2019-2020学年必修2第一章训练卷
空间几何体（一）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设、、是三个不同的平面，、、是三条不同的直线，已知，，．给出如下结论：
①若，则；②若，则；
③若，，则，；④若，，则，．
其中正确的结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．一个直角梯形的两底长分别为2和5，高为4，绕其较长的底旋转一周，所得的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知直三棱柱的侧棱长为，且底面是边长为的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱，，，分别交于三点，，，若为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．设是给定的平面，是不在内的任意两点．有下列四个命题：①在内存在直线与直线异面；②在内存在直线与直线相交；③存在过直线的平面与垂直；④存在过直线的平面与平行．其中，一定正确的是（ ）
A．①②③ B．①③ C．①④ D．③④
5．已知六棱锥的底面是正六边形，平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
6．如图，为正方体，下面结论错误的是（ ）
A．平面 B．
C．平面 D．异面直线与所成的角为
7．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知正方体的棱长为1，在对角线上取点，在上取点，使得线段平行于对角面，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
9．在正方体中，、分别是棱、的中点，、分别是线段与上的点，则与平面平行的直线有（ ）
A．0条 B．1条 C．2条 D．无数条
10．在三棱锥中，，分别为，的中点，记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则（ ）
A． B． C． D．
11．某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
12．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）
13．正三棱锥的高为，底面边长为，则此三棱锥的体积为__________；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为_________．
14．在棱长为1的正方体ABCD?A′B′C′D′中，若点P是棱上一点，则满足的点P的个数为_______．
15．三棱锥中，，分别为，的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，则_________．
16．在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是__________．
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③的面积可能等于；
④若，分别是在平面与平面的正投影的面积，
则存在点，使得．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．（10分）如图，底面是正三角形的直三棱柱，，是的中点，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
18．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．设M，N分别为PD，AD的中点．
（1）求证：平面CMN∥平面PAB；
（2）求三棱锥P-ABM的体积．
19．（12分）如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，E是AC的中点．
（1）求证：平面BEC1⊥平面ACC1A1；
（2）若，AB=2，求三棱锥A-BEC1的体积．
20．（12分）如图，在三棱锥中，，为的中点，平面，垂足落在线段上．
（1）证明：；
（2）已知，，，，求点到平面的距离．
21．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1的中点．
（1）证明：A1B1⊥C1D；
（2）若AA1＝4，求三棱锥A﹣MDE的体积．
22．（12分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，且，，，平面底面，为的中点，为等边三角形，是棱上的一点，设（与不重合）．
（1）当时，求三棱锥的体积；
（2）若平面，求的值．
2019-2020学年必修2第一章训练卷
空间几何体（一）答 案
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．【答案】D
对于①：，，，
，，，
，，，故①正确；
对于②：，，，
则，，，，，
，，，故②正确；
对于③：，，，，，
，，与不平行，即与相交于一点，，
，，，，故③正确；
对于④：若，，，，
，，，，故④正确，
综上可得正确的有个，故选D．
2．【答案】C
直角梯形绕其较长的底旋转一周后，所得的几何体是半径为4、高为2的圆柱和半径为4、高为3的圆锥组成，
所以，体积，故选C．
3．【答案】C
如图，不妨设在处，，，
则，，，
