第13章 立体几何初步 练习(含详解)2024-2025学年高一数学苏教版（2019）必修第二册

第13章　立体几何初步
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一、 单项选择题
1 (2024苏州期末)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)
A. 若l∥m，l∥α，m∥β，则α∥β
B. 若l⊥m，l⊥α，m∥β，则α∥β
C. 若α∥β，l α，m β，则l∥m
D. 若l⊥m，l⊥α，m⊥β，则α⊥β
2 (2024温州期末)如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，若A′B′＝A′C′＝1，B′C′＝，则BC的长为(　　)
A. B. C. 2 D. 2
(第2题) (第3题)
3 (2023南阳期末)如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且BC＝2BE，点F在母线AB上，G是线段AC上靠近点A的四等分点，则EF＋FG的最小值为(　　)
A. B. 3 C. 4 D.
4 (2024扬州期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱AA1，AB，BC，C1D1的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. EF∥GD1 B. D1E⊥FG
C. FG⊥平面BB1D1D D. 平面D1EF∥平面GHC1
5 已知经过圆锥SO的轴的截面是顶角为θ的等腰三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO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)，且上、下两部分几何体的体积之比是1∶7，则cos θ的值为(　　)
A. B. C. D.
6 (2024邯郸期末)在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB＝AC＝4，BC＝6，若该三棱锥的体积为4，则其外接球的表面积为(　　)
A. B. C. 48π D. 32π
二、 多项选择题
7 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，则下列说法中正确的是(　　)
A. 该圆台轴截面ABCD的面积为3 cm2
B. 该圆台的体积为 cm3
C. 该圆台的表面积为10π cm2
D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5 cm
8 (2024苏州期末)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，CC1，A1D1，DD1的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. B1D⊥平面EFG
B. AH∥平面EFG
C. 点B1，D到平面EFG的距离相等
D. 平面EFG截该正方体所得截面的面积为3
三、 填空题
9 如图，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥C-A′DD′，则棱锥C-A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为________．
10 (2024常州期末)如图，在半径为8的半圆形纸片中，O为圆心，AB为直径，C是弧AB的中点，D是弧AC的中点，将该纸片卷成一个侧面积最大的无底圆锥后，异面直线OA与CD所成角的余弦值是________．
11 (2024苏州期末)在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，AC＝2，BC＝2，现将△BCH沿着CH折起，使得点B到达点B′，且平面B′CH⊥平面ACH，则三棱锥B′-ACH的外接球的表面积为________．
四、 解答题
12 (2024苏州期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点．求证：
(1) AG⊥平面PBC；
(2) PE∥平面AFG.
13 (2024十堰期末)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACC1A1是菱形，△ABC是等边三角形，平面ACC1A1⊥平面ABC，D，E，F分别为棱AA1，BB1，B1C1的中点．
(1) 证明：平面A1EF∥平面BC1D；
(2) 若∠A1AC＝60°，求直线BC1与平面ABC所成角的正弦值．
第13章　立体几何初步
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1. D 　对于A，若l∥m，l∥α，则m∥α或m α，又m∥β，则α∥β或α与β相交，故A错误；对于B，若l⊥m，l⊥α，则m∥α或m α，又m∥β，则α∥β或α与β相交，故B错误；对于C，若α∥β，l α，则l∥β，又m β，则l与m平行或异面，故C错误；对于D，若l⊥m，l⊥α，则m∥α或m α，若m∥α，则在平面α内存在直线c，使得m∥c，又m⊥β，则c⊥β，又c α，所以α⊥β；若m α，又m⊥β，所以α⊥β.综上可得，由l⊥m，l⊥α，m⊥β，可得α⊥β，故D正确．
2. D　因为A′B′＝A′C′＝1，B′C′＝，所以A′B′2＋A′C′2＝2＝B′C′2，所以C′A′⊥A′B′，即C′A′⊥O′B′.因为∠C′O′A′＝45°，所以O′C′＝，O′A′＝1，所以O′B′＝2，还原直观图得到△ABC，如图所示，此时OB＝2，OC＝2，所以BC＝＝2.
3. A　如图，将△ABE绕直线AB旋转到△ABP的位置，并且点P在BC的反向延长线上，连接PG，交AB于点F，此时EF＋FG最小．因为AB＝BC＝2，所以∠ACB＝∠PCG＝.又因为BC＝2BE，所以BE＝BP＝1.又AC＝AB＝2，所以CG＝AC＝，PC＝PB＋BC＝3.在△PCG中，由余弦定理，得PG2＝PC2＋CG2－2PC·CG cos ∠PCG＝9＋－2×3××＝，解得PG＝，即EF＋FG的最小值为.
