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Dword版含答案

立体几何初步单元测试卷
一、单选题
1．下列命题正确的是（ ）
A．与平面内无数条直线垂直的直线与该平面垂直
B．过直线外一点可以作无数条直线与该直线平行
C．各面都是正三角形的四面体的外接球球心和内切球球心恰好重合
D．各面都是等腰三角形的三棱锥一定是正三棱锥
2．如图，将一张边长为4的正方形ABCD硬纸片，剪拼成一个正四棱锥的模型，以长、宽分别为2和1的两个长方形拼接成边长为2的正方形作为模型的底面，使正四棱锥的表面积等于正方形ABCD的面积（不计接缝的厚度）若将正方形ABCD按图中虚线剪开，则该模型的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知三棱锥P-BCD，，其余各棱长均为4，E为棱PB的中点，则三棱锥E-PCD的体积是（ ）
A． B． C． D．
4．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PD与B1C所成的角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l β，给出下列命题：
①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β．
其中正确的命题是（ ）
A．①④ B．③④ C．①② D．①③
6．在三棱锥，若平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．100π B．50π C．144π D．72π
7．某几何体的三视图如图所示，则该儿何体的体积为（ ）
A．8 B．16 C．24 D．32
8．已知三棱锥的棱底面，若，则其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在中，，且，，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平面平面BCD．点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（ ）
A． B．四面体ABCD的体积为
C．存在点E使得的面积为 D．四面体ABCD的外接球表面积为
10．已知异面直线m，n相互垂直，点A，B分别是m，n上的点，且直线AB与m，n均垂直，动点C，D分别位于直线m，n上，直线CD与直线AB所成角为45°，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若连接点A，B，C，D构成三棱锥，则三棱锥的体积最大值为
C．点M为线段CD的中点，则点M的轨迹为圆
D．若连接点A，B，C，D构成三棱锥，则其外接球的表面积为
11．如图所示是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，下列说法正确的是（ ）
A．与所在直线垂直 B．与所在直线平行
C．与所在直线异面 D．与所在直线成角
12．扎马钉（图1），是古代军事战争中的一种暗器.如图2所示，四个钉尖分别记作，连接这四个顶点构成的几何体为正四面体，组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，设，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．为正四面体的中心
C．
D．四面体的外接球表面积为
第II卷（非选择题）
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三、填空题
13．已知正四面体ABCD的表面积为，且A，B，C，D四点都在球O的球面上，则球O的体积为______．
14．已知正方体的棱长为2，，，分别为棱，，的中点，点为内（包括边界）的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为_____________.
15．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___________.
16．如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，.D为的中点，M，N分别是线段和线段上的动点（含端点），且满足，当M，N运动时，下列结论中正确的是___________（填写序号）.
①平面平面
②在内总存在与平面ABC平行的线段
③三棱锥的体积为定值
④可能为直角三角形
四、解答题
17．用斜二测画法画出下列水平放置的平面图形的直观图：
(1)边长为的正三角形；
(2)边长为的正方形；
(3)边长为的正八边形．
18．某单位购置了一批红外半球高速自动对焦一体摄像机（如图（1）所示），作为安防用品．在安装及做防护装置时，需要了解单个产品的体积，产品的数据指标如图（2）所示，求红外半球摄像机的体积（π取3.14，精确到）．
19．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．
20．如图所示，四棱锥中，△为正三角形，，，，.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求与面所成角的正弦值.
21．已知三棱台中，，，，平面平面ABC.
(1)证明：平面；
(2)求四面体的体积.
22．如图所示，在三棱锥中，，三棱锥是正三棱锥，.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
由直线与平面垂直的定义判断A；由平行公理判断B；正四面体的特性判断C；举例说明判断D作答.