由，得，则，即，
该直角三角形斜边，故选C．
4．【答案】B
由题，对于②，当直线平面时，②不成立；
对于④，当直线平面时，④不成立；
对于①③，根据直线与平面的位置关系，显然成立，故选B．
5．【答案】B
项：由线面平行的判定定理，可得平面，故项正确；
项：，，由线面垂直的判定定理可得平面，故项正确；
项：，由线面平行的判定定理，可得平面，故项正确；
项：与不垂直，平面不成立，故项错误，
本题选择B选项．
6．【答案】D
在正方体中与平行，因此有与平面平行，A正确；
在平面内的射影垂直于，因此有，B正确；
与B同理有与，垂直，从而平面，C正确；
由知，与所成角为45°，D错，故选D．
7．【答案】A
对于B项，如图所示，连接CD，
因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，
又AB平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，
同理可证，C，D项中均有AB∥平面MNQ．
故选A．
8．【答案】D
作，垂足为，作，垂足为，如下图所示：
在正方体中，根据面面垂直的性质定理，可得，，都垂直于平面，
由线面垂直的性质，可知，易知：平面，
由面面平行的性质定理可知：，
设，
在直角梯形中，，
当时，的最小值为，故本题选D．
9．【答案】D
如图：
取的中点，连接，则，
连接，在上任取一点，
过在面中，作平行于，
其中为线段的中点，交于，
再过作，交于，连接，
在平面的正投影为，连接，则，
由于，，平面，平面，
所以平面，
同理由，可推得平面，
由面面平行的判定定理得，平面平面，
则平面．
由于为上任一点，故这样的直线有无数条．故选D．
10．【答案】C
由于是中点，所以，到平面的距离相等，
∴，同理是中点，，
∴，．故选C．
11．【答案】A
根据三视图恢复原几何体为三棱锥P-ABC如图，
其中，，平面，
计算可得，，，
放在外接球中，把直角三角形恢复为正方形，恰好在一个球小圆中，AC为球小圆的直径，分别过和做圆的垂面，得出矩形和矩形，两矩形对角线交点分别为，
连接并取其中点为，则为球心，从图中可以看出点共面且都在的外接圆上，
在中，，，，，，
利用正弦定理可以求出的外接圆半径，
，，，平面，
则，则球的半径，
外接球的表面积为，故选A．
12．【答案】B
如图所示：分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，
又MN?平面AEF，EF?平面AEF，∴MN∥平面AEF，
∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE，
又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，∴A1N∥平面AEF，
又A1N∩MN＝N，∴平面A1MN∥平面AEF，
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，
则P必在线段MN上，在Rt△A1B1M中，，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N＝，∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
，A1M＝A1N＝，
所以线段A1P长度的取值范围是．
故选B．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）
13．【答案】；
如图：
过作平面于点，连接并延长交于，连接，
因为为正三角形，，，
所以，
，
设球的半径为，则此三棱锥被分割为四个以球心为顶点，以每个面为底面的四个小三棱锥，
则，即，
因为，，
，
所以，
所以，
故答案为；．
14．【答案】6
因为正方体的棱长为，，
，点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭球上，在正方体的棱上，应是椭球与正方体的棱的交点，
结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在棱，，，，，上各有一点满足条件，
故答案为．
15．【答案】
由已知，
设点到平面距离为，则点到平面距离为，
所以，．
16．【答案】①②③④
①如图所示，当是中点时，可知也是中点且，，，
所以平面，所以，
同理可知，且，所以平面，
又平面，所以平面平面，故正确；
②如图所示，取靠近的一个三等分点记为，
记，，
因为，所以，
所以为靠近的一个三等分点，则为中点，
又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，
所以平面，故正确；
③如图所示，作，在中根据等面积得，
根据对称性可知：，
又，所以是等腰三角形，
则，故正确；
④如图所示，设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，
所以，，
当时，解得，故正确，
故答案为①②③④．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．【答案】（1）证明见解析；（2）．
（1）证明：连接，在中，
因为是的中点，是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）∵是的中点，∴到平面的距离为点到平面距离的一半，
∵，
取的中点，，，
，，
∴，∴，
∴点到平面的距离为．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）．
