高中数学8.3 简单几何体的表面积与体积综合训练题

这是一份高中数学8.3 简单几何体的表面积与体积综合训练题，共13页。试卷主要包含了单选题，单空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


平面练习
一、单选题
1. 下列说法错误的是(    )
A. 平面α与平面β相交，它们只有有限个公共点
B. 经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面
C. 经过两条相交直线，有且只有一个平面
D. 经过两条平行直线，有且只有一个平面
2. 如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，AB//CD，若平面PAD∩平面PBC=l，则(    )
A. l//CD
B. l//BC
C. l与直线AB相交
D. l与直线DA相交
3. 如图，已知平面α∩平面β=l，P∈β且P∉l，M∈α，N∈α，又MN∩l=R，M，N，P三点确定的平面记为γ，则β∩γ是(    )
A. 直线MP
B. 直线NP
C. 直线PR
D. 直线MR
4. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，若E、F、G分别为棱BC、C1C、B1C1的中点，O1、O2分别为四边形ADD1A1、A1B1C1D1的中心，则下列各组中的四个点不在同一个平面上的是(  )
A. A,C,O1,D1
B. D,E,G,F
C. A,E,F,D1
D. G,E,O1,O2
5. 下面给出了四个条件：①空间三个点；②一条直线和一个点；③和直线a都相交的两条直线；④两两相交的三条直线其中，能确定一个平面的条件有
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
6. 如图，α∩β=l，A∈β，B∈β，AB∩l=D，C∈α，则平面ABC与平面α的交线是(     )
A. 直线AC
B. 直线BC
C. 直线AB
D. 直线CD
7. 已知平面α∩平面β=l，点A∈α，B∈α，C∈β，C∉l，且AB∩l=R，若A，B，C确定的平面记为γ，则β∩γ= (    )
A. AC B. BC C. CR D. 以上都不对
8. 在空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH交于一点P，则(    )
A. P一定在直线BD上
B. P一定在直线AC上
C. P在直线AC或BD上
D. P既不在直线AC上，又不在直线BD上
9. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1，棱长为4，BB1的中点为M，过D、M、C1三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为
A. 18 B. 610 C. 122 D. 36
10. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB=BC=2.过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则所得截面周长为(    )
A. 22+6 B. 2+26 C. 32+6 D. 32+26
11. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为3时，线段AP的长为(    )
A. 2 B. 1 C. 3 D. 32
12. 在四面体A−BCD中，AB=CD=AC=BD=3，AD=BC=2，若平面α同时与直线AB、直线CD平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为(  )
A. 22 B. 324 C. 2 D. 322
二、单空题
13. 如图所示，ABCD−A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，给出下列结论：

①A、M、O三点共线；②A、M、O、A1不共面；③A、M、C、O共面；④B、B1、O、M共面．其中正确结论的序号为________．
14. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面的面积为S，则当CQ=1时，S=________．


15. 在长方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱中，既与AB共面，又与CC1共面的棱共有________条．
16. 已知α∩β=m，a⊂α，b⊂β，a∩b=A，则直线m与A的位置关系用集合符号表示为________．

三、解答题
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1P=2PA1，C1Q=2QA1.求证：直线AA1，BP，CQ相交于一点．




17. 如图，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ与CB的延长线交于点M，RQ与DB的延长线交于点N，RP与DC的延长线交于点K．

