专题2 立体几何初步回顾巩固卷 -2021-2022学年高一数学下学期期末复习备考精准测试卷（人教A版2019必修第二册）

高一下学期期中复习备考精准测试卷---第一篇  回顾巩固卷

                         专题2  立体几何初步

                 （考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

一、单项选择题：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．下列命题正确的是（    ）

A．棱柱的每个面都是平行四边形 B．一个棱柱至少有五个面

C．棱柱有且只有两个面互相平行 D．棱柱的侧面都是矩形

【答案】B

【分析】根据棱柱的特点一一分析即可得解.

【详解】对于A，棱柱的上下底面可以是三角形或者是梯形，故A不正确；对于B，面最少的就是三棱柱，共有五个面，B正确；对于C，长方体是棱柱，但是上下、左右、前后都是互相平行的，C不正确；对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，D错误.

2．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

【答案】C

【分析】将展开图还原为正方体，结合图形即可得解；

【详解】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”，

3．设是两个不同平面，是两条直线，下列命题中正确的是（    ）

A．如果，，，那么

B．如果，，，那么

C．如果，，，那么

D．如果，与所成的角和与所成的角相等，那么

【答案】C

【分析】A.由，，得到或，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由，，得到或，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由，，得到，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．

【详解】A.因为，，所以或，又，则位置不确定，故错误；B.因为，，所以或，又，所以，故错误；C. 因为，，所以，又，所以，故正确；D.如果，与所成的角和与所成的角相等，那么，相交或异面，故错误．

4．棱长为4的正方体的内切球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由正方体的内切球直径为正方体棱长，直接求解.

【详解】由球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径，得，，故表面积为，

5．我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以1为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2)，从而求得该帐篷的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，求得对应正四棱柱的底面边长和高，根据帐篷的体积等于棱柱的体积减去棱锥的体积，根据体积公式求得结果.

【详解】根据题意，底面正方形的边长为，高为1，根据题意，可知该帐篷的体积为，

6．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，若过直线的平面截圆锥所得的截面是面积为4的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据圆锥的轴截面的求得圆锥的母线长和底面半径，结合侧面积公式，即可求解.

【详解】设圆锥的母线长为，则，得，即母线长为，设圆锥的底面半径为，，解得，即圆锥底面圆的半径为2， 圆锥的侧面积为.

7．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A．B．C．D，满足任意两点间的直线距离为6cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（    ）

（参考数据），，，．

A．101g B．182g C．519g D．731g

【答案】B

【分析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果.

【详解】由题意可知，几何体是棱长为的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为，则正四面体的高为，设正四面体外接球半径为，则，解得，所以打印的体积为：，又，

所以，

8．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．

【答案】C

【分析】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.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理分别判断即可

【详解】在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，

∴AB∥平面MNP，故A成立；对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，

∴AB与面MNP不平行，故B不成立；

对于C，过M作ME∥AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，

∴AB与面MNP不平行，故C不成立；

对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.

10．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则下列选项中正确的是（    ）

A．AC⊥B1E                                 B．B1C∥平面A1BD

C．三棱锥C1﹣B1CE的体积为               D．异面直线B1C与BD所成的角为45°

【答案】AB

【分析】对于A，由已知可得AC⊥平面BB1D1D，从而可得AC⊥B1E；对于B，利用线面平行的判定定理可判断；对于C，由进行求解即可；对于D，由于BD∥B1D1，所以∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，从而可得结果

【详解】如图，

∵AC⊥BD，AC⊥BB1，∴AC⊥平面BB1D1D，又B1E⊂平面BB1D1D，∴AC⊥B1E，故A正确；

∵B1C∥A1D，A1D⊂平面A1BD，B1C平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD，故B正确；三棱锥C1﹣B1CE的体积为，故C错误；∵BD∥B1D1，∴∠CB1D1是异面直线B1C与BD所成的角，又△CB1D1是等边三角形，∴异面直线B1C与BD所成的角为60°，故D错误.

11．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（    ）

A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF

【答案】BC

【分析】由题意可得，AH⊥HE，AH⊥HF，HF⊥HE，从而利用线面垂直的判定定理可得AH⊥平面EFH，HF⊥平面AHE，进而可得答案

【详解】由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确.

12．如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题正确的是（    ）

A．是定值                        B．点在球面上运动

C．一定存在某个位置，使      D．一定存在某个位置，使平面

【答案】ABD

【分析】取中点，连接、，则、，由平行线性质得，可判断A，这时可得出平面平面，从而判断D，利用长为定值可判断B，结合在平面内的射影可判断C．

【详解】A对，取中点，连接、，则、，，定值，定值，根据余弦定理得，，∴是定值，B对，是定点，∴是在以为球心，为半径的球面上，C错，当矩形满足时存在，其他情况不存在，否则若不成立，作于，连接，可得平面，从而有，因此有原图形中共线，，矛盾．D对，取中点，连接、，则、，∴平面平面，∵平面，∴平面.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.

【答案】

【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.

【详解】正六棱柱体积为，圆柱体积为，所求几何体体积为

14．已知是两个平面，是两条直线．有下列命题：

①如果，那么；    ②如果，那么；

③如果，那么；    ④如果，那么．

其中所有真命题的序号是__________．

【答案】②③

【分析】利用线面平行的判断定理，性质定理，以及面面平行和面面垂直的性质定理判断.

