人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》章节练习（含解析）

人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》章节练习
一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）设，，表示三条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：
若，，，则；
若，是在内的射影，，则；
若是平面的一条斜线，，为过的一条动直线，则可能有且；
若，，则
其中真命题的个数为
A. B. C. D.
2.（5分）正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为
A. B. C. D.
3.（5分）如图，在正四棱柱，，分别为，的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则
A. 直线与直线异面，且
B. 直线与直线共面，且
C. 直线与直线异面，且
D. 直线与直线共面，且
4.（5分）已知三棱锥中，，，，则当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
A. B. C. D.
5.（5分）一个正六棱锥体积为，底面边长为，则其侧面积为
A. B. C. D.
6.（5分）中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思．后来用它表示上、下两个底面均为矩形不能全为正方形且矩形的长不小于宽，四条侧棱的延长线不交于一点的六面体．关于“刍童“体积计算的描述，《九章算术》注日：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤．上袤从之，各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知一个“刍童”的下底面是周长为的矩形，上底面矩形的长为，宽为，“刍童”的高为，则该“刍童”的体积的最大值为
A. B. C. D.
7.（5分）点在直线上，在平面内可表示为
A. ， B. ， C. ， D. ，
8.（5分）如图，平面四边形中，，分别是，的中点，，，，将沿对角线折起至，使平面平面，则四面体中，下列结论不正确的是
A. 平面
B. 异面直线与所成的角为
C. 异面直线与所成的角为
D. 直线与平面所成的角为
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，是的中点，是的中点．给出下列结论正确的是
A. 若是上的动点，则与异面
B. 平面
C. 若该三棱柱有内切球，则
D. 若该三棱柱所有棱长均相等，则侧面对角线与棱成角的共有对
10.（5分）已知三棱锥中，底面为边长为的等边三角形，在底面上的投影为的中点，则
A.
B. 的最大值为
C.
D. 若，则三棱锥的外接球的表面积为
11.（5分）如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的角线为，的中点为，则
A. B.
C. 平面平面 D. 被球截得的弦长为
12.（5分）半正多面体亦称“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. 该二十四等边体的体积为
C. 该二十四等边体外接球的体积为 D. 平面平面
13.（5分）已知，是两条直线，，是两个平面，则下列说法中正确的序号为___________.
A. 若，，则直线就平行于平面内的无数条直线；
B. 若，，，则与是异面直线；
C. 若，，则；
D. 若，，则与一定相交．
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）设是球的半径，是的中点，过且与成角的平面截球的表面得到圆，若圆的面积等于，则球的体积为 ______.
15.（5分）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵也被作为装饰物来使用，图是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为，若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上，则这个球的体积为 ______.
16.（5分）若平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则与所成角的大小为______．
17.（5分）已知在正三棱柱中，，点在棱上，且，则与平面所成角的正弦值为________．
18.（5分）如图，在多面体中，已知面是边长为的正方形，，，与面的距离为，则该多面体的体积为 ______ ．
四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，在三棱锥中，平面，，点，，分別是，，的中点．
求证：平面；
求证：平面平面．
20.（12分）如图，在直三棱柱中，，二面角为直角，为的中点．
求证：平面平面；
求直线与平面所成的角．
21.（12分）理如图，在直三棱柱中，底面是直角三角形，，，点是棱上一点，满足．
求异面直线直线与所成角的余弦值；
求直线与平面所成角的正弦值．
22.（12分）如图，直三棱柱中，，，
证明：平面
求点到平面的距离.
23.（12分）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，四条侧棱长均为点，，，分别是棱，，，上共面的四点，平面平面，平面．
证明：；
设的中心为，连接，证明平面；
若，求四边形的面积．

答案和解析
1.【答案】B;
【解析】解：对于若，，，由空间线面垂直的性质定理可知正确；
若，是在内的射影，，则；由三垂线定理知正确；
若是平面的一条斜线，，为过的一条动直线，则可能有且；
若是平面的一条斜线，，则和不可能垂直，故命题错误；
若，，则错误；如墙角的三个面的关系；
故选：．
利用空间线面关系定理分别对四个命题分析选择．由空间向量知识可知正确；由三垂线定理可证；可举反例说明错误
该题考查空间的线面位置关系，考查空间想象能力和逻辑推理能力．
2.【答案】C;
【解析】
该题考查几何体的体积的求法，求解几何体的底面面积与高是解答该题的关键．
由题意求出底面的面积，求出到底面的距离，即可求解三棱锥的体积．