4. C　对于A，连接EF，D1G，A1B，D1C，如图1所示．因为E，F分别是棱AA1，AB的中点，所以EF∥A1B，由正方体性质可得A1B∥D1C，因此可得EF∥D1C，而D1C，GD1相交，所以EF与GD1不平行，故A错误；对于B，取DD1的中点M，连接AM，CM，AC，如图2所示．易知AM∥D1E，FG∥AC，所以∠MAC即为异面直线D1E与FG所成的角(或其补角).不妨设正方体的棱长为2，则AM＝MC＝，AC＝2，显然AM2＋AC2≠MC2，所以∠MAC不是直角，所以D1E与FG不垂直，故B错误；对于C，连接AC，BD，B1D1，如图3所示，由正方体性质可得BB1⊥平面ABCD，又AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC.因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，又BB1∩BD＝B，BB1 平面BB1D1D，BD 平面BB1D1D，所以AC⊥平面BB1D1D，又因为F，G分别是棱AB，BC的中点，所以FG∥AC，可得FG⊥平面BB1D1D，故C正确；对于D，如图4所示，易知D1∈平面D1EF，且D1∈D1C1，而D1C1 平面GHC1，所以D1∈平面GHC1，因此可得平面D1EF与平面GHC1有公共点D1，可知两平面必有一条过D1的公共交线，因此平面D1EF与平面GHC1不平行，故D错误．
图1 图2 图3 图4
5. C　如图，作出圆锥SO的轴截面SAB，上部分小圆锥一定有内切球，故只需下部分圆台有内切球即可，设圆台的内切球的球心F，由上、下两部分几何体的体积之比是1∶7，可得截得的小圆锥与原圆锥的体积之比为1∶8，从而可得圆台上、下底面圆半径之比为1∶2.设圆台上底面半径为r，则圆台下底面半径为2r，当圆台存在内切球时，由切线长定理可得圆台母线长BD＝3r，则可得圆锥的母线SB＝6r，所以圆锥SO的轴截面等腰三角形的底边AB＝4r.在△SAB中，由余弦定理可得cos θ＝＝＝.
6. B　如图，将三棱锥S-ABC补成三棱柱 SDE-ABC，则三棱锥S-ABC和三棱柱SDE-ABC的外接球相同，设O1，O2分别为△ABC和△SDE的外心，则三棱柱SDEABC的外接球球心O为O1O2的中点，连接AO1并延长交BC于点F，则F为BC的中点，连接AO.因为AB＝AC，所以AF⊥BC，AF＝＝，sin ∠ABC＝＝，由正弦定理可得2AO1＝＝，所以AO1＝，由VS-ABC＝×BC×AF×SA＝4，即××6×SA＝4，可得SA＝4，则OO1＝SA＝2，AO2＝AO＋OO＝＋22＝，则外接球的表面积S＝4π·AO2＝.
7. ABD　对于A，由AB＝AD＝BC＝2，且CD＝2AB，可得CD＝4，高O1O2＝＝，则圆台轴截面ABCD的面积为×(2＋4)×＝3(cm2)，故A正确；对于B，圆台的体积为V＝π×(1＋2＋4)×＝(cm3)，故B正确；对于C，圆台的侧面积为S侧＝π×(1＋2)×2＝6π(cm2)，又S上＝π×12＝π(cm2)，S下＝π×22＝4π(cm2)，所以S表＝6π＋π＋4π＝11π(cm2)，故C错误；对于D，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4 cm，底面半径为2 cm，侧面展开图的圆心角θ＝＝π.设AD的中点为P，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝4，OP＝2＋1＝3，则CP＝＝5，则点O到CP的距离d＝＝>1，所以沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5 cm，故D正确．故选ABD.
