第八章立体几何初步 综合复习训练（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

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．在正四面体中，是的中点，是的中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
3．在各棱长均为2的正三棱柱中，上下底面的中心分别为，，三个侧面的中心分别为，，，若在该三棱柱中挖去两个三棱锥和，则剩余部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．已知中，C为直角，若分别以边CA，CB，AB所在的直线为轴旋转一周，得到几何体的体积为，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图为某几何体的三视图，其中正视图和侧视图均为等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）

A．4 B． C． D．
6．已知圆台的内切球半径为2，圆台的体积为28π，则圆台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A．4a B．8a C．6a D．
8．一个水平放置的平面四边形，用斜二测画法画出的直观图为如图所示的矩形，已知，是的中点，则原四边形的周长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．
二、多选题
9．已知a，b是不同的直线，是平面，下列命题错误的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
10．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为2
11．已知圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线与底面所成的角为，则（ ）
A．该圆台的母线长为 B．该圆台的表面积为
C．该圆台的体积为 D．该圆台的外接球的表面积为
12．如图，正方体的棱长为2，P是线段上的一个动点，则下列结论正确的有（ ）
A．直线BP与平面ABCD所成角的取值范围是
B．⊥
C．三棱锥的体积不变
D．以点B为球心，为半径的球面与平面的交线长为
三、填空题
13．如图所示，几何体由正方体和正四棱锥组合而成，若该组合体内接于半径为的球(即所有顶点都在球上)，记正四棱锥侧棱与正方体底面所成的角为，则 ．
14．在菱形中，，，将沿翻折，使二面角的余弦值为，则四面体的外接球的表面积为 .
15．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为线段的中点，过点分别作平行于平面、平面的平面、平面，它们将四棱锥分成三部分．将这三部分依体积从小到大排列，其体积之比为 ．
16．已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为 ．
注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球．
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点分别在棱上，其中E是的中点，连接．

(1)若M为的中点，求证：平面；
(2)若平面，求点M的位置．
18．如图，在边长为的正方体中，为中点，
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
19．已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个论断：①；②；③平面．
(1)以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并证明；
(2)在（1）的条件下，若，求四棱锥体积的最大值．
20．如图，已知直角三角形ABC的斜边平面，A在平面上，AB，AC分别与平面成和的角，．
(1)求BC到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角．
21．如图，在四棱锥中，，平面平面，平面平面.
(1)点是的中点，求证：平面；
(2)若，求三棱锥体积的最大值.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．A
【分析】取的中点，连接，，或其补角即为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理求出的长，再在中，利用余弦定理的推论求出即可.
【详解】

取的中点，连接，，是的中点，
，，
或其补角即为异面直线与所成的角，
设正四面体的棱长为，
是的中点，是的中点，和均为正三角形，
，，且，，
在中，，
在中，，
异面直线与夹角的余弦值为.
故选：A.
2．A
【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积.
【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，
易知，可得，
所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，
因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为.
故选：A
3．A
【分析】求得正三棱柱的体积与挖去的两个三棱锥的体积，可求剩余几何体的体积.
【详解】如图所示：
因为三个侧面的中心分别为，
所以三棱锥和三棱锥的底面面积为，
高为正三棱柱的高的一半，
故挖去的几何体的体积为，
三棱柱的体积为，
故剩余几何体的体积为.
故选：A.
4．A
【分析】借助锥体体积公式计算即可得.
【详解】设，，则由题意得，，
，
所以，，.
故选：A．
5．B
【分析】还原该几何体的直观图，并将其放到正方体中求解即可.
【详解】还原该几何体的直观图，并将其放到棱长为2的正方体中，为如图中所示的三棱锥，
则该几何体的体积．
故选：B.

