【同步练习】北师大版（2019） 高中数学 必修第二册 立体几何初步B

这是一份【同步练习】北师大版（2019） 高中数学 必修第二册 立体几何初步B，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

立体几何初步
一、单选题
1．设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列4个命题中，所有正确命题的序号是（       ）
①存在P，Q的某一位置，使AB∥PQ；
②△BPQ的面积为定值；
③当PA＞0时，直线PB1与直线AQ一定异面；
④无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ.
A．①②④ B．①③
C．②④ D．①③④
3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（       ）

A．8 B． C． D．
4．已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（       ）

A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形
C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形
5．在棱长为4的正方体中，为的中点，点P在正方体各棱及表面上运动且满足，则点P轨迹围成的图形的面积为（       ）
A． B． C． D．
6．四氯化碳是一种有机化合物，分子式为，是一种无色透明液体，易挥发，曾作为灭火剂使用．四氯化碳分子的结构为正四面体结构，四个氯原子（Cl）位于正四面体的四个顶点处，碳原子（C）位于正四面体的中心．则四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为（       ）．

A． B． C． D．
7．如图，在棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点（点P与，不重合），则下列说法不正确的是（       ）

A．
B．三棱锥的体积为定值
C．过，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形
D．过四点的球的半径为定值
8．在正方体中，，E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为（       ）
A． B． C．4 D．
二、多选题
9．如图，在等腰梯形ABCD中，．现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成，记二面角的大小为α（0＜α＜），则（       ）

A．存在α，使得⊥BC
B．存在α，使得⊥平面BC
C．存在α，使得三棱锥−ABC的体积为
D．存在，使得三棱锥−ABC的外接球的表面积为
10．如图,下列各正方体中,为下底的中点,为顶点,为所在棱的中点,则满足的是（       ）
A． B．
C． D．
11．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，底面ABCD，M为PA的中点，则下列叙述中正确的是（       ）

A．PC//平面MBD
B．平面PAC
C．异面直线BC与PD所成的角是
D．直线PC与底面ABCD所成的角的正切值是
12．（多选）如图，在四面体中，点分别是棱的中点，截面是正方形，则下列结论正确的是（       ）

A． B．截面PQMN
C． D．异面直线与所成的角为
第II卷（非选择题）
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三、填空题
13．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________．

14．在三棱锥中，，，异面直线PA，BC所成角为，，，则该三棱锥外接球的表面积为______．
15．已知三棱锥P﹣ABC的各顶点都在同一球面上，且PA⊥平面ABC，若该棱锥的体积为1，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的体积等于_______．
16．已知正方体的棱长为1，E为线段上的点，过点E作垂直于的平面截正方体，则截面图形的周长为______.
四、解答题
17．如图，三棱锥被一平面所截，截面为平行四边形EFGH，求证：平面EFGH．

18．求证：如果三条共点直线两两互相垂直，那么它们中每两条直线分别确定的三个平面也两两互相垂直．
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，为垂足．

(1)当点在线段上移动时，判断是否为直角三角形，并说明理由；
(2)若，当点是的中点，且时，求三棱锥的体积．
20．判断下列命题是否正确，并说明理由：
(1)若，，则；
(2)若，，则．
21．如图，在三棱柱中，．

(1)证明：；
(2)若，求三棱柱的体积．
22．如图，在长方体中，，点是的中点，在上，且.若过的平面交于，交于.

(1)求证：平面；
(2)若，求多面体的体积.

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.
【详解】
选项A.   一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直
则由，不能得出，故选项A不正确.
选项B.     ,则正确，故选项B正确.
选项C.   若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.
选项D.   若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.
故选：B
2．D
【解析】
【分析】
画出图形，利用特殊点判断①的正误；判断的面积为变化，判断②，利用异面直线以及直线与平面垂直关系判断③④即可．
【详解】
解：①当，分别为棱，的中点时满足，正确．
②令正方体的棱长为1，取特殊位置的面积为变化，在处时，的面积为，在中点时，的面积为，面积不是定值，故错误．
③，当时，假设直线与是共面直线，则与共面，矛盾，所以直线与是异面直线，故③正确；
④，当与重合或与重合时，易证.当不与、重合时，设点在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的射影为N，连接PM，QN，MN，PQ，由知，，故，又，，所以平面，平面，所以，故④正确；
故选：D．

