第13章 立体几何初步 综合复习训练（含解析）2023——2024学年苏教版（2019）高中数学必修第二册

第13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．已知某棱长为的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆台上、下底面的半径分别为3和5，母线长为4，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）

A． B． C．24 D．48
4．已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（）
A．四点共面 B．
C．三线共点 D．
6．已知圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且，若是弧BC的中点，是线段AB的中点，则（ ）
A．四点不共面 B．四点共面
C．为直角三角形 D．为直角三角形
7．已知正四棱台（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则不正确的是（ ）
A．它的表面积为 B．侧棱与下底面所成的角为
C．它的外接球的表面积为 D．它的体积比棱长为的正方体的体积大
8．球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积（如上图，这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.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），即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为，则该工艺品的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是（ ）
A．圆锥的轴截面为直角三角形
B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半
C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为
D．圆锥的体积与球的体积之比为
10．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）

A．动点轨迹的长度为
B．三棱锥体积的最小值为
C．与不可能垂直
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
11．在三棱锥中，是斜边的等腰直角三角形，则以下结论：其中正确的是（ ）
A．异面直线SA与BC所成的角为
B．直线平面
C．平面平面SAC
D．点C到平面SAB的距离是
12．如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成的角的大小为
B．直线平面
C．平面平面
D．四面体外接球的体积与正方体的体积之比为
三、填空题
13．如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点，点分别在线段上运动，当最小时，三棱锥的体积为 ．

14．在三棱柱中，四面体是棱长为2的正四面体，为棱的中点，平面过点且与垂直，则与三棱柱表面的交线的长度之和为 ．
15．如图，在各棱长均相等的正三棱柱中，给定依次排列的6个相互平行的平面，使得，且每相邻的两个平面间的距离都为1.若，则 ，该正三棱柱的体积为 .
16．如图，在正三棱锥中，侧棱，过点作与棱DB，DC均相交的截面AEF．则周长的最小值为 ，记此时的面积为，则N ．

四、解答题
17．如图，为圆柱底面的内接四边形，为底面圆的直径，为圆柱的母线，且．

(1)求证：；
(2)若，点在线段上，且，求四面体的体积．
18．在如图所示的四棱锥PABCD中，已知，，，是正三角形，点M在侧棱PB上且使得平面．
(1)证明：；
(2)若侧面底面，与底面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
19．如图，已知在四棱锥中，底面为直角梯形，，，与相交于点．

(1)若点在棱上，且满足，求证：平面；
(2)当时，若为的三等分点，且靠近点，试求三棱锥的体积．
20．如图，已知在三棱柱中，平面为正三角形，点为的中点，点为的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)求三棱锥的体积．
21．已知四棱锥如图所示，其中，点M，N分别是线段SC，AB的中点．
(1)求证：平面；
(2)若二面角为直二面角，则，，求四面体SBDM的体积．
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】在棱长为2的正方体中构造棱长为的正四面体，结合正方体的性质和求得表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，在棱长为2的正方体中构造棱长为的正四面体 ，
显然正四面体的棱切球即为正方体的内切球，故球的半径，
则该球的表面积为．
故选：A．
2．A
【分析】结合题目所给条件，计算出圆台的高后，可得的中线为定值，则当时，面积有最大值.
【详解】取上下底面圆心、，连接、、，
由圆台性质可知，且，
又，故，
则当为以为底的高时，面积最大，
且其最大值为.
故选：A.
3．D
【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，，轴，且，
所以.
故选：D

