2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册第八章立体几何初步经典题型（含解析）

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2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册第八章立体几何初步经典题型
一、单选题
1．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法不正确的是（ ）
A．若，，，则直线与可能平行
B．若，，，则直线与可能异面
C．若，，则直线与一定垂直
D．若，，，则直线与一定平行
2．在正三棱锥中，，的边长为2，则该正三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，正三棱柱的各棱长相等，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．0
4．图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面与平面的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知一正方体木块的棱长为4，点在校上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在正方体中，直线与平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，已知正方体的边长为1，记，，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
8．已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．若圆锥侧面展开图是一个半径为2的半圆，则（ ）
A．该圆锥的母线与底面所成的角为 B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的内切球的体积为 D．该圆锥的外接球的表面积为
10．已知三棱柱，D，E，F分别是棱AB，BC，CA的中点，记三棱柱的体积为V，则（ ）
A．棱锥的体积为 B．棱锥的体积为
C．多面体的体积为 D．多面体的体积为
11．如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ）
A．记平面与平面的交线为，则平面
B．记直线和与平面所成的角分别为，，则
C．存在某个点，满足平面平面
D．四棱锥外接球表面积的最小值为
三、填空题
12．已知，M为平面ABC外一点，，点M到两边的距离均为，那么M到平面ABC的距离为 ．
13．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为，酒杯的容积，则其内壁表面积为 ．

14．如图，空间中两个有一条公共边的正方形和．设分别是和的中点，那么以下4个命题中正确的是 ．
①；②//平面；③//；④异面．
四、解答题
15．如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一点，且
(1)求证：平面；
(2)求二面角大小的余弦值．
16．在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，且，E为线段PA的中点.
(1)求证：平面BDE.
(2)求三棱锥的体积
17．如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．
(1)求证：平面EAC．
(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：．
18．如图，在五面体中，四边形的对角线交于点，为等边三角形，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，求五面体的体积.
19．如图，四边形是正方形，平面，，分别为的中点，且．求证：平面平面．

参考答案：
1．D
【分析】结合线与线、线与面、面与面的位置关系逐项判断即可得.
【详解】对A：若，，，则直线与可能平行、相交或异面，故A正确；
对B：若，，，则直线与可能相交或异面，故B正确；
对C：若，，则直线与一定垂直，故C正确；
对D：若，，，则直线与可能平行也可能异面，故D错误.
故选：D.
2．B
【分析】利用补形法得到正四面体所在正方体，进而得到其外接球的半径，即可求得该正三棱锥外接球的表面积.
【详解】在正三棱锥中，，
则，则正三棱锥为正四面体.
将正四面体补成正方体（正四面体的四个顶点S，A，B，C均为正方体的顶点），
则正四面体的外接球即为正方体的外接球，
由的边长为2，可得补成的正方体棱长为，
则其外接球的半径，所以该正三棱锥外接球的表面积.

故选：B.
3．D
【分析】取中点，证得平面，得到，再证得，从而证得平面，得到，即可求解.
【详解】取中点，因为，可得，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在正方形中，分别为的中点，
设可得，
可得，所以，
所以，即，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以异面直线与所成的角为.
故选：D.
4．C
【分析】连接相交于点，取的中点，可得即为平面与平面的夹角，设，在中由余弦定理可得答案.
【详解】连接相交于点，连接，平面，
取的中点，连接，
因为，所以，
所以即为平面与平面的夹角，即，
设，则，所以，
，
在，由余弦定理得.
故选：C.
5．A
【分析】如图，在上取一点，使得，连接，则四边形为平行四边形，即平行四边形为所求的截面，利用余弦定理和同角的三角函数关系和三角形的面积公式求出，即可求解.
【详解】
如图，在上取一点，使得，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以与相交于且为的中点，
又在上，所以与相交于，且O平分，，
所以四点四点共面且四边形为平行四边形，
所以过三点的截面是平行四边形，
，
，
，
故截面面积为.
故选：A.
6．B
【分析】连接，证明平面，则即为直线与平面所成角的平面角，即可得解.
【详解】连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成角的平面角，
在等腰直角三角形中，，
所以直线与平面所成的角为.
故选：B.
7．C
【分析】由题意结合余弦定义以及勾股定理即可得解.
【详解】由题意.
故选：C.
8．D
【分析】先求出正四面体的外接球半径,再求出，再结合外接球知识求出该八面体的外接球半径,结合球的表面积计算即可.
【详解】如图：
设为正四面体的外接球球心，为的中心,为的中心, 为的中点，
因为正四面体棱长为8，易得平面，
易得，平面，平面，
则，
由正四面体外接球球心为，则在，则为外接球半径，
由得，解得，
即,
在正四面体中，易得，，所以，
则该八面体的外接球半径,
所以该球形容器表面积的最小值为，
故选：D.
9．BD
【分析】根据题意求得圆锥的母线、高以及底面半径，并作出图象，对于A，根据圆锥的几何性质，结合线面角的定义，可得答案；对于B，根据圆锥的体积公式，可得答案；对于C、D，根据圆锥的轴截面，利用等边三角形的性质，结合球的体积与表面积公式，可得答案.
【详解】由题意可知，圆锥的母线长为，圆锥侧面展开图的弧长为，
设圆锥的底面半径为，则，解得，则圆锥的高，
如下图：
对于A，设圆锥的母线与底面所成的角为，则，解得，故A错误；
对于B，圆锥的体积，故B正确；
对于C，设圆锥的内切球的球心为，半径为，可得此时圆锥的轴截面，如下图所示：
由，则在等边中，内切圆半经，即，
所以圆锥的内切球的体积，故C错误；
对于D，设圆锥的外接球的球心为，半径为，可得此时圆锥的轴截面，如下图所示：
在等边中，外接圆半径，即，
所以圆锥的外接球的表面积，故D正确.
故选：BD.
10．BC
【分析】根据棱锥、棱柱和棱台的体积公式整体减部分法一一分析即可.
【详解】对A，设三棱柱底面积为，高为，则三棱柱的体积为，
因为D，E，F分别是棱AB，BC，CA的中点，则，
则棱锥的体积为，故A错误；
对B，因为，，，所以，
则四边形为平行四边形，所以，
则，故B正确；
对C，因为，且棱柱上下底面平行，并且E，F分别是棱BC，CA的中点，
则线段延长交于一点，
则多面体为棱台，且，
则，
所以，故C正确；

