第十三章 立体几何初步（单元测试）-【上好课】2024-2025学年高一数学同步精品课堂（苏教版2019必修第二册）

第十三章 立体几何初步章末检测 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。 2. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3. 答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将本试题答题卡交回。 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴 上，与轴垂直，且，则的边上的高为（    ） A．3 B． C．6 D． 3．长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 4．如图所示，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，， ，P为棱的中点，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C．4 D．5 5．已知圆锥的母线长为2，轴截面面积为，则圆锥的体积为（   ） A． B．或 C．或 D．或 6．下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是（　　） A． B． C． D． 7．如图，已知正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，点在侧面上，若，则的最小值为（   ） A． B． C．3 D． 8．某中学开展劳动实习，学习制作模具加工，现将一个圆台加工成一个球体．已知圆台的上、下底面的半径之和为6，母线长为8，且母线与底面所成的角为，则得到的球的表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（    ） A．与平行 B． C． D．直线中，任意两条都是异面直线 10．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的棱长为，则（   ） A．石凳是十四面体 B．石凳有24条棱 C．石凳的表面积为 D．石凳有24个顶点 11．如图，棱长为2的正方体，O为底面ABCD的中心，E为棱的中点，M是线段上的动点，P为平面内的动点，则下列说法正确的是（    ）． A．平面 B． C．的最小值为 D．OP的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 如图，在三棱柱中，E是棱的中点，D是棱BC上一点．若平面ADE，则的值为 ． 13．在正四棱台中，高为，，，则该正四棱台的体积为 ． 14．已知平面，，，于，于，在上，且满足，则四面体与的外接球的体积比的取值范围为 ． （第12题图） （第14题图） 四､解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在正方体中，点G，E，F分别为棱的中点． (1)求证：D，B，F，E四点共面； (2)求证：平面DBFE． 16．如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)证明：平面． 17．如图，四棱锥中，，平面平面，点M在棱上． (1)求证：； (2)设时，求二面角的正弦值． 18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 19．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. (1)如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； (2) 将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； (3)半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第十三章 立体几何初步章末检测 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。 2. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3. 答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将本试题答题卡交回。 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据线面平行、面面平行的性质对选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A： 若，所以可能平行也可能异面，所以A错误； 对于选项B： 若，所以可能与平面平行，也可能在平面内，所以B错误； 对于选项C： 若，那么，也可能平面相交，所以C错误； 对于选项D： 根据平行平面的传递性，若，则.所以D正确. 故选：D. 2．如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】利用斜二测画法还原△ABC，计算边AB上的高. 【详解】如图，作线段轴，交轴于点， 则， 所以边上的高为. 故选：D.    3．长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据异面直线所成角的定义可知为异面直线与所所成角，利用正切值求出此角即可． 【详解】连接， 所以异面直线与所成角是异面直线与所成角是， 因为，所以， 所以，所以. 故选：A 4．如图所示，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，，，P为棱的中点，则点P到直线的距离为（    ） A． B． C．4 D．5 【答案】A 【分析】根据直三棱柱条件，可判断为等腰三角形，进而可求出点P到直线的距离 【详解】因为是等腰直角三角形，且， 又因为P为棱的中点， 所以， 所以，， 所以为等腰三角形. 设P到直线的距离为h， 因为， 可知． 故选：A． 5．