6．D
【分析】首先根据圆台内切球半径为2求出圆台上、下底面半径的乘积为4，然后结合圆台的体积为28π并利用圆台的体积公式得到圆台的上、下底面半径，根据圆台和球的对称性并利用勾股定理求得圆台外接球的半径，即可求得圆台外接球的表面积．
【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，，易知内切球的轴截面与圆台的轴截面内切，
所以，解得，
又圆台的体积为，
所以，．
设圆台外接球的半径为R，易知圆台的轴截面与外接球的轴截面内接，外接球球心O在线段上，（提示：当O在的延长线上时，设，则，所以，无解，所以O在线段上）,
如图，连接OC，OB，
则，，
设，则，
所以，得，
故，
所以该圆台外接球的表面积为，
故选：D．
7．B
【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测画法求边长，再求其周长即可.
【详解】由直观图可得原图形，
所以，，，
所以，原图形的周长为.
故选：B.
8．C
【分析】根据斜二测画法将直观图还原为原图，如图，由勾股定理求出，即可求解.
【详解】由题意知，，，
则，将直观图还原为原图，如图，
在矩形中，，
则，
所以该矩形的周长为.
故选：C
9．ABC
【分析】考查点线面位置关系，根据点线面位置关系类型和种类以及线面平行判定定理进行讨论分析即可.
【详解】对于A，因为，内有无数条直线与平行，故还可能是，故A错误；
对于B，，所以a与没有公共点，又，所以与没有公共点，
所以a与b的位置可平行可异面，故B错误；
对于C，因为,，所以或b在内，故C错误；
对于D，由线面平行的判定定理知D正确．
故选：ABC．
10．ACD
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性；利用二面角的知识可知，进而判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项正确.
故选：ACD.

11．ACD
【分析】根据题意，结合圆台的几何结构特征，以及圆台的表面积和体积公式，结合球的截面圆的性质和球的表面积公式，即可求解.
【详解】设圆台上底面的半径为，下底面的半径为．
对于A中，由于母线与底面所成的角为，则母线长，所以A正确；
对于B中，圆台的表面积
，所以B不正确；
对于C中，由圆台的母线长为，且母线与底面所成的角为，
可得圆台的高为，
则体积，所以C正确；
对于D中，设圆台外接球的半径为，球心到下底面的距离为，
若外接球的球心在圆台下底面的下方，可得，解得，
此时圆台外接球的表面积为；
若外接球的球心在圆台上、下底面之间，可得，此时方程组无解，
综上可得，圆台外接球的表面积为.
故选：ACD.
12．BCD
【分析】A选项，考虑点P与点D重合和不重合两种情况，作出辅助线，找到∠PBE即为直线BP与平面ABCD所成角，设，求出，得到直线BP与平面ABCD所成角的取值范围；B选项，作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，得到结论；C选项，等体积法证明出三棱锥体积为定值；D选项，等体积法得到点B到平面的距离，进而由对称性可得以点B为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，求出交线长.
【详解】A选项，当点P与点D重合时，直线与平面所成角为0，
当点P不与点D重合时，过点P作PE⊥AD，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
又，平面，
故PE⊥平面，连接BE，BP，
则∠PBE即为直线BP与平面ABCD所成角，
P是线段上的一个动点，
设，则，，
故，
由于，故，，
由于在上单调递增，故，
综上，直线BP与平面ABCD所成角的取值范围是，A错误；
B选项，连接，因为四边形为正方形，故⊥，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
同理可证⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，又平面，
所以⊥，B正确；
C选项，因为且，所以四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，故点P到平面的距离为定值，
又的面积为定值，
所以为定值，即三棱锥的体积不变，C正确；
设点B到平面的距离为d，因为，
其中为边长为的等边三角形，故，
，
所以，即，解得，
由对称性可知，以点B为球心，为半径的球面与平面的交线
是以为半径的圆，
故交线长为，D正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
13．
【分析】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，设正方体上底面的中心为，连接，，则在线段上，则，分别计算出，的长即可得到答案.
【详解】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，设正方体上底面的中心为，连接，，
则在线段上，则．设正方体的棱长为，该组合体外接球即为正方体外接球，
则，
，，因为面，则即为，
所以．
故答案为：
14．
【分析】根据题意，取的中点，然后根据菱形的性质求解出,，得到是二面角的平面角.根据余弦值为，求解出，判断是正四面体，放置在正方体中，进而求出外接球的表面积.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，，
故是二面角的平面角,
因为,所以,
在中，由余弦定理,得，故四面体是正四面体.
如图所示，将其放置在正方体中，使得，，，是正方体的四个顶点，
则正方体的棱长为，体对角线长，即四面体的外接球的半径为，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
15．
【分析】设四棱锥的体积为,利用点为的中点，且平面平面可得相似比，由体积公式可得，进而同理可得，从而可得体积之比.
【详解】设四棱锥的体积为．
因为点为的中点，且平面平面，
所以．
因为平面平面，
所以．
所以第三部分几何体的体积为．
所以该四棱锥被分成的三部分依体积从小到大排列，
其体积之比为．
故答案为：.
16．
【分析】借助过圆锥的轴以及内切球球心的截面图求出圆锥的母线长，即可求出圆锥表面积.
【详解】由题过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如下：

