第八章立体几何初步 综合复习训练（含解析）

第八章立体几何初步综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．锐角中，角、、所对的边分别为、、，若、，，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线与直线所成角的大小为定值；
②二面角的大小为定值；
③若Q是对角线上一点，则长度的最小值为；
④若R是线段上一动点，则直线与直线不可能平行．
其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．如图，在梯形中，且，点为线段的靠近点的一个四等分点，点为线段的中点，与交于点，且，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
4．如图，在多面体中，已知是边长为1的正方形，且均为正三角形，，则该多面体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在棱长为a的正方体中，P在线段上，且，M为线段上的动点，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．与点M的位置有关
6．如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列结论中正确的有（ ）
（1）平面；
（2）平面；
（3）直线与所成角的余弦值为；
（4）平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为．
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
7．如图，正四棱柱满足，点E在线段上移动，F点在线段上移动，并且满足.则下列结论中正确的是（ ）
A．直线与直线可能异面
B．直线与直线所成角随着E点位置的变化而变化
C．三角形可能是钝角三角形
D．四棱锥的体积保持不变
8．如图为一个正方体与一个半球构成的组合体，半球的底面圆与正方体的上底面的四边相切，球心与正方形的中心重合，将此组合体重新置于一个球中（球未画出），使正方体的下底面的顶点均落在球的表面上，半球与球内切，设切点为，若四棱锥的表面积为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在如图所示的三棱锥中，，，，两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．二面角的正切值为
C．到面的距离为
D．作平面，垂足为，则为的重心
10．地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．底座多面体的体积为
C．平面平面
D．球离球托底面的最小距离为
11．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ）

A．，M，O三点共线 B．平面
C．直线与平面所成角的为 D．直线和直线是共面直线
12．如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中（ ）
A．
B．EF和BC所成的角是60°
C．直线AC和平面ABE所成的角是30°
D．如果平面平面，那么直线直线.
三、填空题
13．半径为3的金属球在机床上通过切割，加工成一个底面半径为的圆柱，当圆柱的体积最大时，其侧面积为 .
14．若关于的复系数一元二次方程的一个根为，则另一个根 ．
15．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，则下列结论中，正确结论的序号是 (把所有正确结论序号都填上).
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；②B1D1//平面EFG；③四面体ACB1D1的体积等于a3；④BD1⊥平面ACB1；⑤二面角D1－AC－D平面角的正切值为.
16．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的体积为 ，三棱锥的内切球的表面积为 ．
四、解答题
17．在如图所示的几何体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
18．如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点．
(1)证明；
(2)求点B到平面的距离．
19．在平行四边形中过点作的垂线交的延长线于点，.连结交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置.如图2.
(1)证明：直线平面
(2)若为的中点，为的中点，且平面平面求点到平面的距离.
20．如图，直三棱柱中，，，.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
21．如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
(1)与所成的角是否为定值，试说明理由；
(2)若二面角为，求四面体的体积．
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参考答案：
1．D
【分析】先由向量垂直得到，利用余弦定理求出或，利用锐角三角形排除，从而，利用面积公式求出答案.
【详解】由题意得：，故，
因为，
所以，
由余弦定理得：，
解得：或，
当时，最大值为B，其中，故为钝角，不合题意，舍去；
当时，最大值为B，其中，故B为锐角，符合题意，
此时.
故选：D
2．C
【分析】利用正方体的性质，结合空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项判断正误.
【详解】解：对于①，由正方体的性质可知，平面，又平面,
故，异面直线与直线的所成的角为定值，①正确；
对于②，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，②正确；
对于③，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，过点做，，,此时，的值最小.
由题可知，,,
，
则，，
故,又，
故的最小值为，故③正确.
对于④，在正方体中易证平面，设，则即为二面角的平面角，又正方体边长为1，故，则,由余弦定理得，故，同理,
故在上必然存在一点，使得二面角为，即平面平面，平面与平面的交线为，
则，过点作的垂线.此时平面，又平面，故.故④错误.
故选：C.
3．C
【分析】由向量的线性运算法则化简得到和，结合三点共线和三点共线，得出和，联立方程组，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得
，
因为三点共线，可得，即；
又由，
因为三点共线，可得，即，
联立方程组，解得，所以.
故选：C.
4．A
【分析】先证明，结合梯形面积公式求得正确答案.
【详解】由于，所以.
依题意，均为正三角形，
所以四边形和四边形是等腰梯形，
两个等腰梯形的高为.
所以多面体的表面积为：.
故选：A
5．A
【分析】根据题意可得点到平面MBC的距离为，，利用等体积法和三棱锥的体积公式即可求出.