对D，因为，所以，
则，故D错误.
故选：BC.
11．BCD
【分析】对A：找到过点且与平面平行的线，由过点且不为该支线，即可得不平行于平面；对B：结合线面角定义，找到与在平面上的投影即可得；对C：当时，可得结论，即证存在点，能使，结合折叠时的角度范围即可得；对D：找出底面的外接圆圆心，易得该点为四棱锥外接球球心时有最小半径，即可得最小的外接球表面积.
【详解】对A：连接点与中点，连接，
由题意可得为中点，是中点，
故，又平面、平面，
故平面，设直线平面平面，
由平面，则，
又平面、平面，
故平面，
又，故不平行于平面，故A错误；
对B：连接，由，为中点，
故，又，故，
故，又，、平面，
故平面，又，故平面，
故在平面上的投影为，在平面上的投影为，
即，，
由，，故为等腰直角三角形，
有，，
故，故B正确；
对C：由平面，平面，
故，则当时，又、平面，
，故有平面，又平面，
故平面平面，
即需，由题意可得，
，，
即当时，有，
由，故存在点，使，故C正确；
对D：由，故，由，故，
即四边形四点共圆，连接，为该圆直径，
故四棱锥外接球球心必在过中点，且垂直平面的直线上，
则当球心在中点时，四棱锥外接球半径最小，
此时中点到点的距离等于一半，故，
由，有平面，
又平面，故，
故球心可在中点，
由是中点，故，则，
则半径为，此时表面积为，
即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题D选项关键在于如何找到球心，找棱锥外接球球心时，可先找底面外接圆圆心，则外接球球心必在过该点且垂直底面的直线上.
12．1
【分析】通过空间垂直关系的转化，找到点在平面内的射影在的平分线上，利用勾股定理即可得解.
【详解】作分别垂直于，平面，连，
知，，平面，平面，
平面，平面，
，又，，，
所以，同理
所以，则为平分线，
，，又，
．
故答案为：1
13．
【分析】先计算出圆柱的高，内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积.
【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为，由题意可知：，解得：.
内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积，即.
故答案为：
14．①②③
【分析】①构造过且与垂直的平面，即可通过证明线面垂直从而得到线线垂直；
②通过证明过的平面与平面平行，从而证明线面平行即可；
③在三角形中，由中位线与底边平行，即可证明；
④由③正确，即可说明④错误.
【详解】取的中点，连接,如下所示：
对①：显然，，
又，所以．
又，面，所以面．
又面，所以，所以①正确．
对②由①知，面面，故//面；
//，面面，故//面；
又面，故面面．
又面，所以//平面．所以②正确．
对③：因为过点，在三角形中为中点．所以//，所以③正确．
④错．
故答案为：①②③．
15．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中求解即得.
【详解】（1）由AB是的直径，得，由PA垂直于所在的平面，在所在的平面内，得，
而平面，所以平面.
（2）在平面内过作于，在平面内过作于，连接，
由（1）知，平面，则，而平面，
于是平面，又平面，则，而平面，
因此平面，而平面，则，从而是二面角的平面角，
由PA垂直于所在的平面，在所在的平面内，则，
由，得，，
则，，
在中，，，
所以二面角大小的余弦值.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，即通过构造中位线，即可证明；
（2）根据三棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接.

∵四边形是正方形，在中，为的中点，
又∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）如图，取的中点，连接，

则且，
∵平面，∴平面，
∴就是三棱锥的高.
∴.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线证明，然后根据线面平行的判定定理完成证明；
（2）根据线面平行的性质定理完成证明.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面平面，平面，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先证明和，然后利用线面垂直的判定即可证明.
（2）首先证明平面，然后利用锥体的体积公式可得.
【详解】（1）连接EF，
在和中，，
所以，
所以，
又，，所以≌，
则为的中点，所以．
在中，，又为的中点，
所以，
因为平面，平面，，，，
平面
（2）取的中点，连结，与交于点，连结．
因为平面，平面，所以，
又，，，所以平面，
又平面，所以，
又所以平面．
因为，为等边三角形，
因为，所以
而，
在中，，
在等边中，BF是AC的中线，CM是AB的中线，
所以G是等边的重心，
所以
在中，，
则四边形的面积为．
故五面体的体积为．
19．证明见解析
【分析】先由线面垂直的判定定理得平面，进而可得平面，再由面面垂直的判定定理即可得答案.
【详解】∵平面，，
∴平面．
又平面，∴．
∵四边形为正方形，∴．
又，平面，∴平面．
在中，分别为的中点，
∴，∴平面．又平面，
∴平面平面．
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