【详解】
对于A，一条直线与平面内的任意直线垂直，则直线与平面垂直，而无数条直线可以是一组平行直线，A不正确；
对于B，由平行公理知，过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行，B不正确；
对于C，因各面都是正三角形的四面体是正四面体，而正四面体的外接球球心和内切球球心重合，C正确；
对于D，三棱锥中，，
显然三棱锥各面都是等腰三角形，而三棱锥不是正三棱锥，D不正确.
故选：C
2．A
【解析】
【分析】
根据给定信息求出模型侧面等腰三角形底边上的高，再求出模型的高即可计算作答.
【详解】
正四棱锥是符合题意的模型，如图，
正方形的边长为2，点O是其中心，点M是边EF中点，连接PO，PM，OM，
则PO，PM分别是正四棱锥的高和斜高，
正方形的面积为4，而正四棱锥的表面积等于正方形ABCD的面积16，则面积为3，
即有，又，于是得，
因此，，
所以模型的体积为.
故选：A
3．D
【解析】
【分析】
利用三棱锥的等积性进行求解即可.
【详解】
如图，取中点，连接、，取中点，连接，
因为为棱的中点，，所以，同理，
因为，所以平面，
又因为，所以，
所以，，
因为为中点，
所以．
故选：D．
4．D
【解析】
【分析】
根据//，找到所求线线角，再利用余弦定理解三角形即可.
【详解】
根据题意，连接，如下所示：
因为是正方体，不妨设其棱长为，显然//，
故即为所求角或所求角的补角；
则在△中：
，
，
，
由余弦定理可，又
故，即直线PD与B1C所成的角为.
故选：.
5．A
【解析】
【分析】
因为，则垂直与平行所有平面中的直线；若∥，则过垂直于一条垂线，所以；对于不成立的可以举反例说明.
【详解】
对于①，若α∥β，m⊥α，l β，则m⊥l，故①正确；
对于②，若，，l β，则位置关系不确定，故②不正确；
对于③，若，，l β，则也可相交，也可平行，故③不正确；
对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l β，所以α⊥β．故④正确．
故选：A
6．A
【解析】
【分析】
根据三棱锥的几何特征，可将三棱锥放于长方体内，三棱锥的外接球就是长方体外接球.
【详解】
如图，将三棱锥放于一个长方体内：
则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，∴PB为三棱锥P－ABC外接球的直径，
∵，
∴外接球的表面积为：．
故选：A.
7．B
【解析】
【分析】
首先还原几何体，再利用锥体的体积公式，即可求解.
【详解】
由题意可知几何体的形状如图：
是矩形，，所以几何体的体积为.
故选：B．
8．C
【解析】
【分析】
由题意，可知此三棱锥的外接球为以为底面以为高的正三棱柱的外接球，计算底面外接圆半径，再由勾股定理计算外接球半径，从而利用面积公式计算表面积.
【详解】
设外接球的半径为，底面外接圆半径为，因为，所以，又因为底面，，所以此三棱锥的外接球为以为底面以为高的正三棱柱的外接球，由勾股定理得，，所以外接球的表面积为.
故选：C
【点睛】
有一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球可转化为对应底面的直三棱柱的外接球进行求解.
9．BCD
【解析】
【分析】
取的中点，连接，利用垂直关系的转化得到判定选项A错误；过作的垂线，利用直角三角形求出高和底面面积，再利用体积公式求出体积判定选项B正确；求出的面积的最大值和最小值，进而判定选项C正确；确定四面体外接球的球心，再通过直角三角形求出半径，再求其体积判定选项D正确.
【详解】
对于A：取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面BCD，
所以平面，则，
若，则，
所以平面，则，
显然不可能，故选项A错误；
对于B：考查三棱锥的体积，易知的面积为，
在平面中，过作的垂线，交的延长线于点，
易知，
因为平面平面，所以到平面，
即三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为，
即四面体的体积为，故选项B正确；
对于C：显然当平面时，的面积取得最小值，
易知，且，所以，
又四面体的体积为，所以，
即，且的面积为，
所以存在点使得的面积为，故选项C正确；
对于D：设与的外心依次为，，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
则四面体的外接球球心为直线与的交点，
则四边形为矩形，且，，
所以四面体的外接球半径为，
则外接球表面积为，故选项D正确.
