高中数学人教A版（2019）必修第二册第八章立体几何初步 同步练习（含解析）

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人教A版（2019）必修第二册 第八章 立体几何初步 同步练习 一、单选题1．下列说法正确的有（       ）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个2．已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（       ）A． B．3 C． D．3．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（       ）A．2 B．1 C．高 D．考4．如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积是（       ）A．6 B．12 C． D．5．如图，已知梯形，．，沿着对角线折叠使得点B，点C的距离为，此时二面角的平面角为（       ）A． B． C． D．6．如图，一个底面边长为cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若该容器的厚度忽不计，则该圆锥的侧面积为（       ）A． B． C． D．7．在空间中，下列命题是真命题的是（       ）A．经过三个点有且只有一个平面B．平行于同一平面的两直线相互平行C．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面8．如图，为圆锥底面直径，点是底面圆上异于的动点，已知，圆锥侧面展开图是圆心角为的扇形，当与所成角为时，与所成角为（       ）A． B． C． D．9．棱台不具备的特点是（       ）A．两底面相似 B．侧面都是梯形C．侧棱长都相等 D．侧棱延长后都交于一点10．阿基米德（，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为，则圆柱的体积为 （       ）A． B． C． D．11．下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（       ）A． B． C． D．12．在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．二、填空题13．如图，在棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面平面；②；③的取值范围是；④三棱锥的体积为定值．14．将一个斜边长为4的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_________.15．圆锥的底面半径为，母线与底面成45°角，过圆锥顶点S作截面SAB，且与圆锥的高SO成30°角，则底面圆心O到截面SAB的距离是______.16．已知正四棱锥中，是边长为3的等边三角形，点M是的重心，过点M作与平面PAC垂直的平面，平面与截面PAC交线段的长度为2，则平面与正四棱椎表面交线所围成的封闭图形的面积可能为______________.（请将可能的结果序号填到横线上）①2；②；③3； ④.三、解答题17．如图，三棱锥中，，，两两垂直，，，分别是，的中点，的面积为，四棱锥的体积为.（1）若平面平面，求证：；（2）求三棱锥的表面积.18．如图，在正四棱柱中，，，E，M，N分别是，，的中点.（1）求三棱锥的体积；（2）求异面直线与所成角的余弦值.19．如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.20．如图，正方体的棱长为2，为的中点.（1）求证：平面（2）求三棱锥的体积；21．如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，，，，，O为四边形对角线的交点．(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．
参考答案：1．A 根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.【详解】①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A2．C  根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.【详解】设底面半径为，高为，母线为，如图所示：则圆锥的体积，所以，即，，则，又，所以，故．故选：C．3．C 将展开图还原为正方体，结合图形即可得解；【详解】解：将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”，故选:C.4．B  由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原是一个直角三角形，其中直角边，直接求解其面积即可．【详解】解：由直观图画法规则，可得是一个直角三角形，其中直角边，∴．故选：B．5．D  首先分别过作，垂直，交于，根据梯形为等腰梯形得到，从而得到，即可用勾股逆定理证明，根据，即可得到，从而得到平面，即平面平面，从而得到二面角的平面角为.【详解】分别过作，垂直，交于，如图所示：因为，，所以梯形为等腰梯形，则，.在中，，，则.所以，则，即.沿着对角线折叠使得点B，点C的距离为，如图所示：在中，，，则，即.所以平面.又因为平面，所以平面平面，即二面角的平面角为.故选：D6．A  由水上升的体积得圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线得侧面积．【详解】依题意可得圆锥的体积，又（其中h为圆锥的高），则cm，则圆锥的母线长为cm，故圆锥的侧面积为．故选：A．7．D  由三点共线判断A；由线面、线线位置关系判断B；根据等角定理判断C；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.【详解】当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；如果两个相交平面垂直于同一个平面，且，则在平面、内分别存在直线垂直于平面，由线面垂直的性质可知，再由线面平行的判定定理得，由线面平行的性质得出，则，故D正确；故选：D8．C  作与圆交于点，连接，四边形为平行四边形，，连接，则为与所成角，解即可得解.【详解】设圆锥母线长为，则，解得，，与所成角， ， 中，作与圆交于点，连接，四边形为平行四边形，，连接，则为与所成角，中，可得， ，故选：C.9．C  根据棱台的定义结构特征求解.【详解】根据棱台的定义知，棱台底面相似，侧面都是梯形，侧棱延长后都交于一点，但是侧棱长不一定相等，故选：C10．