设圆锥高为，母线长为，
则在三角形中有，即①，
又由得，即②，
所以由①②得，
所以圆锥的表面积为.
故答案为：.
17．(1)证明见解析
(2)点M为的中点
【分析】（1）取的中点N，连接，先证明四边形为平行四边形，得出，即可证明；
（2）设过三点的平面与交于点N，连接，由线面平行的性质证明出四边形为平行四边形，即可证明点M为的中点．
【详解】（1）证明：如图，取的中点N，连接，
因为分别为的中点，所以，且CD，

又底面是矩形，且E是的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面．
（2）设过三点的平面与交于点N，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为底面是矩形，所以，
又平面平面，所以平面，
同理得，所以四边形为平行四边形，
所以，
又，且，所以，
且，所以点M为的中点．

18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，交于点，连结，根据中位线的性质可得即可证明；
（2）根据锥体体积公式求解即可.
【详解】（1）设，交于点，连结，
在边长为的正方体中，为中点，
是中点，，
平面，平面，
平面．
（2）三棱锥的体积：．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）①②③,根据平面以及三角形全等可证明平面，即可由线面垂直的判定求解，③②①,根据线面垂直可得四棱锥是正四棱锥，即可求证，①③②,根据线面垂直，结合三角形全等，可证明四棱锥是正四棱锥，即可根据线面垂直得线线垂直，
（2）根据正四棱锥的性质，由体积公式得体积表达式，即可利用不等式求解最值.
【详解】（1）①②③,
连接相交于，连接，
由于底面是正方形，所以，
又，平面，
故平面，平面,故,
由于，故,
因此,平面，
故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）
平面，故,
又平面,故平面．
②③①,
连接相交于，连接,
由于底面是正方形，所以，
又，平面，
故平面，平面，故,
又平面，平面，故,
平面,故平面,
结合底面是正方形，是正方形的中心，
所以四棱锥是正四棱锥，故，
①③②,
连接相交于，连接,
平面，平面，故,
由于故,
又,故,
故,
因此，平面，故平面,
故四棱锥是正四棱锥，
由于，又，平面，
故平面，平面,故,
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为，则四，
所以，
故，
由于，当且仅当，即时取等号，
故，
故四棱棱锥体积的最大值为.
20．(1)；
(2).
【分析】（1）过作平面的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.
（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.
【详解】（1）过作，垂足为，过作，垂足为，连、、，
则，，
设BC到平面的距离为，由平面，得 ，
在中，，则，在中， ，
在中，，则，所以.
（2）由（1）知，四边形是矩形，过点作直线，显然，
在平面内过点作于，则，过作交于，连接，
则，有，而平面，
于是平面，又平面，则，即平面与平面的夹角，
由（1）知，，则，
在△中，，则，
于是，，
因此，又，则，
所以平面与平面的夹角为.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据平面平面，即可求证，
（2）利用线面平行的性质可证明，进而可得四边形为矩形，进而根据等体积法，结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）延长交于，连接，显然面面，
由面面，面面，所以面，
由于平面平面，两个平面的交线为，
由于，是的中点，所以，平面，
故平面，所以，
由平面，面，则平面.
（2）取的中点分别为，连接,
所以又，所以,
由（1）知是的中点，平面，
平面，且平面平面 ，
故，因此四边形为平行四边形，
由（1）知平面，故平面，且，
设,
，
当且仅当，即时取最大值，故最大值为，
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页