平面；
(2)求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由三视图画出几何体为底面△为边长为的等边三角形，△、△、△为腰长为2的等腰直角三角形的直三棱锥，根据该直三棱锥的性质确定内切球球心位置，利用球体半径与体高的几何关系列方程求半径即可.
【详解】
由题设知：几何体为底面为等边三角形，侧棱两两垂直的直三棱锥，如下图示，
底面△为边长为的等边三角形，△、△、△为腰长为2的等腰直角三角形，
若为内切球的球心且半径为，为底面中心，
所以，又，，
所以，可得.
故选：B
2．B
【解析】
【分析】
根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.
【详解】
设圆锥的底面圆半径为，故可得，解得，
设圆锥的高为，则，
则圆锥的体积.
故选：B.
3．A
【解析】
【分析】
作，，由题意计算得，，，证明得平面，从而判断得外接球球心在平面的垂线上，再计算出，可得就是外接球球心，从而得半径，代入球的体积公式计算.
【详解】
由，易得，由题可知四边形为等腰梯形，过点作，在中，，，由三角函数知，所以，取中点，过点作交于点，连接，，又因为平面平面，所以平面，易求，所以为中点，且外接球球心在平面的垂线上，又因为中，，，所以；同理可得，所以在平面内，，即就是外接球球心，所以半径，所以四棱锥外接球体积为.
故选：A.
4．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
5．A
【解析】
【分析】
根据面积公式计算出底面边长，当高为球半径的时候其体积最大，
由体积公式求解即可.
【详解】
设底面等边三角形的边长为，
因为底面是面积为的正三角形，
所以，解得，
所以球的半径，
则当棱锥的高为球半径时，棱锥的体积最大，
所以三棱锥体积的最大值为.
故选：A.
6．D
【解析】
【分析】
作球的截面大圆，得圆柱、圆锥的轴截面，由此求得圆锥的底面半径和高．
【详解】
过球心作截面，得圆柱、圆锥轴截面，如图，球半径为，则，，
圆柱的高，则，，，
圆锥体积为．
故选：D．
7．A
【解析】
【分析】
根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可.
【详解】
以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，
其底面半径r=2，高h=2，
故其侧面积为.
故选：A
8．D
【解析】
【分析】
画出图形，利用特殊点判断①的正误；判断的面积为变化，判断②，利用异面直线以及直线与平面垂直关系判断③④即可．
【详解】
解：①当，分别为棱，的中点时满足，正确．
②令正方体的棱长为1，取特殊位置的面积为变化，在处时，的面积为，在中点时，的面积为，面积不是定值，故错误．
③，当时，假设直线与是共面直线，则与共面，矛盾，所以直线与是异面直线，故③正确；
④，当与重合或与重合时，易证.当不与、重合时，设点在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的射影为N，连接PM，QN，MN，PQ，由知，，故，又，，所以平面，平面，所以，故④正确；
故选：D．
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．ABC
【解析】
【分析】
利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A选项；设，利用勾股定理可判断B选项；利用正棱锥的定义可判断C选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D选项.
【详解】
对于A选项，翻折前，因为，为的中点，则，
翻折后，对应地有，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，因为平面，故，A对；
对于B选项，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，
为的中点，则，且，，
由勾股定理可得，
翻折后，因为平面，平面，则，
由勾股定理得，
在三棱锥中，，则为等边三角形，B对；
对于C选项，在三棱锥中，因为为等边三角形，，
故三棱锥为正三棱锥，C对；
对于D选项，假设平面平面，如下图所示：
取的中点，连接、，因为，为的中点，则，
若平面平面，因为平面平面，平面，
所以，平面，
设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知，平面，
因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，
即平面与平面不垂直，D错.
故选：ABC.
11．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.
12．AC
【解析】
【分析】
证明，，判断A选项；根据三点在以为直径的球面上判断B选项；根据， ，，，得七点均在以为直径的球面上；计算与比值得与相交判断D选项.