C 根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.【详解】设球的半径为，则，所以，所以圆柱的底面半径为，圆柱的高为，所以圆柱的体积为.故选：C11．B  先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.【详解】如图，设上底面的半径为，下底面的半径为，高为，母线长为，则，，解得，，，设上底面面积为，下底面面积为，则体积为.故选：B.12．A 在中由余弦定理求得，即知为等边三角形，又由已知，若的外接圆的圆心为有为菱形，则平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.【详解】在中，，即，又，∴为等边三角形根据题意，有如下示意图：如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH.由题意可得，且，.∴由上知：且，又，∴，由，平面ABC.设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，， ，代入解得，即有，∴三棱锥外接球的表面积为.故选：A. 关键点点睛：利用三角形的性质确定三棱锥一面的外接圆圆心，由三棱锥外接球球心与面的外接圆圆心的关系以及已知线段的长度求球体半径，即可求球体的体积.13．①②④  由正方体的特征知平面，对角面，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点为线段的一个四等分点且靠近点时，由长度关系可求得，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.【详解】对于①，几何体是正方体，平面，又平面，平面平面，①正确；对于②，在正方体中，对角面，对角面，，②正确；对于③，当点为线段的一个四等分点且靠近点时，可得：，，，由余弦定理得：，此时，③错误；对于④，的面积是定值，点到面的距离为，三棱锥的体积，④正确．故答案为：①②④．14． 先求出等腰直角三角形的直角边长，进而求出旋转体圆锥的底面半径和母线，再利用圆锥的表面积公式即可求出结果.【详解】因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以直角边长为，由题意可知所得几何体是圆锥，其底面圆的半径，母线长，则其表面积为.故答案为：. 关键点点睛：该题考查的是有关圆锥的表面积的问题，正确解题的关键点是：（1）要确定旋转后所得到的几何体是圆锥；（2）要明确圆锥的各个量：底面圆的半径以及母线长；（3）要熟练掌握圆锥的表面积公式.15．  确定高与截面所成的角，如图作出点到的垂线，并说明的长是点到平面的距离，然后在直角三角形中求得点面距．【详解】如图，底面直径，平面，平面，则，又，平面，则平面，平面，所以平面平面，所以在平面的射影是，所以是与平面所成的角，即，又是母线与底面所成的角，即，所以在直角中，，作，垂足为，则平面，且．故答案为：．16．①③  设，因为为正四棱锥，易知平面，过M作∥分别交棱、于点T、L，则平面，由题意，只需所作的平面是包含且与截面PAC交线段的长度为2即可，数形结合，作出截面即可得到答案.【详解】设，因为为正四棱锥，易知平面平面，又，平面平面，平面，所以平面，过M作∥分别交棱、于点T、L，则平面，由题意，只需所作的平面是包含且与截面PAC交线段的长度为2即可，又是边长为3的等边三角形，点M是的重心，过M作∥分别交棱、于点E、Q，所以，即，所以，如图1，则平面为满足题意的平面，因为，所以，所以，所以，故①正确；如图2，过T作∥，过L作∥，易知平面为满足题意的平面，且为两个全等的直角梯形，易知T、H分别为GE、EF的中点，所以，所以五边形的面积，故③正确.当∥与∥是完全相同的，所以，综上选①③.故答案为：①③ 本题空间立体几何中的截面问题，考查学生空间想象能力，数形结合的思想，是一道有一定难度的题.17．（1）证明见解析；（2）.  （1）由中位线性质得到，则可证得平面，由线面平行的性质可得结论；（2）根据线面垂直的判定可知是四棱锥的高，根据长度和垂直关系依次求得各个面的面积，加和即可得到结果.【详解】（1）证明：，分别是，的中点，，平面，平面，平面.又平面平面，平面，.（2）解：，，两两垂直，，，平面，平面，即是四棱锥的高.，，，.，分别是，的中点，，，即.，，.的面积为.三棱锥的表面积.18．（1）；（2）. （1）因为，由正四棱柱，可知为点到平面的高，结合已知，即可求得答案；（2）取AD的中点Q，连接NQ，BQ，证明且，可得为异面直线MN与所成角(或其补角)，求解三角形可得再由余弦定理可得异面直线MN与所成角的余弦值.【详解】（1），在正四棱柱中平面，即为点到平面的高（2）取的中点Q，连接，N为的中点且，M为的中点，，且且四边形是平行四边形，且同理可证且且为异面直线与所成角(或其补角).在正方形中，，E为中点.异面直线与所成角的余弦值为. 关键点睛：本题考查了求异面直线夹角问题，解题关键是将求两条异面直线夹角问题转化为求共面直线夹角，结合余弦定理进行求解.19．（1）证明见解析；（2）.  (1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合⊆平面，故.(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，,，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，设直线EF与平面所成角为，则. 本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20．（1）证明见解析；（2）.  （1）由正方体的性质可得，，由线面垂直的判定定理即可求证；（2）利用三棱锥体积相等即可求解.【详解】（1）在正方体中，面，因为面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为，面，面，所以平面；（2）正方体的棱长为2，为的中点，所以，，平面，所以.21．(1)证明见解析(2)  (1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.(2)在正四棱锥中作出二面角的平面角，借助直角三角形计算即可.(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，因O是正四棱锥底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，，于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而平面ADQ，平面ADQ，所以PO//平面ADQ.(2)在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，因平面，则PQAQ，，而，则PO=2，，中，，于是得，所以二面角的正弦值.