4．C
【分析】作出圆锥的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比.
5．D
【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D.
6．D
【分析】根据圆柱中的直线与直线、直线与平面的位置关系，逐项判断即可得结论.
【详解】因为点，而平面，结合圆柱结构，所以平面，故四点不共面；
圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且，
若是弧BC的中点，是线段AB的中点，故，
所以，故；
连接，则依题有为在平面内的射影，在平面内显然与不垂直，故与不垂直；
，则为直角三角形，
故选：．
7．C
【分析】分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断B的正误；求得的长，分析可得即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径的正误，即可判断C，根据体积公式即可求解D．
【详解】由题意得：上底面的面积，下底面的面积，
侧面为等腰梯形，过、分别做的垂线，垂足为、，如图所示，
所以，则，
所以，
所以梯形的面积为，
所以正四棱台的表面积，故A正确；
连接，，且交于点，连接，交于点，连接，
则垂直底面，
过作于，则底面，则四边形为矩形，
由题意得，所以，
同理，
又，所以，
在中，，
所以，即侧棱与下底面所成的角为，故B正确；
所以．
连接，在中，，
所以点到、、、、、、、的距离相等，均为，
所以点即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，
所以外接球的表面积，故C错误；
正四棱台的体积，
棱长为的正方体的体积，
所以，所以，
所以正四棱台的体积比棱长为的正方体的体积大，故D正确.
故选：C．
【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.
8．B
【分析】设截面圆半径为，球的半径为，求出截面圆的半径，利用几何关系可求出球体的半径，求出球体的表面积和一个球冠的表面积，
再利用球体的表面积减去个球冠的表面积并加上个截面圆的面积可得出该实心工艺品的表面积.
【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此距离为，
根据截面圆的周长可得，得，故，得，
所以球的表面积．
如图，，且，则球冠的高，
得所截的一个球冠表面积，
且截面圆面积为，
所以工艺品的表面积．
故选：B.
9．ABD
【分析】根据题意，结合条件由圆锥以及球的表面积体积公式代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
对于A，设球的半径为，则如图所示：，
所以，故A正确；
对于B，圆锥的表面积为，
球的表面积为，所以，故B正确；
对于C，圆锥的母线长为，底面周长为，
所以圆锥侧面展开图中圆心角的弧度数为，故C错误；
对于D，，，，故D正确.
故选：ABD.
10．ABD
【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，
又正方体中，为棱的中点，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，
此时,所以体积最小值为，故选项B正确；
对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,
，而，,故选项C不正确；
对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，
由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，
,,,所以底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,
由,,可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ABD.

11．BCD
【详解】由条件根据异面直线所成的角，直线和平面垂直的判定定理、性质定理，平面和平面垂直的判定定理，判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
对于A，B，依题意，，
而平面，则平面，
又平面，于是，
由，得，
又，平面，则平面，
又平面，所以，
又因为，所以不垂直于平面，
所以异面直线SA与BC所成的角不可能为，故A错误，B正确；
对于C，由平面，平面，得平面平面，故C正确；
对于D，取中点，连接，由，得，
由平面，平面，得平面平面，
而平面平面平面，于是平面，
又，则，即点C到平面的距离是，故D正确.
故选：BCD.
12．ABD
【分析】根据异面直线所成角可判定A选项，根据线面平行的判定定理可判定B选项，根据面面垂直的性质定理可判定C选项，根据正方体的体积及外接球的体积公式可判定D选项.
【详解】解析：对于A：连接，如图，由正方体的结构特征知，，
即为正三角形．又因为分别为的中点，则，
因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角，
又，所以直线与所成的角的大小为，A正确；
对于B：因为，所以平面平面，
故直线平面，B正确；
对于C：取的中点为，连接，显然的中点为，则，
假设平面平面，而平面平面，
于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误；
对于D：不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积为，又因为四面体
的三条侧棱两两垂直，则它的外接球即为以为棱的长方体的外接球，
于是球的直径，
体积为，于是，D正确，
故选：ABD．
13．
【分析】展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段最短得到最小值，再由三角形相似得到点为线段的中点和点为线段的中点，最后由三棱锥的体积公式计算得到.
【详解】将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，如图所示．

取关于直线对称的点为，连接，分别与交于点，连接，
易知此时，
因此的最小值为．
由可得，
因此，故点为线段的中点，
由可得，
因此，故点为线段的中点，
三棱锥的体积．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，将空间问题转化为平面问题，从而得解.
14．
【分析】设，可证平面，可得平面∥平面，结合面面平行的性质可得平面即为平面，进而可得结果.
【详解】设，取的中点，连接，
可知，
由题意可知：，且，平面，
所以平面，
又因为平面，可知平面∥平面，
设平面，即平面平面，
且平面平面，则∥，
且为棱的中点，可知为棱的中点，
同理取的中点，连接，
可知平面即为平面，
则，
所以与三棱柱表面的交线的长度之和为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据正四面体的性质可证平面，结合线面平行的性质可得平面∥平面，即以平面为参考作截面，即可得结果.
15． 1 /
【分析】先根据平行平面的性质可得为的中点，同理可确定与棱的交点为棱的中点，从而可根据平行的性质得到各平面的分布，结合距离为1可求棱长，故可求体积.
【详解】由题设，过点作平面与交于点，且到平面的距离相等，
故为的中点，故，
由正三棱柱的对称性，不妨设与交于点，
而平面，故与棱的交点为棱的中点，
因为，则与平面的交线与平行，且与棱有交点，
故过的平面分布如图所示.
因为的距离均为1，故为的三等分点，且.
设该正三棱柱的底面边长为，则，，则
由正三棱柱可得平面，过点作的垂线，垂足为，
因为平面，平面，故，
而，，平面，故平面，
故为之间的距离，故，
所以，所以体积为.
故答案为：1，.
【点睛】关键点点睛：立体几何中与平面有关的计算问题，注意根据过关键点的平面的位置关系确定其他平面的位置关系.
16．
【分析】利用展开图，将周长的最小值转化为两点间距离；根据展开图的几何关系，求的三边，即可求三角形的面积.
【详解】把正三棱锥的侧面展开，两点间的连接线是截面周长的最小值.