8. ACD　 如图，取BC的中点L，C1D1的中点K，AA1的中点M，连接GK，KF，FL，LE，EM，MG，A1C1，MF，AC，AD1，则GK∥A1C1，EL∥AC，A1C1∥AC∥MF，所以GK∥MF，所以G，K，F，M四点共面，又EL∥MF，所以L，E，F，M四点共面，同理可证KF∥ME，所以K，E，F，M四点共面，正六边形LEMGKF为平面EFG截该正方体所得截面，又EL＝AC＝＝，所以SLEMGKF＝6××()2×sin 60°＝3，故D正确；因为AC⊥平面DBB1D1，DB1 平面DBB1D1，所以AC⊥DB1，则EL⊥DB1，同理可证FL⊥DB1，又EL∩FL＝L，EL 平面LEMGKF，FL 平面LEMGKF，所以DB1⊥平面LEMGKF，即B1D⊥平面EFG，故A正确；因为GM∥AD1，GM 平面LEMGKF，AD1 平面LEMGKF，所以AD1∥平面LEMGKF，即AD1∥平面EFG，又AH∩AD1＝A，AH 平面AD1A1，AD1 平面AD1A1，平面EFG∩平面AD1A1＝GM，所以AH不平行平面EFG，故B错误；设O为正方体的中心，即O为DB1的中点，根据正方体的性质可知MF∩DB1＝O, 即DB1交平面LEMGKF于点O，所以点B1，D到平面LEMGKF的距离相等，即点B1，D到平面EFG的距离相等，故C正确．故选ACD.
9. 1∶5　设AB＝a，AD＝b，AA′＝c，则长方体的体积为V1＝abc，S△A′DD′＝bc，所以棱锥的体积为V2＝S△A′DD′·CD＝×bc×a＝abc，所以＝＝.
10. 　如图，设圆锥的底面圆半径为r，则8π＝2πr，得r＝4.因为D是弧AC的中点，△ADC为等腰直角三角形，故DC＝AC＝×2r＝4.过点A作AM∥DC交底面圆于点M，则M为弧AC的中点，故AM＝AC＝×2r＝4，又OA＝OM＝8，所以cos ∠OAM＝＝＝，故异面直线OA与CD所成角的余弦值.
11. 13π　在直角三角形ABC中，AC＝2，BC＝2，则斜边AB＝4，A＝30°，CH为斜边AB上的高，则CH＝，AH＝3，HB＝1.因为平面B′CH⊥平面ACH，平面B′CH∩平面ACH＝CH，B′H⊥CH，B′H 平面B′CH，则B′H⊥平面ACH，又AH⊥CH，所以HA，HB′，HC两两垂直，HC＝，HA＝3，HB′＝1，则三棱锥B′-ACH的外接球半径R＝＝，所以三棱锥B′ACH的外接球表面积为S＝4πR2＝13π.
12. (1) 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥AB.
因为PA⊥底面ABCD，BC 底面ABCD，
所以PA⊥BC，
又AB∩PA＝A，AB 平面PAB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
又AG 平面PAB，所以BC⊥AG，
又PA＝AB，G为PB的中点，所以AG⊥PB，
又BC 平面PBC，PB 平面PBC，BC∩PB＝B，
所以AG⊥平面PBC.
(2) 连接BE交AF于点H，连接GH，
由四边形ABCD为矩形，E，F分别为AD，BC的中点，易得△AHE≌△FHB，
则BH＝EH，即H为BE的中点，
又因为G为BP的中点，所以GH∥PE，
又GH 平面AFG，PE 平面AFG，
所以PE∥平面AFG.
13. (1) 由三棱柱的定义可知AA1∥BB1，AA1＝BB1.
因为D，E分别是棱AA1，BB1的中点，
所以A1D∥BE，A1D＝BE，
所以四边形A1DBE是平行四边形，则A1E∥BD.
因为BD 平面BC1D，A1E 平面BC1D，
所以A1E∥平面BC1D.
因为E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，
所以EF∥BC1.
因为BC1 平面BC1D，EF 平面BC1D，
所以EF∥平面BC1D.
因为A1E 平面A1EF，EF 平面A1EF，且A1E∩EF＝E，所以平面A1EF∥平面BC1D.
(2) 作C1H⊥AC，交AC的延长线于点H，连接BH.
因为平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，C1H 平面ACC1A1，
所以C1H⊥平面ABC，
则∠C1BH是直线BC1与平面ABC所成的角．
设AB＝2，则CC1＝2.
因为∠A1AC＝60°，所以∠C1CH＝60°，
则CH＝1，C1H＝.
因为△ABC是等边三角形，
所以BC＝2，∠ACB＝60°，所以∠BCH＝120°.
由余弦定理可得BH＝＝.
因为C1H⊥平面ABC，BH 平面ABC，
所以C1H⊥BH，则BC1＝＝.
故sin ∠C1BH＝＝，
即直线BC1与平面ABC所成角的正弦值为.