解：正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，
底面的面积：，
到底面的距离就是底面正三角形的高：，
三棱锥的体积为：，
故选C．

3.【答案】B;
【解析】解：连结，，，，
，分别为，的中点，，
直线与直线共面，
由题意得，异面直线与所成角为，
设，则，则，，，
由余弦定理得异面直线与所成角的余弦值：
．
综上：直线与直线共面，且．
故选：．
连结，，，，推导出，从而直线与直线共面，由题意得，得异面直线与所成角为，由此能推导出直线与直线共面，且．
该题考查两直线的位置关系的判断，考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】C;
【解析】解：，，，
，
又，
要使三棱锥的体积最大，则平面或平面平面，
当平面时，三棱锥的高为，
当平面平面时，三棱锥的高为，
故当平面平面时，三棱锥的体积最大，
如图，

设的外心为，则到、、的距离相等，即为三棱锥的外接球的球心，
可得外接球半径
其外接球的表面积为
故选：
由已知可得要使三棱锥的体积最大，则平面或平面平面，进一步分析可得，当平面平面时，三棱锥的体积最大，求解三角形可得三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】A;
【解析】解：正六棱锥体积为，底面边长为，底面面积为，
，棱锥的高，底面中心到边的距离为：
侧面的高，
它的侧面积为
故选：
根据体积公式求出高，利用其性质求出侧面的高，再利用三角形的面积公式求解即可．
本题考察了空间几何体的体积，面积问题，属于计算题，难度不大．
6.【答案】A;
【解析】解：设下底面的长宽分别为、，则，
又因为矩形的长不小于宽，所以
由题意可得，该刍童的体积为：，
对称轴为，所以在单调递减，
所以当时最大．
故选：
设下底面的长宽分别为、，判断出建立出该刍童的体积为：，利用函数求最值．
此题主要考查立体几何中的最值问题，立体几何中的数学文化等知识，属于中等题．
7.【答案】B;
【解析】解：点在直线上，在平面内，
，，
故选：
根据点与线面的关系是和的关系，线与面是 与 的关系，即可得到答案
此题主要考查了平面上的基本的表示方法属于基础题
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了线面平行的判定，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，属于中档题．
运用线面平行的判定定理可判断；由面面垂直的性质定理，结合异面直线所成角可判断；由异面直线所成角可判断；由面面垂直的性质定理，结合直线与平面所成角可判断

解：选项，因为，分别为和的中点，
所以，在平面内，平面，
所以平面，
故正确
选项，因为平面平面，交线为，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
故正确
选项，取边中点，连接，，则，
所以为异面直线与所成的角，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以，所以，
又，，
所以，故错误
选项，连接，
因为，为的中点，
所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
连接，为直线与平面所成的角，
又，，
所以，
所以，故正确.
故选
9.【答案】BD;
【解析】
此题主要考查了简单多面体棱柱、棱锥、棱台及其结构特征，简单组合体及其结构特征，平行公理与等角定理，异面直线所成角，空间中直线与直线的位置关系和线面平行的判定，属于中档题.
取为的中点，利用三棱柱的结构特征，结合平行公理对进行判断，利用三棱柱的结构特征得是的中点，再利用线面平行的判定对进行判断，利用正三棱柱的定义得三棱柱是正三棱柱，再利用正三棱柱内切球的结构特征得内切球的半径是底面正三角形内切圆的半径，内切球的直径是侧棱长，设底面正的边长为，通过计算对进行判断，再利用所给三棱柱的结构特征，结合空间中直线与直线的位置关系和异面直线所成角对进行判断，从而得结论.

解：对于、如图：

当为的中点时，因为是的中点，所以，
而在三棱柱中，，因此，所以不正确；
对于、如图：

因为是的中点，是的中点，所以
又因为在三棱柱中，是的中点，所以是的中点，
因此平面，而平面，所以 平面，因此正确；
对于、因为在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，
所以三棱柱是正三棱柱.
设底面正的边长为
因为该三棱柱的内切球在底面的投影是底面正的内切圆，
所以该内切圆的半径，即该三棱柱的内切球半径为，
因此该三棱柱的侧棱，
所以，因此不正确；
对于、因为当该三棱柱所有棱长均相等时，
与每条侧面对角线成角的棱有条，而侧面对角线共有条，
所以侧面对角线与棱成角的共有对，因此正确.
故选
10.【答案】CD;
【解析】
此题主要考查线面垂直的性质，考查球的表面积的问题，属于中档题．
由于平面，可求出，，于是，即可判断；设，在中，由余弦定理求得，可确定的正误，继而得知的正误；由题意知，，，且，，若，则三棱锥的外接球即为长、宽、高分别为、、的长方体的外接球，即可计算三棱锥的外接球的表面积，从而判断