(1)求证：直线MN⊂平面PQR；
(2)求证：点K在直线MN上．







18. 已知三个不重合的平面α，β，γ，三条不同的直线a，b，c，若α∩β=c，β∩γ=a，γ∩α=b，且a和b不平行．求证：a，b，c三条直线必过同一点．






答案和解析
1.【答案】A
【解答】
解：平面α与平面β相交，相交于一条直线，因此它们有无限个公共点，A中说法错误；由推论1知B中说法正确；由推论2知C中说法正确；由推论3知D中说法正确．
2.【答案】D
【解答】
解：因为底面ABCD是梯形，AB//CD，
所以AD，BC为两条相交直线，
设AD与BC的交点为O，
则O∈AD，O在平面PAD内，
O∈BC，O在平面PBC内，
因为平面PAD∩平面PBC=l，
∴O∈l，
∴l与AD、BC两直线相交．
3.【答案】C
【解答】
解：
由题易知R∈γ，且R∈β，
又B∈γ，且P∈β
∴R，P都在平面γ与平面β的交线上
所以β∩γ=PR
故选C．
4.【答案】B
【解答】
解：对于A：A,C,O1,D1四点共面，因为显然它们在平面ACD1上；
对于B：D,E,G,F四点不共面，因为不能由这四个点得到平行或相交的两条直线；
对于C：A,E,F,D1四点共面，因为直线EF和直线AD1平行，平行的两条直线共面，这四个点当然共面；
对于D：G,E,O1,O2四点共面，因为这四个点显然都在由AD,BC,A1D1,B1C1的中点所在的平面上，
5.【答案】A
【解答】
解：①空间三点共线时不能确定一个平面；
②点在直线上时不能确定一个平面；
③两直线若不平行也不相交时不能确定一个平面；
④三条直线交于一点且不共面时，可以确定三个平面；
所以能确定只有一个平面的条件有0个，
6.【答案】D
【解答】
解：由题意知，D∈l，l⊂α，∴D∈α．
又D∈AB，∴D∈平面ABC，
即D在平面ABC与平面α的交线上．
又C∈平面ABC，C∈α，
∴点C在平面α与平面ABC的交线上．
从而有平面ABC∩平面α=CD．
7.【答案】C

【解析】解：由题易知R∈γ，且R∈β，
又C∈γ，且C∈β
∴R，C都在平面γ与平面β的交线上
所以β∩γ=CR
8.【答案】B
【解答】
解：由题意，EF属于面ABC，GH属于面ADC，
则点P既属于面ABC，又属于面ADC，
则点P必在面ABC与面ADC的交线上，
即点P必在AC上．
9.【答案】A

【解答】
解：由题意，设AB 的中点为N ，连接MN,ND,DC1,MC1 ，如图所示：

因为M是棱BB1的中点，N为AB 的中点，
所以MN//AB1,MN=12AB1，
又AB1//DC1，AB1=DC1，
所以MN//DC1 ，MN=12DC1，
所以四边形MNDC1是梯形，
则梯形MNBC1就是过D、M、C1点的正方体的截面，
则MN=12DC1=22，MC1=DN=25，
从而梯形MNBC1的高为DN2−12DC1−MN2=20−22=32,
所以梯形MNBC1的面积为12×(42+22)×32=18，
所以这个截面的面积为18 ．
10.【答案】C
【解答】
解：如图：

因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，AB⊥BC，AB=BC=2，
所以取AC的中点G，连接BG，取AG的中点H，连接EH，而E是AB的中点，
则BG⊥平面AA1C1C，EH⊥平面AA1C1C，
且AH=EH=12BG=22，EH//BG．
连接AC1、CA1交于O，连接GO，延长交A1C1于G1，则G1是A1C1的中点．
因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以BGG1B1是矩形且O是GG1的中点，
因此连接FO，由F是BB1的中点知：FO⊥平面AA1C1C.
因为EH⊥平面AA1C1C，FO⊥平面AA1C1C，所以EH//FO，
因此EH与FO确定一个平面EFOH，而FO⊂平面EFOH，
所以平面EFOH是与平面AA1C1C垂直的平面α．
延长HO，交A1C1于H1，则HH1是平面α与三棱柱ABC−A1B1C1侧面AA1C1C的交线．
在矩形AA1C1C中，因为O是AC1的中点，所以C1H1=AH=22．
又因为在矩形AA1C1C中，AA1=2，AC=22，所以HH1=6．
又因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以平面ABC//平面A1B1C1，
而平面α与平面A1B1C1有一个交点H1，
因此平面α与平面A1B1C1必相交于过H1的一条直线l，
不妨设直线l与直线B1C1交于K，则EH//KH1．
又因为EH//BG，BGG1B1是矩形，所以KH1//B1G1．
又因为C1H1=22=12C1G1，所以K是B1C1的中点，因此KH1=22．
连接KF，因为四边形AA1B1B和BB1C1C都是边长为2的正方形，因此KF=FE=2．
又因为平面EHH1KF是平面α与直三棱柱ABC−A1B1C1的截面，
所以所得截面周长为：KF+FE+EH+HH1+H1K
=2+2+22+6+22=32+6．
11.【答案】A
【解答】
解：设AP=λAD,λ>0，
分别作PM//D1B1,PN//CB1交AB于M，交AA1于N，
则AM=λAB,AN=λAA1，
此时截面PMN为正方体中过点P的一个截面，且平行于平面B1D1C，
如图所示： 