【详解】
解：对于A选项，因为平面，所以，，，又因为底面为长方形，所以，由于，所以平面，平面，所以，，，所以A选项正确；
对于B选项，因为，，，所以三点在以为直径的球面上，所以三棱锥的外接球的体积与三棱锥的外接球体积相等，故B选项错误；
对于C选项，由平面，所以，又因为，，所以平面，所以，同理，又，，，故七点均在以为直径的球面上﹐故C选项正确；
对于D选项，由图得，，同理，，
故，，又，所以，
所以与相交，故D选项错误．
故选：AC
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．
【解析】
【分析】
设球的半径为，则由题意可表示出圆柱的底面半径和高，从而可表示两几何体的体积，进而可得答案
【详解】
设球的半径为，则由题意可得圆柱的底面半径为和高为，
所以球与圆柱的体积之比为
.
故答案为：
15．
【解析】
【分析】
首先判断出几何体的结构，然后利用等面积法求得球的最大半径，进而计算出球的最大表面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是圆锥，
设主视图的内切圆半径为，，
所以，
所以该几何体内的球的最大表面积为.
故答案为：.
16．##
【解析】
【分析】
根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】
正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，
正的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：
【点睛】
关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
17．能，理由见解析.
【解析】
【分析】
先将三棱柱分割成三棱锥，再将n（，）棱柱分割为（n-3）个三棱柱，进而得到答案.
【详解】
如图1，三棱柱，可以通过连接，将三棱柱分割为三个三棱锥；
对于n（，）棱柱，首先选定n（，）棱柱的一条侧棱，此侧棱与n（，）棱柱的上下两底面多变形有两交点，从此两交点出发，分别在上下底面多边形上连接对角线，将上下两底面多边形分为（n-2）个三角形，则将n（，）棱柱分为若干个三棱柱，再结合三棱柱可以通过图1的方法分割为三棱锥，从而将这个棱柱分割成若干个三棱锥.
18．(1)画法见解析，
；
(2)画法见解析，
【解析】
【分析】
根据要求用斜二测法画出符合要求的直观图
(1)
如下图所示，按如下步骤完成：
第一步：作水平放置的正方形ABCD的直观图，使得AB=4cm，BC=2cm，且∠DAB=45°，取平行四边形ABCD的中心O，作x轴∥AB，y轴∥BD，
第二步：过点O作∠xOz=90°，过点A、B、C、D分别作等于4cm，顺次连接，
第三步：去掉图中的辅助线，就得到棱长为4的正方体的直观图.
(2)
如下图所示，按如下步骤完成：
第一步：作水平放置的圆的直观图，使cm，cm.
第二步：过作轴，使，在上取点，使=4cm，连接，.
第三步：去掉图中的辅助线，就得到所求圆锥的直观图.
19．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）若分别是中点，连接，由已知条件及勾股定理可得、，根据线面垂直的判定和面面垂直的判定即可证结论.
（2）由（1）可得，结合面面垂直的性质求到面的距离，由等体积法求到面的距离，进而求直线与平面所成角的正弦值.
(1)
如下图，若分别是中点，连接，令，
由，即△为等腰直角三角形，则；
在等腰△中，可得 且，又，
所以，即，又且面，
所以面，而面，故平面平面.
(2)
由（1）知：，，则，即，
若为到上的高，则，可得，
又面面，且面面，易知到面的距离为.
所以，又，，
若到面的距离为，则，可得，又，
所以直线与平面所成角的正弦值.
20．
【解析】
【分析】
连接，，则，故而，利用勾股定理计算即可．
【详解】
连接，，如图，
正四面体棱长为1，是的中点，
，
是的中点，，
．
即M，N这两点间的距离为.
21．证明见解析.
【解析】
【分析】
先写出已知，求证，再利用面面垂直的性质及线面平行的判定定理即可证明.
【详解】
已知：平面平面，直线a平面.
求证：直线平面.
证明：如图示：
因为平面平面，所以可在平面作出直线c，使得平面.
因为直线a平面，所以.
又因为平面，平面，
所以直线平面.
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据线面垂直的性质和判定定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法求出和平面的法向量，结合向量的数量积计算即可.
(1)
∵平面，平面，∴，
又，，所以平面，又平面，
，为中点
，
∴平面；
(2)
以A为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系，
得，
所以，
设平面的法向量为，易知为平面的一个法向量，
则，
令，得，，
，
令平面和平面所成的二面角为，
.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页