3．B
【解析】
【分析】
根据三视图，还原几何体，再根据棱柱和棱锥的体积公式求组合体的体积即可.
【详解】
根据三视图还原几何体如下：

直棱柱底面是为直角的等腰直角三角形，且，高；
棱锥和棱柱同底，且高，
故该组合体的体积.
故选：B.
4．C
【解析】
【分析】
选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线的平面截取正方体，根据正方体的性质及结构特征、勾股定理分析各选项的正误即可.
【详解】
如下图，当分别与对角顶点重合时，显然是矩形；

如下图，当，为，的中点时，显然是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：不可能为正方形；

根据对称性，其它情况下为平行四边形；
综上，C不正确.
故选：C.
5．A
【解析】
【分析】
构造辅助线，找到点P轨迹围成的图形为长方形，从而求出面积.
【详解】
取的中点E，的中点F，连接BE，EF，AF，则由于为的中点，可得，所以∠CBE=∠ECN，从而∠BCN+∠CBE=∠BCN+∠ECN=90°，所以BE⊥CN，又EF⊥平面，平面，所以EF⊥CN，又因为BEEF=E，所以CN⊥平面ABEF，所以点P轨迹围成的图形为矩形ABEF，又，所以矩形ABEF面积为.

故选：A
6．D
【解析】
【分析】
将四面体放入正方体中进行计算，结合正方体和正四面体的几何特点，借助余弦定理即可容易求得结果.
【详解】
如图所示，正方体的棱长为a，正四面体的棱长为，

又该正方体的体对角线长度为，故，
根据题意可知，所求夹角为，
在中，由余弦定理可得：，
故，即四氯化碳分子的碳氯键（C-Cl）之间的夹角正弦值为.
故选：D．
7．D
【解析】
【分析】
对A：连接，证明平面，得出；
对B：三棱锥的体积为；
对C：连接、，交于点，当点在上（包括点时，则过，，三点作正方体的截面为三角形；当点在上（不包括点时，过，，三点作正方体的截面为梯形；
对D：连接、，交于点，计算点与重合和点与O重合时，过四点的球的半径即可判断．
【详解】
解：对A：连接，如图1所示：

由题意，，因为平面，平面，所以，
又，所以平面，又平面，所以，故选项A正确；
对B：三棱锥的体积为是定值，故选项B正确；
对C：连接、，交于点，如图2所示，

当点在上（包括点时，则过，，三点作正方体的截面，截面图形为三角形；
当点在上（不包括点时，则过，，三点作正方体的截面，截面图形为梯形，故选项C正确；
对D：连接、，交于点，设过四点的球的半径为，
当点与重合时，过四点的球的半径为正方体体对角线长的一半，即，
当点与O重合时，过四点的球的半径满足方程，解得， 因为，所以过四点的球的半径不为定值，故选项D错误.
故选：D．
8．D
【解析】
【分析】
先作出平面截正方体的截面，再求出截面的高，由梯形面积公式得出截面面积.
【详解】
取的中点为M，连接EM，，则，且，则．又正方体中，，所以，，因此，所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形，因此该等腰梯形的高为，所以该截面的面积为．
故选：D．

9．ACD
【解析】
【分析】
A：证明平面即可；
B：假设⊥平面BC，得出与已知条件矛盾的结论即可判断；
C：根据体积可算设到平面的距离，由此可算α的大小；
D：过外心作平面垂线，过△ABC外心作平面ABC垂线，两垂线交点即为三棱锥−ABC的外接球球心，根据几何关系即可求出外接球半径和表面积.
【详解】
取中点E，连接交于F，

因为，所以都是等边三角形，
所以，，，
在翻折过程中，，所以．
对选项A，当时，平面平面，因为，所以平面，又因为平面，所以，所以存在，使得，故A正确；
对于选项B，假设存在，使得平面，因为平面，所以，与矛盾，故B错误；
对选项C，作于F，则，
设到平面的距离为d，
由，求得，
此时sinα＝，故或，故C正确；
对选项D，当时，平面平面，F是AC中点，E是AB中点，