由△PMN为边长为22λ的等边三角形，
则S△PMN=3422λ2=3，
解得λ=22，
故线段AP的长为 2. 
12.【答案】A
【解答】
解：设PQNM为平面α截四面体所得的截面，因为AB //平面α，平面α∩平面ABC=MN，AB⊂平面ABC，所以AB // MN，同理可得AB // PQ，所以PQ// MN；又因为CD //平面α，同理可得PM// QN，所以四边形PQNM为平行四边形.由平行关系可得MNAB=CMAC⇒MN=CMAC⋅3，MPCD=AMAC⇒MP=AMAC⋅3，所以MN+MP=3(CMAC+AMAC)=3，故，当且仅当M为AC的中点时取等号．
以下求sin∠NMP的值，N，P分别为BC，AD中点时，ND=2，AN=2，AD=2，求得NP=1，所以，所以，所以．
故选A．

法二：由于四面体的对边相等，故四面体A−BCD可看作长方体的面对角线组成的三棱锥，
设长方体的棱长分别为a，b，c，则a2+b2=3a2+c2=3b2+c2=4，解得a=1，b=2，c=2，
因为AB //平面α，CD //平面α，所以平面α与长方体的底面平行，
设平面α与长方体底面的距离为h0 =−2(h−22)2+22.所以当h=22时，S取得最大值22．
故选A．


13.【答案】①③
【解答】
解：连接A1C1、AC，则A1C1 // AC，
∴A1、C1、C、A四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，
∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理O、A在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
∴A、M、O三点共线，故①正确．由①易知②错误，③正确，易知OM与BB1为异面直线，故④错误．
故答案为：①③．

14.【答案】62

【解析】解：当CQ=1时，C1与Q重合，
取A1D1中点E，则菱形APC1E就是过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面，

AC1=3，PE=2，
∴过点A，P，Q的平面截正方体所得的截面为：
S=12×AC1×PE=62．
15.【答案】5
【解答】
解：如图，满足条件的有BC，DC，BB1，AA1，D1C1， 
故答案为  5．


16.【答案】A∈m

17.【答案】证明：如图，连接PQ．

由B1P=2PA1，C1Q=2QA1，
得PQ // B1C1，且PQ=13B1C1．
又BC // B1C1，BC=B1C1，
∴四边形BCQP为梯形，
∴直线BP，CQ相交，设交点为R，
则R∈BP，R∈CQ．
又BP⊂平面AA1B1B，CQ⊂平面AA1C1C，
∴R∈平面AA1B1B，且R∈平面AA1C1C，
∴R在平面AA1B1B与平面AA1C1C的交线上，
即R∈AA1，
∴直线AA1，BP，CQ相交于一点．
18.【答案】证明：(1)∵PQ⊂平面PQR，M∈直线PQ，
∴M∈平面PQR．
∵RQ⊂平面PQR，N∈直线RQ，
∴N∈平面PQR．
∴直线MN⊂平面PQR．
(2)∵M∈直线CB，CB⊂平面BCD，
∴M∈平面BCD．
由(1)，知M∈平面PQR，
∴M在平面PQR与平面BCD的交线上，
同理可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，
∴M，N，K三点共线，
∴点K在直线MN上．
19.【答案】证明：∵α∩γ=b，β∩γ=a，∴a⊂γ，b⊂γ．
又直线a和直线b不平行，

∴a，b必相交．
设a∩b=P，如图，则P∈a，P∈b．
∵a⊂β，b⊂α，∴P∈β，P∈α．
又α∩β=c，∴P∈c，即直线c经过点P．
∴a，b，c三条直线必过同一点．