【同步讲义】（人教A版2019）高中数学必修二：第八章 立体几何初步单元测试（基础卷）

第八章 立体几何初步单元测试（基础卷）

一、单选题

1．一个球的表面积为，则这个球的半径为（    ）

A．6 B．12 C． D．

【答案】A

【分析】结合球的表面积公式计算即可.

【详解】由题意得，设球的半径为R，

则，

解得.

故选：A

2．已知空间中两条不重合的直线，则“与没有公共点”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】由直线与没有公共点表示两条直线或者与是异面直线，再根据充分必要性判断.

【详解】“直线与没有公共点”表示两条直线或者与是异面直线，所以“与没有公共点”是“”的必要不充分条件.

故选：B

3．将一个半圆沿它的一条半径剪成一个小扇形和一个大扇形，其中小扇形的圆心角为，则小扇形围成的圆锥的高与大扇形围成的圆锥的高之比为（    ）

A．21 B． C．41 D．

【答案】B

【分析】设半圆的半径为1，根据两个扇形的圆心角计算出两个圆锥的底面圆半径，再利用勾股定理求出两个圆锥的高，即可求解.

【详解】不妨设半圆的半径为1，用圆心角为的扇形围成的圆锥的底面圆周长为，

设其底面圆的半径为，则，所以，该圆锥的高；

用圆心角为的扇形围成的圆锥的底面圆周长为，

设其底面圆的半径为，则，所以，该圆锥的高，所以所求高的比为，

故选：.

4．如图所示，已知正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的面积为（    ）

A．1 B． C． D．8

【答案】C

【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形可解.

【详解】根据斜二测画法还原得下图，

因为，所以

所以原图形的面积

故选：C

5．一个圆柱内接于一个底面半径为2，高为4的圆锥，则内接圆柱侧面积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设内接圆柱的底面半径为，根据题中条件，得到内接圆柱的高，由圆柱的侧面积公式，表示出侧面积，进而可求出结果.

【详解】

圆锥的底面半径为2，高为4，

设内接圆柱的底面半径为，

则它的上底面截圆锥得小圆锥的高为，

因此，内接圆柱的高；

圆柱的侧面积为，

令，当时，；

所以当时，，

即圆柱的底面半径为1时，圆柱的侧面积最大，最大值为.

故选：D.

6．圆柱的母线长为1，圆柱的侧面积为，四边形是圆柱的轴截面，若是下底面圆的内接正三角形，且与交于点G，则与所成角的正切值为（    ）

A．3 B． C． D．2

【答案】A

【分析】由，可得即为与所成的角或补角，求得的长度即可得解.

【详解】解：因为四边形是圆柱的轴截面，

所以四边形是矩形，，

所以即为与所成的角或补角，

因为圆柱的母线长为1，圆柱的侧面积为，

所以底面圆的半径，，，

又因为是下底面圆的内接正三角形，

所以，所以，

所以，

即与所成角的正切值为3.

故选：A.

7．生活中有很多球缺状的建筑．一个球被平面截下的部分叫做球缺，截面做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中R为球的半径，H为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为，则这两个球缺的体积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，由球冠面积比可得，与的关系，再把球缺体积用含有的代数式表示，则答案可求．

【详解】设小球缺的高为，大球缺的高为，则，

由题意可得，，则，

，即，，

小球缺的体积；

大球缺的体积．

小球缺与大球缺的体积比为．

故选：C．

8．已知三棱锥，在底面中，，，面，，则此三棱锥的外接球的表面积为（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用正弦定理求出的外接圆半径为1，结合面，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积.

【详解】设的外接圆半径为R，因为，，由正弦定理得：，所以的外接圆半径为1，设球心O在的投影为D，则DA=1，因为面，，故，由勾股定理得：，即此三棱锥的外接球的半径为2，故外接球表面积为.

故选：D

二、多选题

9．下列条件中能推出的有（    ）

A．直线l与平面内一个三角形的两边垂直 B．直线l与平面内一个梯形的两边垂直

C．直线l与平面内无数条直线垂直 D．直线l与平面内任意一条直线垂直

【答案】AD

【分析】由线面垂直的判定定理判断

【详解】由线面垂直的判定定理知AD正确，

对于B，当梯形的两边平行时，不能推出，

对于C，当无数条直线相互平行时，不能推出，

故选：AD

10．如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】将直观图还原为原平面图形即可求解.

【详解】解：在直观图中，过作于

，

，

又，所以，，，

所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图

，故选项B正确；

又，故选项A、C错误；

，故选项D正确；

故选：BD.