解：因为在底面上的投影为的中点，
所以平面
又、、、平面，所以，，
因为底面为边长为的等边三角形，
所以，，
根据勾股定理可得：，故错误；
在中，，设，
则，
所以
，故错误；
所以，为一锐角，
因此，，故正确；
由题意知，，，且，，若，
则三棱锥的外接球即为长、宽、高分别为、、的长方体的外接球，
故外接球半径
所以其表面积为，故正确．
故选
11.【答案】ABD;
【解析】解：对于，，平面，平面，平面，
平面与平面的交线为，，故正确；
对于，连接，，
在等腰梯形中，，，的中点为，
四边形、都是菱形，，，，
底面，平面，，
，平面，
平面，，故正确；
对于，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
，，，，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，取，得，
，取，得，
，不垂直，平面和平面不垂直，故错误；
对于，由知，则点即为四边形处接圆的圆心，
四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，
设外接球的半径为，则，则，，
设与所成角为，点到直线的距离为，
，，，
，直线的方向向量可取，，
则，，
，
被球截得的弦长为，故正确．
故选：
由，得到平面，从而，判断；对于，连接，，推导出四边形、都是菱形，从而，，，进而平面，，判断；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法判断；，则点即为四边形处接圆的圆心，四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出外接球的半径，判断
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】BC;
【解析】
此题主要考查了面面垂直的判定，线面垂直的判定，简单组合体的体积，外接球问题，球的体积，属于较难题．
用反证法思想判断；补齐八个角成正方体，再计算体积判断；先找到球心与半径，再计算体积判断；找到平面与平面所成角，再由勾股定理判断解：对于，假设平面，则，即，
由对称性可知，六边形为正六边形，，
互相矛盾，故选项错误；
对于，补齐八个角构成棱长为的正方体，
则该二十四等边体的体积为，故选项正确；
对于，取正方形对角线交点，即为该二十四等边体外接球的球心，
其半径为，其体积，故选项正确；
对于，分别取、的中点、，连接、，
因为和为正三角形，所以，，
则为平面与平面所成二面角的平面角，
又平面平面，所以为平面与平面所成二面角的平面角，
由已知可得，，不满足，
即平面与平面不垂直，故选项错误．
故选：
13.【答案】AC;
【解析】
此题主要考查命题真假的判断，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，是基础题.
根据空间中线线、线面、面面间的位置关系逐项判断即可.

解：若，，则直线平行于平面内的无数条直线，故正确；
若，，，则与异面或者平行，故错误；
若，，则，根据面面平行性质定理可知，故正确；
若，，则可能相交，也有可能平行，故错误.
故选
14.【答案】;
【解析】解：设圆的半径为，有，则，

设球的半径为，如图所示，
有，，，
在中，，即，即，
所以球的体积为
故答案为：
根据题意建立勾股关系求出球半径即可得出．
此题主要考查球的相关计算，属于基础题．
15.【答案】;
【解析】解：设正四棱柱和正四棱锥的高均为，
根据对称性可知：该几何体的外接球的球心为正四棱柱的体心，
球的直径即为正四棱柱的体对角线，
且正四棱柱的体心到正四棱锥的顶点的距离，
根据正四棱柱的体对角线公式得，
，，
所求球的体积为，
故答案为：
先根据对称性得该几何体外接球的球心为正四棱柱的体心，再利用方程思想求出球的半径，最后利用球的体积公式即可求解．
此题主要考查几何体的对称性，几何体的外接球问题，方程思想，球的体积公式，属基础题．
16.【答案】;
【解析】解：设平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则．
令与所成角的大小为，则
即直线与平面所成角．
故答案为：．
直接利用直线与平面所成的角的向量计算公式求解．
这道题主要考查了利用空间向量求直线与平面的夹角．解答该题的关键是要要熟记直线与平面所成的角的向量计算公式，属于中档题．
17.【答案】;
【解析】解：取的中点，为轴，的垂线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
在正三棱柱中，，在棱上，且，
则，，，
平面的法向量可以为：，，
则与平面所成的角的正弦值为：．
故答案为：．
利用题目的空间直角坐标系，求出平面的法向量，向量，利用空间向量的数量积求解即可．
该题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
18.【答案】;
【解析】【解析】
该题考查多面体的体积的求法，属于基础题 解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
分别取、的中点、，连，，，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，由此能求出该面体的体积．