如图所示，EF∥BC，，EF和BC均与平面垂直，
设是顶角是的外接圆圆心，由几何关系可知，过作平面的垂线m，则m∥EF∥BC.
E是直角△ABC斜边中点，也是三角形ABC的外心，过E作平面ABC的垂线n，则m和n的交点即为三棱锥外接球球心O，显然四边形是矩形，，
在Rt△中，三棱锥的外接球半径R＝，
故三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD．
10．BC
【解析】
【分析】
根据图形利用垂直的判定或性质可判断.
【详解】
对于A,如图,//EF,但EF与OP不垂直,所以A不符合条件；

对于B,如图,点Q是所在棱的中点,则，易得平面，所以，因为，可得MN平面OPQ，所以,所以B符合条件；

对于C,如图，易得，平面，则，因为，所以平面，所以，因为，所以，所以C符合条件；

对于D，如图，为中点，易得，若，则平面，则，显然和不垂直，故D不符合.

故选：BC.
11．CD
【解析】
【分析】
利用反证法，根据线面平行的性质定理，结合题意，可判断A的正误；利用反证法，根据线面垂直的性质定理，可判断B的正误；根据异面直线成角的几何求法，即可判断C的正误；根据线面角的几何求法，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
设，则E不是中点，假设平面
因为平面，平面平面，
所以，
因为M为中点，所以E是中点，与题意矛盾，所以A错；
假设平面，则，
因为直角梯形ABCD所，，
所以知与不垂直，与假设矛盾，故B错；
因为，所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，为，
因为是等腰直角三角形，所以，
故异面直线与所成的角是，所以C对．
因为底面，
所以直线与底面所成的角为，
又因为，，
所以，所以D对．
故选：CD．

12．ABD
【解析】
【分析】
根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.
【详解】
解：因为截面是正方形 ，所以，
又平面，平面
所以平面
又平面,平面平面
所以
因为截面，截面，
所以截面，故B正确
同理可证
因为，所以，故A正确
又
所以异面直线与所成的角为，故D正确
和 不一定相等，故C错误
故选：ABD
13．72
【解析】
【分析】
根据三视图，画出直观图，进而求出长方体与四棱锥体积，相减后得到结果.
【详解】
根据三视图可推理得知该几何体是一个长方体中挖去了一个正四棱锥剩下的几何体，还原成直观图如图：

其中AB=BC=4，，其中，四边形EGH为正方形，
故该几何体的体积为．
故答案为：72
14．
【解析】
【分析】
作出辅助线，找到球心的位置，求出半径，利用外接球表面积公式进行求解，注意存在两种情况，需要分类讨论..
【详解】
过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，AD与CD相交于点D，连接PD，因为AB⊥BC，所以AD⊥CD，又，所以四边形ABCD为正方形，所以CD=AD =4，异面直线PA，BC所成角为∠PAD，所以或，因为AB⊥BC，所以AB⊥AD，又因为，，所以AB⊥平面PAD，因为平面PAD，所以AB⊥PD，故，因为PC=8，由勾股定理得：，
当时，如图，在△PAD中，由余弦定理得：，解得：，则，所以，因为，所以PD⊥平面ABCD，取PB中点O，对角线AC，BD相交于点E，则E为BD中点，连接OE，则OE∥PD，所以OE⊥平面ABCD，则点O即为该三棱锥外接球的球心，其中，EB=，由勾股定理得：，即半径，外接球表面积为.

当时，如图，在△PAD中，由余弦定理得：，解得：，则过点P作PN⊥AD交DA的延长线于点N，则∠PAN=，故，，因为AB⊥平面PAD，平面PAD，所以AB⊥PN，因为，所以PN⊥平面ABCD，对角线AC，BD相交于点E，根据△ABC为直角三角形，AC为斜边，故E为球心O在平面ABC的投影，即OE⊥平面ABCD，过点O作OM⊥PN于点M，连接EN，OP，OC，则OM=EN，OE=MN，OC=OP且为外接球半径，其中，由余弦定理得：，设OE=MN=h，由勾股定理得：，即，解得：，代入上式，解得，即半径，外接球表面积为.