【详解】①如果，那么或，故①不正确；②如果，那么，这就是线面平行推得线线平行的性质定理，故②正确；③如果，那么，这就是利用面面平行推线面平行的性质定理，故③正确；④缺少这个条件，故④不正确.

15．已知球的半径为点均在球面上，若为等边三角形，且其面积为则三棱锥的最大体积是___________.

【答案】

【分析】根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积.

【详解】设外接圆的圆心为由是面积为的等边三角形，得解得，则当三棱棱锥体积最大时，球心在上，

因此有所以的最大值为，三棱锥的最大体积为.

16． （本题第一空2分，第二空3分）已知圆锥底面半径为，母线长为2，则圆锥的表面积为___________，点A为底面圆周上一点，若一只蚂蚁从点A出发沿着圆锥的侧面爬行一周回到A点，则蚂蚁爬行的最短距离为___________.

【答案】       

【分析】根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求得圆锥的表面积，再由圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，结合等腰直角三角形，即可求得最短距离.

【详解】由题意，圆锥底面半径为，母线长为2，则圆锥的表面积为，因为圆锥底面半径为，可得底面周长为，可得圆锥的侧面展开图为圆心角为90度的扇形，如图所示，则三角形为边长为2的等腰直角三角形，所以最短距离为.

四、解答题：本题共6小题，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，在三棱柱ABC­中，E，F，G，H分别是AB，AC，，的中点，求证：

（1）B，C，H，G四点共面；（2）E∥平面BCHG.

【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；

【分析】（1）由中点知为中位线，即有，结合三棱柱的性质可证，即四点共面.

（2）由三棱柱的性质以及中点性质有平行且相等，即有，结合线面平行的判定即可证面.

【详解】（1）∵G，H分别是，的中点，∴，而，

∴，即B，C，H，G四点共面.

（2）∵E，G分别是AB，的中点，∴平行且相等，所以四边形为平行四边形，即，又面，面，∴面，

18．（12分）如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，，

（1）若为中点，证明：面

（2）若点在面上投影在线段上，，证明：面.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）取中点为，连接，，四边形为平行四边形，所以，利用线面平行的性质定理即可证明；

（2）利用勾股定理证明，设点在面上投影在线段上设为点，再利用已知条件证明，利用线面垂直的判断定理即可证明.

【详解】

（1）取中点为，连接，，则为中位线， 且，

又四边形是直角梯形，，，且，四边形为平行四边形，所以，因为面，面，所以面.

（2）在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，

，，，设点在面上投影在线段上，设为点，面，面，，又，，面.

19．（12分）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，E为的中点．

（1）证明：平面；

（2）设，，四棱锥的体积为1，求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】

（ 1）设与的交点为，连接，通过直线与平面平行的判定定理证明平面；

（ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.

【详解】

（1）连接交于点O，连结,因为为矩形，所以O为的中点,又E为的中点，所以,平面，平面，所以平面.

（2）因为,所以，所以底面为正方形，所以，

因为，所以，且，所以平面，又平面，所以平面平面.

20．（12分）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.

（1）求证：平面PBD；

（2）若，直线与平面所成的角为45°，求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】

（1）通过AC⊥BD与PD⊥AC可得平面；

（2）由题先得出∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD=45°，则可先求出菱形ABCD的面积，进而可得四棱锥P- ABCD的体积.

【详解】（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，

所以PD⊥AC，又，故AC⊥平面PBD；

（2）因为PD⊥平面ABCD，所以∠PBD是直线PB与平面ABCD所成的角，于是∠PBD=45°，

因此BD=PD=2.又AB= AD=2，所以菱形ABCD的面积为，

故四棱锥P- ABCD的体积.

21．（12分）在等腰梯形中，，，将它沿着两条高，折叠成如图所示的四棱锥（，重合）．

（1）求证：；

（2）设点为线段的中点，试在线段上确定一点，使得平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）点为中点.

【分析】

（1）根据线面垂直的判定证平面，再由线面垂直的性质证；

（2）选取、的中点分别为，，由面面平行判定证面面，应用面面平行性质知平面，进而可知点的位置.

【详解】

（1）证明：∵，∴，．又∵，∴平面，

∴．结合已知，四棱锥中，，，∴，即．又∵，∴平面，∴．

（2）解：取的中点，的中点，连接，，，则，，

∴平面，平面．∵，∴面面．

∵平面，∴平面，故当点为中点时满足条件．

22．（12分）点E，F分别是正方形ABCD的边AB，BC的中点，点M在边AB上，且，沿图1中的虚线DE，EF，FD将，折起使A，B，C三点重合，重合后的点记为点P，如图2.

（1）证明：；

（2）若正方形ABCD的边长为6，求点M到平面DEF的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）根据折起后有，，利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）设点到平面的距离为，根据，得到点到平面的距离为，然后由，利用等体积法求解.

【详解】

（1）因为是正方形，所以折起后有，.又交于点，

所以平面.又平面，所以.

（2）设点到平面的距离为，因为AB=3AM，所以PE=3ME，所以点M到平面DEF的距离为.又两两垂直，所以平面.因为，，所以.而，

所以，解得，所以点到平面的距离为.