（1）证明：∵，分别为，的中点，则∥．
又∵平面，平面，∴∥平面．
在中，，，∴．
又∵，∴∥．
∵平面，平面，∴∥平面．
又∵，∴平面∥平面．
（2）由（1）知，平面∥平面，
∴点到平面的距离等于点到平面的距离．
由已知，，，，∴，
∴三棱锥的体积．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）．
（1）正三棱柱ABC-A1B1C1中，为正三角形，E是AC的中点，
所以，
平面平面，交线为，平面，
所以BE⊥平面ACC1A1，
平面BEC1，所以平面BEC1⊥平面ACC1A1．
（2）三棱锥A-BEC1的体积，
所以三棱锥A-BEC1的体积．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）．
（1），为的中点，，
又平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，
又平面，．
（2）设点到平面的距离为，
由（1）证，可知，平面，
又因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
，，，，
，
在中，，
，
，
．
21．【答案】（1）证明见解析；（2）．
（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴AB⊥CD，AB⊥CC1，CD∩CC1＝C，∴AB⊥平面CDC1，
∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面CDC1，
∵C1D平面CDC1，∴A1B1⊥C1D．
（2）三棱锥A﹣MDE的体积就是三棱锥M﹣CDE的体积，
AC＝BC＝2，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1的中点，AA1＝4，
所以AM＝2，AB⊥CD，
三棱锥A﹣MDE的体积．
22．【答案】（1）；（2）1．
（1）易求得，，且，
因为为的中点，为等边三角形，所以，
又因为平面底面，
由面面垂直的性质定理可知底面，
因为，所以为的中点，所以到底面的距离为，等于，
所以三棱锥的体积为．
（2）连接，交于点，则为的中点，
连接，因为平面，
由线面平行的性质定理可知，则为的中点，所以．
2019-2020学年必修2第一章训练卷
空间几何体（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列几何体中，顶点总数最多的是（ ）
A．三棱柱 B．四面体 C．六棱锥 D．四棱柱
2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A．（1）是棱台 B．（2）是圆台
C．（3）是棱锥 D．（4）不是棱柱
3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是（ ）
A．圆柱 B．圆
C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体
4．若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示．则该几何体的正视图是（ ）
A． B．
C． D．
5．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积是（ ）
A．10 B．20 C．30 D．40
6．圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，则圆锥的表面积是底面积的（ ）倍．
A．2 B．3 C．4 D．5
7．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原的面积是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正四棱锥中，，侧面积为，则它的体积为（ ）
A．4 B．8 C． D．
9．若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
10．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，，，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
12．魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为（ ）
A．16 B． C． D．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）
13．已知圆锥的侧面展开图是圆心角为、半径为6的扇形．则该圆锥的体积为______．
14．已知圆柱的底面半径为1，体积为，则这个圆柱的表面积是________．
15．表面积为的球面上有、、三点，且，，则球心到平面的距离为______．
16．长方体中，，，，一只蚂蚁从点出发沿表面爬行到点，蚂蚁爬行的最短路线的长为______．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．（10分）如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的半径分别2 cm和5 cm，圆台的母线长是12 cm，求圆锥SO的母线长．
18．（12分）用铁皮制作一个容积为的无盖圆锥形容器，如图．若圆锥的母线与底面所成的角为，求制作该容器需要多少面积的铁皮．（铁皮衔接部分忽略不计，结果精确到）