故答案为：
【点睛】
对于求解立体几何的外接球问题，需要先找到球心的位置，结合立体几何的特征来求解，比如棱柱和圆柱的外接球球心在其中心位置，而稍微难一些的棱柱的外接球问题，需要先找到一个特殊的平面，找到球心在这个平面的投影，再找到球心的位置，结合题干条件求出半径即可.
15．
【解析】
【分析】
首先利用三棱锥的特征，补体为长方体，再求长方体外接球的体积.
【详解】
中，，
所以，，
所以，
又因为平面，,
解得：
如图，将三棱锥补体为长方体，三棱锥的外接球即此长方体的外接球，球的半径满足，即，
所以外接球的体积

故答案为：
16．
【解析】
【分析】
由题可得平面，故截面与平面平行或在平面内，然后分类讨论，作出截面计算周长即得.
【详解】
由正方体的性质可得，AC⊥BD，AC⊥，，

∴AC⊥平面，平面，
∴AC⊥，同理，又，
∴平面，故截面与平面平行或在平面内，
当点E与或重合时，截面为正或正，周长为；

一般地，设，则，
∴，，
∴，
同理可得：，，
故截面图形的周长为定值.
故答案为：.
17．证明见解析
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理、性质定理即可得证
【详解】
因为四边形EFGH为平行四边形，
所以，
因为平面BCD，平面BCD，
所以平面BCD，
又因为平面ACD，且平面平面BCD，
所以，
又因为平面EFGH，平面EFGH，
所以平面EFGH
18．证明见解析
【解析】
【分析】
根据垂直关系结合面面垂直的判定证明即可.
【详解】
已知：直线VA，VB，VC两两垂直
求证：平面VAB，平面VBC，平面VAC两两垂直.
证明：如图所示，

，平面VBC.
平面VBC.
∵平面VAC，
∴平面平面VBC.
同理可得，平面平面VAB，平面平面VBC.
19．(1)是直角三角形；理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）只需根据已知条件证明平面，即可判断是直角三角形；
（2）由题意，可得平面，所以，从而可得，利用相似三角形的性质可得的长，再取的中点，连接，则有平面，进而根据三棱锥的体积公式即可求解.
(1)
解：是直角三角形．理由如下：

平面，
，
又底面是矩形，
，且，
平面，又平面，
，
又，且，
平面，又平面，
，即，
当点在线段上移动时，是直角三角形．
(2)
解：平面平面，
，又，
平面，又平面，
，
，又是矩形，
，
，
，
，
，又，点是的中点，所以，

又因为平面，取的中点，连接，则有，且，
平面，即为三棱锥的高，
，
，
三棱锥的体积为．
20．(1)错误，理由见解析；
(2)错误，理由见解析.
【解析】
【分析】
依据线面平行判定定理去判断命题是否正确即可.
(1)
若，，则或与平面相交，故不能得到.判断错误.
(2)
若，，则或，故不能得到.判断错误.
21．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，由，得到，再由，证明平面即可；          
（1）解法一：设F为的中点，连接，易证，进而证明平面，然后由求解；解法二：由，得到，进而证明平面，然后由求解..
(1)
证明：如图，连接，

由，可得，
故，故．          
又，
所以平面，          
因为平面，所以，          
又，所以．
(2)
解法一：如图，设F为的中点，连接，

因为，
所以为等边三角形，
所以，                    
又，所以．          
在中，，
则，所以，
故，且．          
又平面平面，
所以，而，
故平面，          
所以三棱柱的体积．          
解法二：因为，
所以为等边三角形，
所以．          
由（1）知，所以，          
所以，所以，          
所以平面．          
则，
，
，
.
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由面面平行的性质可证，进而得证；
（2）连接，将多面体分割成两个四棱锥，分别求解两四棱锥体积，即可求解.
(1)
长方体
平面平面，
交长方体于，
，
又平面，平面，
平面
(2)
由面面平行性质，可得，

四边形为平行四边形，
过点分别向､作垂线，交点分别为､
过点向作垂线，交点为
由长方体中，
可得，故
点是的中点，，
结合立体图形可得：


四边形为棱形
同理可证：，可得，
进而可得
为中点，连接
将多面体分割成两个四棱锥和
由几何关系知，
，
多面体.