解：分别取、的中点、，
连，，，
把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，
面是边长为的正方形，，
，与面的距离为，
，，
四棱锥的体积为，
三棱柱的体积，
整个多面体的体积为．
19.【答案】证明：（1）∵D，E分別是AB，AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，得DE∥BC，
∵DE 平面PDE，BC 平面PDE，
∴BC∥平面PDE；
（2）∵PA⊥平面ABC，DE 平面ABC，∴PA⊥DE，
∵AB=AC，点F是BC的中点，∴AF⊥BC，
由（1）知，BC∥DE，得AF⊥DE，
而PA∩AF=A，∴DE⊥平面PAF，
又DE 平面PDE，∴平面PAF⊥平面PDE．;
【解析】
由已知结合三角形中位线定理可得，再由直线与平面平行的判定可得平面；
由平面，得，再由已知可得，结合知，，得，然后利用直线与平面垂直的判定可得平面，进一步得到平面平面．
该题考查直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
20.【答案】解：（1）证明：∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1，
二面角B-AA1-C为直角，D为B1C1的中点．
∴A1D⊥B1C1，A1D⊥BB1，又B1B∩BB1=B1，
∴A1D⊥平面BB1C1C，
∵A1D 平面A1DC，∴平面A1DC⊥平面BB1C1C．
（2）以A1为原点，A1C1为x轴，A1B1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB=AC=AA1=1，则A1（0，0，0），C（1，0，1），
B（0，1，1），C（1，0，1），B1（0，1，0），
=（1，0，1），=（1，-1，0），=（0，0，1），
设平面BB1C1C的法向量=（x，y，z），
则，取x=1，得=（1，1，0），
设直线A1C与平面BB1C1C所成的角为θ，
则sinθ===，
∴直线A1C与平面BB1C1C所成的角为30°．;
【解析】
推导出，，得到平面，由此能证明平面平面C.
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成的角．
该题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：（1）以A为坐标原点为O，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB=AC=1，AA1=2，
∴A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P（1，0，），A1（0，0，2），C1（0，1，2），
=（-1，1，-），=（0，1，0），
∴cos＜＞==，
∴异面直线PC与A1C1所成角的余弦值为．
（2）=（-1，1，-），=（1，0，-2），=（0，1，-2），
设平面A1BC的法向量为=（x，y，z），
则，取z=1，得=（2，2，1），
设直线PC与平面A1BC所成角为θ，
则sinθ==，
∴直线PC与平面A1BC所成角的正弦值为．;
【解析】
以为坐标原点为，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
求出平面的法向量，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．
该题考查异面直线所成角的余弦值、线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
22.【答案】证明：为三棱柱，
又平面，平面，
平面
解：方法一在中，，，
可求得，的面积为
为直三棱柱，平面，
，从而
取的中点，连接，则，易得
的面积为
设点到平面的距离为，
由于，
，解得，
点到平面的距离为
方法二取的中点，连接，，在中，过点作，垂足为
为直三棱柱，平面，

又，为中点，

，平面
又平面，平面平面
平面平面，平面
由题意可知，，，可求得
点到平面的距离为;
【解析】此题主要考查线面平行的判定与点到直线的距离
利用线面平行的判定直接证明即可
法一利用等体积法求出点到平面的距离；法二利用等面积法，求得长度，即为点到平面的距离
23.【答案】解：证明：平面，
平面，平面平面，
，
同理可得，，
．
证明：四边形为正方形，且、交于点，
为、的中点，由已知得
，，
和均为等腰三角形，
，，
又、平面，且，
平面；

解：设与交于点，连接，
平面，且平面，
平面，又平面平面，平面，
，
为四边形底边上的高，
又因为，，得点是靠近点的的四等分点，
，为靠近点的四等分点，
为的中点，又，
为的中点，又，
为的中点，又，
，又由已知得，，
，，
又由，，可得，
．;
【解析】本题重点考查了空间中直线与直线平行和垂直、直线与平面平行和垂直、平面和平面平行和垂直的性质和判定等知识，属于中档题．
可以结合条件，得到，，由此能证明；
、交于点，结合和均为等腰三角形，从而能平面；
设与交于点，连接，得到，为靠近点的四等分点，由此能求出四边形的面积．