【详解】由题意知，点到平面MBC的距离为a，又，
所以点到平面MBC的距离为，
又点M在上运动，所以，
所以，
故选：A.
6．C
【分析】对A，取的中点，连接，证明平面，即平面，可判断A；对B，若平面，则，结合，可判断B；对C， 根据，故判断C；对D，连接，分别求出两部分的体积即可判断D.
【详解】
对A，取的中点，连接，则，即，，，四点共面，即为，
因为，平面，平面，所以平面，即平面，故A正确；
对B：由，若平面．则必有，即四边形为平行四边形，则，因为，，所以矛盾，故B错误；
对C：与所成角，即与所成角，即与所成角，由底面得．则，故C正确；
对D：连接，由A知截面就是平面，下半部分分为四棱锥和三棱锥.
，，
由底面得，又，，平面，所以平面，即平面.
所以，即下半部分体积为.
所以上半部分体积与下半部分体积之比为，故D正确．
因此正确的结论有3个.
故选：C．
7．D
【分析】如图所示，连接有关线段.设M,N为AC,A1C1的中点，MN的中点为O,可得AC1与EF都是以O为中点，由此可判定A错误；利用线面垂直可以得到，从而否定B；利用勾股定理和三角形锐角钝角的判定条件计算可以判定△AEF为锐角三角形，从而否定;利用体积转化，分解方法，结合线面平行的性质可以判定.
【详解】如图所示，连接有关线段.
设M,N为AC,A1C1的中点，即为上下底面的中心，
MN的中点为O,则AC1的中点也是O,
又∵DE=B1F,由对称性可得O也是EF的中点，
所以AC1与EF交于点O,故不是异面直线，故A错误；
由正四棱柱的性质结合线面垂直的判定定理易得平面，
因为平面，∴故B错误；
设,则,设,
易得
因为
为锐角；
因为
为锐角，
因为
当时取得最小值为
为锐角，故△AEF为锐角三角形，故C错误；
三棱锥A-EFC也可以看做F-AOC和E-AOC的组合体，
由于△AOB是固定的，E,F到平面AOC的距离是不变的
(∵易知BB1，DD1平行与平面ACC1A1)，故体积不变，
故D正确.
故选：D.
【点睛】本题综合考查空间的线线角，几何体体积问题，涉及利用勾股定理判定三角形内角是锐角问题(在△中，，当固定变短时，满足可得到为锐角）.关键是利用计算证明时要仔细计算，严格论证，解决体积问题时，要灵活地进行体积转化与分割.
8．B
【分析】设球、半球的半径分别为、，设正方体的下底面的中心为，连接，根据已知条件求出的值，根据几何体的对称性知球的球心在线段上，进而可得出关于的方程，求出的值，利用球体的表面积公式可求得球的表面积.
【详解】设球、半球的半径分别为、，
则由正方体与半球的位置关系易知正方体的棱长为，
设正方体的下底面的中心为，连接，则四棱锥的高，
易知四棱锥为正四棱锥，则其斜高为，
由题意得，得，
根据几何体的对称性知球的球心在线段上，连接、，
在中，，，，
由勾股定理得，则，解得，
因此，球的表面积，
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
9．BD
【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，可得为直线与平面所成的角，即可判断A项；利用线面垂直的判定定理可得平面，即得为二面角的平面角，即可判断B项；利用等体积法求点面距离即可判断C项；利用线面垂直得判定定理结合等边三角形的性质即可判断D项.
【详解】解：因为，，两两互相垂直，，平面，
故为直线与平面所成的角，又，所以，
故直线与平面所成的角为，故A错误；
取中点为，连接，
因为，，，两两互相垂直，所以，
因为，所以平面，故为二面角的平面角，
则，故二面角的正切值为，故B项正确；
因为，所以，设到面的距离为，
则，解得，故C项错误；
因为，故为等边三角形，
因为平面，则点为点在平面上的投影，又，
即点到顶点的距离相等，即点到顶点的距离相等，
故为的重心，故D项正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，由平面可得就是直线与平面所成的角，即可判断A项；多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，利用几何体的体积公式计算，可判断B项；利用面面平行的判定定理证明平面平面，可判断C项；由已知可得球的半径，计算球心到平面的距离，即可判断D项.
【详解】解：根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，如图所示，
对于A，平面，∴就是直线与平面所成的角，∵是等边三角形，∴，A正确；
对于B，将几何体补全为直三棱柱，如下图示，∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，∴由下图知：，故B正确；
对于C，因为且，故四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，故，
∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，平面，∴平面，
∵，所以，平面平面，
因为过直线有且只有一个平面与平面平行，显然平面与平面不重合，
故平面与平面不平行，故C错误；
对于D，由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为，D正确.
故选：ABD.
11．ABC
【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误.