故选：BCD.
10．ACD
【解析】
【分析】
构造一长方体，在长方体中根据题意进行分析可得出答案.
【详解】
如图所示，构造一长方体，过作，因为直线与直线所成角为，所以，由且，所以，，故A正确；
设，则，
又，则，
因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，故B错误；
取中点为，的中点为，连接，易证且，所以四边形为平行四边形，所以，故在以为圆心，1为半径的圆上，故C正确；
由C可知，平行四边形的四边长为1，故可得四边形为正方形，，则，又，三棱锥的外接球球心为，半径为，所以外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【解析】
【分析】
作出正方体，利用异面直线所成角的定义可判断AD选项；利用平行四边形的性质可判断B选项；利用图形可判断C选项.
【详解】
如下图所示，连接.
对于A选项，因为且，则四边形为平行四边形，
故与所成的角为或其补角，
易知为等边三角形，则，A错；
对于B选项，由A可知，四边形为平行四边形，则，B对；
对于C选项，由图可知，与所在直线异面，C对；
对于D选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，与所成的角为或其补角，
因为为等边三角形，则，即与所在直线成角，D对.
故选：BCD.
12．AB
【解析】
【分析】
容易判断B；将图形还原成正四面体，取CD中点F， 进而证明平面ABF，然后判断A；设E为A在平面BCD上的投影，设出正四面体的棱长，进而根据勾股定理求出棱长，然后判断C；根据球的表面积公式可以判断D.
【详解】
如图，正四面体ABCD，由题意，，则O为正四面体ABCD的中心，B正确；
设E为A在平面BCD上的投影，易知点E为三角形BCD的中心，连接CF交CD于F，则F为CD的中点，连接AF，则，而，所以平面ABF，所以.A正确；
设该正四面体棱长为，则，因为，，联立解得.C错误；
易知该四面体外接球半径为1，则外接球的表面积为.
故选：AB.
13．
【解析】
【分析】
设正四面体的棱长为a，根据正四面体的结构特征求出它的表面积，结合正四面体和正方体的联系求出正方体的棱长，利用正方体的外接球的体积公式计算即可.
【详解】
正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a，
所以该正四面体的表面积为，所以，
又正方体的面对角线可构成正四面体，
若正四面体棱长为，可得正方体的棱长为1，
所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，所以外接球的直径为，半径为，
所以球O的体积为．
故答案为：
14．
【解析】
【分析】
连接，得到平面，且平面，且为和中心，得到当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，结合球的截面圆的性质，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，连接，因为，，分别为棱，，的中点，
根据正方体的结构特征，可得平面，且平面，
且与和的交点分别为，且为和中心，
又由点为内（包括边界）的一个动点，
可得三棱锥为外接球的球心必在直线，
其中的外接圆为球的一个小圆，且为定圆，
当过点球与所在的平面相切于的中心时，此时球的半径最小，
根据运动的思想，可得当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，
设此时外接球的半径为，
由正方体的棱长为，可得，则，
分别连接，
在等边中，由，可得，
在等边中，由，可得，
设，则，
在直角，可得，
在直角，可得，
所以，解得，
所以，
所以最大外接球的表面积为.
故答案为：.
15．
【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：.
16．①②③
【解析】
【分析】
对于①：作NK⊥AK，MH⊥AD，利用面面垂直的判定定理即可证明平面DMN⊥平面BCC1B1；
对于②：连接DO，可以判断出DO∥平面ABC，即可判断；
对于③：直接求出，即可证明；
对于④：判断出当M和N在中点时，△DMN为等边三角形，为最大角，即可判断.