正三棱锥中，，所以，
所以，故周长的最小值为.
又，所以，则.
故答案为：；.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面几何的知识可得，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）设，连接，即可证明，从而得到平面、平面，再证明平面，最后根据计算可得.
【详解】（1）因为为底面圆的直径，且，即，
又，所以，所以，
所以，
又为圆柱的母线，即平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）在中、，
所以，又，则，
设，
所以在中，，，所以，则，
又，连接，所以，因为平面，平面，
所以平面，
又，所以，
又平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，且，平面，
所以平面，
所以.

18．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连接BD与AC交于点E，连接EM，由已知得，由线面平行的性质得，根据三角形相似可得，即
（2）设AB的中点O，首先由已知得底面ABCD，在中过点M作交AB于点F，得底面ABCD，则为CM与底面ABCD所成角，在底面ABCD上过点O作于点G，则是二面角的平面角，根据条件求解即可
【详解】（1）证明：连接BD与AC交于点E，连接EM，
在与中，∵，∴，
由，得，又∵平面AMC，
而平面平面 ，平面PBD，
∴，
∴在中，，∴；
（2）设AB的中点O，在正中，，
而侧面底面，侧面底面，且平面，
∴底面ABCD，
在中过点M作交AB于点F，
∴底面ABCD，
∴为CM与底面ABCD所成角，
∴，设，
则，∴，，则在直角梯形ABCD中，，
而，则，
在底面ABCD上过点O作于点G，
则是二面角的平面角，易得，，
在梯形ABCD中，由，得，
在中，，∴．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；
（2）法一：由线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理证明平面，由此可求出点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式求解即可；法二：由线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理证明平面，再求出，由即可得出答案.
【详解】（1）因为，所以．
又，所以，所以，
所以．
又因为平面平面，
所以平面．
（2）法一：因为，所以．
又因为，且，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
如图，作，垂足为．因为平面平面平面，所以平面．

在中，，所以．
又，所以点到平面的距离．
在中，，所以．
又平面平面，所以．
又，所以，
所以．
法二：因为，所以．

又因为，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
在中，作于，因为平面平面，面，
所以平面．
在中，，所以．
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，所以．
在中，由勾股定理得，
又，所以．
所以．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明∥平面，∥平面，从而证明平面∥平面，得到∥平面；
（2）连接证明平面平面，可得平面，从而得到点到平面的距离为，求出三棱锥的体积.
【详解】（1）如图，取的中点，连接．
分别为的中点，∥．
平面平面∥平面．
又分别为的中点，∥，
平面平面∥平面．
平面∥平面．
又平面∥平面．
（2）连接为正三角形，．
平面平面平面平面．
平面平面平面平面．
．又∥平面点到平面的距离为．
又．
故三棱锥的体积为．
21．(1)证明见解析；
(2)4．
【分析】（1）取SD的中点P，则四边形MPNB为平行四边形，得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）取AD的中点O，则，根据面面、线面垂直的性质可得，求出，易知点S到平面BDM的距离等于点C到平面BDM的距离，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.
【详解】（1）取SD的中点P，连接MP，NP，则，且，
故，，则四边形MPNB为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面．
（2）取AD的中点O，连接OS，因为为等边三角形，故，
因为平面平面，且平面平面，平面
故平面，而平面，所以，
又，故，
因为M为SC的中点，故M到平面BDC的距离为，
在菱形ABCD中，，故为等边三角形，
又，故，
故，
由M为SC的中点可得，点S到平面BDM的距离等于点C到平面BDM的距离，
故，即四面体SBDM的体积为4．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页