【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确；
由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确；
设正方体的边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确；
直线与直线为异面直线，故D项错误.
故选：ABC.
12．BCD
【分析】根据正方体的平面展开图还原正方体，利用正方体的性质，结合异面直线的位置关系，线面位置关系及面面平行的性质依次判断各项正误.
【详解】
如图，把正方体的平面展开图还原成正方体.
在正方体中，可知，
故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故A项错误；
同理，与所成的角即为与所成的角为，故B项正确；
在正方体中，，，，，故平面，则点到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，故，故C项正确；
在正方体中，，
则平面平面，平面平面于直线，平面平面，故直线直线，故D项正确.
故选：BCD.
13．
【分析】根据题设可知圆柱体的上下底面是金属球的两个截面，求出圆柱的高，再求其侧面积.
【详解】要使圆柱的体积最大，即圆柱的高最大，
所以仅当圆柱上下底面是金属球的截面时高最大，为，
所以侧面积为.
故答案为：.
14．
【分析】代入，求解可得，结合韦达定理即得解
【详解】由题意，
故
即
故复系数一元二次方程
由韦达定理可知：
故
故答案为：
15．①④
【分析】根据平面的基本性质，可判定①正确；根据线面位置关系，可判定②不正确；根据正方体的体积减去四个三棱锥的体积，可判定③不正确；根据线面垂直的判定定理，可判定④正确；根据二面角的平面角的求法，可判定⑤不正确.
【详解】如图所示，延长分别与的延长线交于点，连接交于，
设与的延长线交于点，连接交于，交于，
连接，则截面六边形为正六边形，故①正确；
由与相交，所以和平面相交，所以②不正确；
四面体的体积等于正方体的体积减去四个三棱锥的体积，
即，所以③不正确；
因为，且与相交，所以平面，故④正确；
又由平面，所以二面角的平面角为，
所以，所以⑤不正确.
故选：①④.
【点睛】解答此类问题常见的误区：
1、对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误；
2、对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；
3、对面面平行性质定理理解不深导致错解.
16． 6 /
【分析】根据已知条件可得，利用三棱锥的体积公式结算即可；利用线面垂直的判定定理可证明平面，设内切球半径为，利用等体积法求解内切球的半径，利用球的表面积公式结算即可.
【详解】解：因为，，，在中，,
所以，又平面，所以，
因为平面，平面,所以，，，故
又，，所以平面，
又平面，所以，
所以均为直角三角形，
设三棱锥的内切球的球心为，半径为，
则,
即，
解得，故三棱锥的内切球的表面积.
故答案为：6；.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，结合面面垂直可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先求解点到平面的距离，再求解的面积，利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）解：∵，∴，
∵平面平面，且平面平面，
平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）取的中点，连接，∵，∴，
∵平面平面，∴平面，
∵，平面，平面，
∴平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
即点到平面的距离为的长.
∵，，∴，
∴，从而，
∵四边形为平行四边形，，
∴，，
∴，
∴.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）利用等体积法求解店面距离即可.
【详解】（1）如图、连接BD，
∵，，∴，
∴，∴．
∵平面ABCD，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴．
（2）解：连接BM，．
由已知可得，，，
∴，∴．
设点B到平面的距离为h，
由（1）知BC⊥平面，
∴三棱锥的体积，
即，
解得，即点B到平面的距离为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在平面图中证明，在立体图中利用线面垂直的判定定理即可求解.
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，可得为三棱锥的高，计算的值，进而计算三棱锥的体积，然后计算的面积，利用等体积法求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：图1中，在中，所以.所以
也是直角三角形，
，
在图2中，所以平面.
（2）解：∵平面平面，且平面平面，
平面，平面.
取的中点为，连结则
平面，即为三棱锥的高.
.
，
又，，又，
平面，，
设点到平面的距离为，则由，
得，解得．
点到平面的距离为．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可求解；
（2）利用等体积法求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：∵为直三棱柱，∴
又平面，平面，
∴平面
（2）解：在中，，，
则，的面积为
∵为直三棱柱，∴平面，
∴，从而
取的中点，连接，则，
∴的面积为，
设点到平面的距离为，
由于
∴，解得
故点到平面的距离为.
21．(1)与所成角为定值，理由见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，由线面垂直证明线线垂直，即可确定与所成角为定值；
（2）根据题意可得为二面角的平面角，即可求解各边长度，利用棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）解：（1）因为平面平面，，
所以平面，
∵平面，所以，同理可证．
又为菱形，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，所以平面．
又平面，所以，
故与所成角为定值．
（2）解：∵，为中点，
∴，为二面角的平面角，所以，
由题意知，解得，
又，可得，
由（1）得平面，
所以四面体的体积为：
．
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