【详解】
如图所示：
对于①：作NK⊥AK，MH⊥AD，所以，整理得:，所以△DMN为等腰三角形，所以DO⊥MN，同理DO⊥BC1，所以DO⊥平面BCC1B1，所以平面DMN⊥平面BCC1B1，故①正确；
对于②：连接DO，由于D、O为中点，所以DO∥平面ABC，故在△DMN内存在DO与平面ABC平行的线段，故②正确；
对于③：（定值）.故③正确；
对于④：当M和N在中点时，△DMN为等边三角形，为最大角，不可能为直角三角形，故④错误.
故答案为:①②③
17．(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【解析】
【分析】
（1）根据斜二测画法，作出平面图形，建立平面直角坐标系，画出对应斜二测坐标系，确定多边形各顶点在直观图中对应的顶点，连线可得直观图；
（2）根据斜二测画法，作出平面图形，建立平面直角坐标系，画出对应斜二测坐标系，确定多边形各顶点在直观图中对应的顶点，连线可得直观图；
（3）根据斜二测画法，作出平面图形，建立平面直角坐标系，画出对应斜二测坐标系，确定多边形各顶点在直观图中对应的顶点，连线可得直观图.
(1)
解：如图①所示，以边所在的直线为轴，以边的高线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，在轴上截取，
连接、、，则即为等边的直观图，如图③所示.
(2)
解：如图④所示，以、边所在的直线分别为轴、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，在轴上截取，
作轴，且，连接，
则平行四边形即为正方形的直观图，如图⑥所示.
(3)
解：如图⑦所示，画正八边形，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
设点、在轴上的射影点分别为、，
画对应的轴、轴，使，
在轴上截取，，，
在轴上截取，作轴且，
作轴，且，作轴，且，
作轴，且，作轴，且，
连接、、、、、、、，
则八边形为正八边形的直观图，如图⑨所示.
18．.
【解析】
【分析】
由已知可知，红外半球摄像是由机半球和圆柱两个几何体组合而成的，
体积应为两个几何体的体积之和.
【详解】
由题意可知，红外半球摄像机分为两部分组成，
上方是半径为，高为的圆柱体，
所以圆柱体的体积为
.
下方是半径为的半球，
所以半球的体积为
.
所以红外半球摄像机的体积为
所以红外半球摄像机的体积约为.
19．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.
20．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接，可得，根据平行四边形的性质并连接，取中点，连接，，则△，△均为正三角形，可得且，根据线面、面面垂直的判定证明面面，延长，作于，由面面垂直的性质有面，进而求、，再由棱锥的体积公式求的体积；
（2）连接，根据余弦定理可得，再由勾股、余弦定理及同角三角函数的平方关系求、，进而求，利用求到面的距离，即可求与面所成角的正弦值.
(1)
，取的中点，连接，可得，，，
由平行四边形，可得，连接，取中点，连接，，
△，△均为正三角形，
且，又，
面，又面，
面面，
，，可得，
延长，作于，
面面，且面面，
面，
，，
.
(2)
连接，在△中，，
，，，
由余弦定理有：，可得，
，
，，
，又，
设到面的距离为，，，
，可得，
设与面所成角为，则.
21．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质证明，然后根据线面垂直的判定定理即可；
（2）利用等体积法即可求得
(1)
∵平面平面ABC
又，BC为平面与平面ABC的交线
∴平面
∴.
取BC中点为D，连接
∵
∴，又
∵四边形为菱形，
∴
∴.
∵AC，平面，
∴平面
(2)
如图所示，设到平面的距离为h，则
∵，∴
连接交于M
则h为M到平面的距离
∴
∴
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明四边形是平行四边形，利用线面平行的判定定理求解即可；
（2）根据等体积法，转化为求即可得解.
(1)
取中点，连接，，，如图，
因为，，,
所以，，，
因为，所以平面，
因为，所以平面，
所以平面与平面重合，，，，共面，
因为，，，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，，
因为平面，平面，
所以平面.
(2)
由（1）知四边形是平行四边形，且平面，
所以，
取中点，，,，
，
所以
，
所以三棱锥的体积为.
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