19．（12分）如图所示，在四边形ABCD中，，，，，，求四边形ABCD绕AD旋转一周所形成的几何体的体积．
20．（12分）已知一个几何体的三视图如图所示．
（1）求此几何体的表面积；
（2）如果点，在正视图中所示位置，为所在线段中点，为顶点，求在几何体侧面的表面上，从点到点的最短路径的长．
21．（12分）下图是一个正四棱锥玩具模型，已知它的底面边长为，高为，现在给其外表贴一层保护膜，试求出所需保护膜面积．
22．（12分）如图，是圆柱的直径且，是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点．
（1）求圆柱的侧面积和体积；
（2）求三棱锥体积的最大值；
（3）若，是的中点，点在线段上，求的最小值．
2019-2020学年必修2第一章训练卷
空间几何体（二）答 案
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．【答案】D
三棱柱、四面体、六棱锥、四棱柱的顶点总数分别为、、、，
因此，上述几种几何体中，顶点总数最多的是四棱柱，故选D．
2．【答案】C
对于（1），由于几何体上下底面不相似，所以不是棱台，A选项错误；
对于（2），由于几何体上下底面不平行，所以不是圆台，B选项错误；
对于（3），几何体是棱锥，所以C选项正确；
对于（4），几何体有两个平面平行且全等，侧面都是平行四边形，故是棱柱，
所以D选项错误，
故选C．
3．【答案】C
由于各个截面都是圆的几何体是球体，所以这个几何体一定是球体，
故选C．
4．【答案】A
正视图是从前向后看得到的视图，结合选项可判断所给图形的正视图是A选项所给的图形，
故选A．
5．【答案】B
因为圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长是母线长，宽为底面圆的直径，所以轴截面的面积为，
故选B．
6．【答案】D
设圆锥的母线长为，底面半径为，
依题意可得，所以，所以圆锥的侧面积为，
圆锥的底面积为，所以．
故选D．
7．【答案】A
由题图可知原的高为，
∴，故答案为A．
8．【答案】A
连，交于，连，取中点，连，
则为正四棱锥的高，且，
侧面积，，
在中，，，，
．
故选A．
9．【答案】A
设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，
由题可知，，则，
∴，，侧面积为，故选A．
10．【答案】C
由三视图知几何体是一个组合体，如图：
上面是一个直径为2的球，则球的体积是，
下面是一个棱长为2的正方体，则体积是，
几何体的体积是，故选C．
11．【答案】C
可将直三棱柱补成如下图所示的长方体，
则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球，
∴球的半径，球的体积，故选C．
12．【答案】C
正方体的棱长为2，则其内切球的半径，
正方体的内切球的体积，
又由已知，．故选C．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）
13．【答案】
设圆锥底面圆半径为，
圆锥的侧面展开图是圆心角为、半径为6的扇形，
∴，解得，
这个圆锥的高是，故圆锥的体积，
故答案为．
14．【答案】
设圆柱母线长为，圆柱的体积为，解得，
所以圆柱的表面积为．
15．【答案】
球的表面积为，可得球半径，
，，，
∴为直角三角形，的外接圆的半径，
球心到平面的距离为球心与的外接圆圆心的距离为．
故答案为．
16．【答案】
将长方体侧面展开有三种方式如下图：
的长有以下三种可能：
第①种方式：；
第②方式：；
第③种方式：，
所以蚂蚁爬行的最短路线的长为，故答案为．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．【答案】20 cm．
如图，过圆台的轴作截面，截面为等腰梯形ABCD，
由已知可得上底半径O1A＝2 cm，下底半径OB＝5 cm，且腰长AB＝12 cm．
设截得此圆台的圆锥的母线长为l，则由△SAO1∽△SBO，可得，
所以l＝20 cm．
故截得此圆台的圆锥的母线长为20 cm．
18．【答案】．
设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
因为母线与底面所成的角为，所以，
又，所以，，
进而得圆锥的侧面积，
所以该容器所需铁皮的面积约为．
19．【答案】．
如图，过C作CE垂直于AD，交AD延长线于E，
则所求几何的体积可看成是由梯形ABCE绕AE旋转一周所得的圆台的体积，减去△EDC绕DE旋转一周所得的圆锥的体积．
所以所求几何体的体积π×(52＋5×2＋22)×4－π×22×2＝．
20．【答案】（1）；（2）．
（1）由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．
，，，
所以．
（2）沿点与点所在母线剪开圆柱侧面，如图．
则，
所以从点到点在侧面上的最短路径的长为．
21．【答案】．
如图，连接，取中点为，中点为，连接，，，
则，且，
因为正四棱锥底面边长为，高为，
所以，，所以，
又，所以，
因此，
底面正方形的面积为；
所以，给该正四棱锥玩具模型外表贴一层保护膜，
所需保护膜的面积为．
22．【答案】（1），；（2）；（3）．
（1）圆柱的底面半径，高，
圆柱的侧面积，圆柱的体积．
（2）三棱锥的高，底面三角形中，，
则当点到的最大值等于底面圆的半径，
所以三棱锥体积的最大值．
（3）将绕着旋转到使其共面，且在的反向延长线上，
，，，，
，
即的最小值为等于．