已知圆锥的母线长为2，轴截面面积为，则圆锥的体积为（   ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】C 【分析】设圆锥的底面半径为r，高为h，根据题意，列出方程组，求得的值，结合圆锥的体积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h， 因为圆锥的轴截面面积为，且母线长为，可得，且， 解得或， 则或， 所以圆锥的体积为或. 故选：C． 6．下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的图形是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据线线平行得出四点共面分别判定A，B，C，根据异面直线判定D. 【详解】 在A中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点， 所以，因为，所以是平行四边形，所以， 所以，∴四点共面． 在B中，取的中点N，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，可得交于直线延长线上一点， ∴P，N，R，S四点共面，设为，因为，∴P，Q，N，S四点共面，设为. ∵都经过不共线的P，N，S三点，∴与重合，∴P，Q，R，S四点共面． 在C中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，所以，所以，∴P，Q，R，S四点共面． 在D中，连接，如图②，∵平面平面且， ∴直线与为异面直线．∴P，Q，R，S四点不共面． 故选：D. 7．如图，已知正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，点在侧面上，若，则的最小值为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，由空间中垂直关系的转化可得，从而可得的轨迹，故可求的最小值. 【详解】如图，取的中点，连接， 由正三角形可得， 而由正三棱柱可得平面， 因平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故， 又，平面， 故平面，而平面，故， 所以点在以线段为直径的圆与长方形相交的部分，记的中点为． 又由， 故的最小值为． 故选：B. 8．某中学开展劳动实习，学习制作模具加工，现将一个圆台加工成一个球体．已知圆台的上、下底面的半径之和为6，母线长为8，且母线与底面所成的角为，则得到的球的表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据圆台的结构特征和边角关系求出圆台上下底面的半径，然后求出圆台的高，然后将等腰梯形补成等边三角形求出内切圆半径，即可求出球的表面积的最大值. 【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为，，则， 易知圆台的轴截面是一个等腰梯形，又母线与底面所成的角为，则等腰梯形的底角为． 由于，即，解得，， 则圆台的高为，将梯形补成边长为10的等边三角形， 所以该等边三角形的内切圆的半径为， 又，所以圆台加工成一个球体的半径最大值为， 所以球的表面积最大值为． 故选：B． 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，下列结论正确的是（    ） A．与平行 B． C． D．直线中，任意两条都是异面直线 【答案】BCD 【分析】还原成正方体之后根据正方体性质分析线线位置关系. 【详解】根据展开图还原正方体,如图所示：与不平行，所以A错误； 正方形中有，所以B正确； 正方体中易得，所以是等边三角形，所以，所以C正确； 由图可得，，三条直线中任意两条既不相交也不平行，所以任意两条都是异面直线，所以D正确. 故选：BCD      10．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的棱长为，则（   ） A．石凳是十四面体 B．石凳有24条棱 C．石凳的表面积为 D．石凳有24个顶点 【答案】AB 【分析】根据多面体的产生过程可得多面体的面数、棱数、顶点数判断ABD，再由三角形及正方形的面积计算多面体表面积判断C. 【详解】对于A，由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面，故A正确； 对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确； 对于C，被截正方体的棱长为，则多面体中正三角形边长为，正方形边长为，所以表面积，故C错误； 对于D，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故D错误. 故选：AB. 11．如图，棱长为2的正方体，O为底面ABCD的中心，E为棱的中点，M是线段上的动点，P为平面内的动点，则下列说法正确的是（    ）． A．平面 B． C．的最小值为 D．OP的最小值为 【答案】BCD 【分析】用线面平行判定定理判断A选项；用线面垂直的性质定理判断B；用余弦定理判断C；结合垂直平面时的值最小判断D选项. 【详解】选项A中，分别取，中点，，连接、，，可知， 又因为，所以，所以平面不成立，选项A错误； 选项B中，取中点，连接，，，所以， 因为正方体，所以面， 因为平面，所以，即； 因为，，所以， ，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以，故，选项B成立； 选项C中，要求的最小值，面，面， 这两个三角形和都是边长为的正三角形， 将它们置入同一平面可以得到平行四边形，为中点， 在中，由余弦定理可得， ∴，选项C成立； 选项D中，垂直平面时的值最小， 又到平面的距离等于到平面距离的， 设正四面体的高等于， 因为，即， 即，解得， 正四面体的高等于，所以的最小值为．选项D成立； 故选：BCD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 如图，在三棱柱中，E是棱的中点，D是棱BC上一点． 若平面ADE，则的值为 ． 【答案】2 【分析】连接相交于，根据线面平行的性质及可得答案. 【详解】连接相交于点，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以，则，即. 故答案为：2. 13．在正四棱台中，高为，，，则该正四棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】根据勾股定理求得，从而得，再利用正四棱台体积公式即可. 【详解】连接，，，设，连接， 在正四棱台中，， 因为，所以，则，， 因为该正四棱台的高为，所以，所以， 所以该正四棱台的体积． 故答案为：. 14．已知平面，，，于，于，在上，且满足，则四面体与的外接球的体积比的取值范围为 ． 【答案】 【分析】首先根据条件中的几何关系，以及四面体与外接球的性质，分别求得四面体与的外接球的半径，再计算比值，即可求解体积比值. 【详解】设，则，，， 因为平面，平面，所以, 且，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以四面体的外接球的直径为，所以半径， 对四面体，， 因为，所以， 则是四面体的外接球的直径， 所以四面体的外接球半径为， 所以，只求的范围，设，则，，，则， 令，则，且， 在中，由余弦定理可知， ，则， 所以，则外接球的体积比的取值范围是． 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在正方体中，点G，E，F分别为棱的中点． (1)求证：D，B，F，E四点共面； (2)求证：平面DBFE． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）通过证明，可证D，B，F，E四点共面； （2）连接分别交DE，DB于点H，O，连接HO，通过证明可证. 【详解】（1）连接，如图所示，因为点E，F分别为棱的中点， 所以， 又在正方体中，， 所以，所以D，B，F，E四点共面． （2）连接分别交DE，DB于点H，O，连接HO，如图所示． 在正方体中，， 所以，所以， 同理可得， 在中，，所以， 又平面不在平面DBFE内，所以平面DBFE． 16．如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)证明：平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据三棱锥体积公式计算即可； （2）根据线面垂直的判断定理证明即可. 【详解】（1）因为平面， 所以三棱锥的高为， 因为底面为矩形，为的中点， 所以， 所以； （2）因为平面，平面， 所以， 因为底面为矩形，为的中点， 所以， 因为， 所以， 因为，平面， 所以平面. 17．如图，四棱锥中，，平面平面，点M在棱上． (1)求证：； (2)设时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】(1)由面面垂直的性质定理即证得. (2)建立空间直角坐标系，求得的两个半平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式代入即可. 【详解】（1）取的中点,连接，如图所示 因为，所以，又因为平面平面，且平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，由，且平面，所以平面，由平面 ，所以. （2）由(1)可知，平面，平面，所以平面平面，所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 在中，，，在中，，所以 ， 因为平面，，即为平面的一个法向量，设平面的法向量为，，， ，取，则，则，， 所以二面角的正弦值为. 18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，交于点，连接，证明，由线线平行证明线面平行即可； （2）利用等腰三角形的三线合一可证，，由线线垂直即可证得线面垂直； （3）取的中点，连接，得到即与所成角或其补角，利用余弦定理求得，通过证明平面得到，求出，在中，结合，，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】（1） 连接，交于点，连接， 因底面是边长为2的菱形，则点是的中点， 又因F为线段的中点，则有， 平面，平面，可得平面. （2）因是正三角形，E为线段的中点，则有， 又，，即为正三角形，且， 因平面，则平面， 又因，故得平面. （3） 如图，取的中点，连接，则，且， 故即与所成角或其补角. 因，由余弦定理，， 又因平面平面，平面平面，，平面， 故平面，又平面，则，又,故， 由（2）已得平面，因平面，故，则， 又，则在中，由余弦定理，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 19．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任意一个平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理. (1)如图1，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，求该不规则几何体的体积； (2) 将两个底面半径为，高为的圆柱体按如图2所示正交拼接在一起，公共部分叫做“牟合方盖”，如图3.取牟合方盖的八分之一，根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积，求这两个圆柱公共部分几何体即“牟合方盖”的体积； (3)半径为的两个球的球心距离也为，根据祖暅原理计算两个球的公共部分的体积. 【答案】(1)21 (2) (3) 【分析】（1）由已知条件求出正六棱台体积，即可得到答案； （2）由题，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为，根据祖暅原理，列式计算； （3）由题，两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠，每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积，列式计算得解. 【详解】（1）正六棱台的上表面面积，下表面面积， 正六棱台的体积为. （2）根据图4，该几何体在距底面距离处的横截面积为，阴影部分面积为. 底面边长和高为的正四棱锥在距底面距离处的横截面积与阴影部分相等. 根据祖暅原理，它的体积和某个四棱锥的体积相加等于棱长为的正方体的体积 即，所以. （3）两个球的公共部分为两个底面半径为的球冠， 每个球冠的体积等同于一个底面半径为，高为的圆柱中间挖去一个上下底面半径分别为和，高为的圆台的组合体体积， 则， 即. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$