11．两平行平面截半径为的球，若截面面积分别为和，则这两个平面间的距离是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【解析】对两个平行平面在球心的同侧和异侧两种情况讨论，计算出球心到两截面的距离，进而可求得两平面间的距离.

【详解】如图（1）所示，若两个平行平面在球心同侧，

则；

如图（2）所示，若两个平行截面在球心两侧，

则.

故选：AD.

【点睛】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质“与底面全等或相似”，同时结合旋转体中的经过旋转轴的截面“轴截面”的性质，利用相似三角形中的相似比，构设相关几何变量的方程组，进而得解.

12．六氟化疏，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为a（不计氟原子的大小），则（    ）

A．直线与为异面直线 B．平面平面

C．直线与为异面直线 D．八面体外接球体积为

【答案】BCD

【分析】连接与，设，连接，依题意可得必过点，即可判断A、C，再根据面面平行的性质判断B，再由线段的长度可得即为外接球的球心，外接球的半径，根据球的体积公式计算可判断D；

【详解】解：连接与，设，则为正方形的中心，连接，

根据正棱锥的性质可知必过点，即，所以、、、四点共面，所以、共面，故A错误，

显然、、、四点不共面，故直线与为异面直线，即C正确；

因为，平面，平面，所以平面，

依题意，

所以，所以，即为等腰直角三角形，

所以，即四边形为平行四边形，所以，

平面，平面，所以平面，

又，平面，所以平面平面，故B正确；

显然，则即为外接球的球心，外接球的半径，

所以外接球的体积，故D正确；

故选：BCD

三、填空题

13．不同在任何一个平面上的两条直线的位置关系是_________

【答案】异面

【分析】根据异面直线的定义，直接判断.

【详解】不同在任何一个平面上的两条直线的位置关系是异面.

故答案为：异面

14．已知三个互不重合的平面，，，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①，；②，；③，．能推得的条件是________．

【答案】①③

【分析】利用空间中直线与平面的位置关系，作图分析即可求解

【详解】对于①，成立，证明如下：

证明如下： ，，

，，，

又，；

对于②，；③，，不成立，

如图

此时和是异面；

对于③，，成立，证明如下：

证明如下：，，，或，

假设，则，，又，，

这与相矛盾，因此不成立，故．

故答案为：①③.

15．已知三棱锥的一条棱长为，其余棱长均为．当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为______．

【答案】

【分析】首先分析线面间的关系，得到平面平面时，三棱锥的体积最大，得到此时，接着确定球心的位置，根据勾股定理及线面间的关系，最后获得外接球的半径，进而求出外接球的表面积.

【详解】解：由题意画出三棱锥的图形，

其中，.

取，的中点分别为，，

可知，，且，

∴平面，

∴平面平面时，三棱锥的体积最大，

此时.

设三棱锥外接球的球心为，半径为，由球体的对称性知，

球心在线段上，∴，

又，

设，

在三角形中：，

在三角形中：

∴，

解得.

∴球的半径满足，

∴三棱锥外接球的表面积为.

故答案为：.

16．长方体中，和的公垂线段是______，和的公垂线段是______．

【答案】     ##     ##

【分析】利用公垂线的定义可得出结果.

【详解】如下图所示：

在长方体中，，，故和的公垂线段是，

平面，平面，，

又因为，则和的公垂线段是.

故答案为：；.

四、解答题

17．如图，在三棱柱中，点D是AB的中点．

(1)求证：∥平面．

(2)若平面ABC，，求证：平面．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】(1)连接，交于点，连接，用中位线证明即可；

(2)证明CD⊥AB，CD⊥即可.

【详解】（1）连接，交于点，连接

∵是三棱柱，∴四边形为平行四边形，∴是的中点.

∵点是的中点，∴是的中位线，∴，

又平面，平面，∴∥平面.

（2）∵平面，平面，∴，

∵，，∴，

∵，平面，

∴平面.

18．如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．

求证：（1）EH∥平面BCD；

（2）BD∥平面EFGH.

【答案】（1）见解析（2）见解析

【分析】（1）推导出EH∥BD，由此能证明EH∥平面BCD；

（2）由BD∥EH，由此能证明BD∥平面EFGH.

【详解】（1）∵EH为△ABD的中位线，

∴EH∥BD.

∵EH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，

∴EH∥平面BCD；

（2）∵FG为△CBD的中位线，

∴FG∥BD，

∴FG∥EH，

∴E、F、G、H四点共面，

∵BD∥EH，BD⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH，

∴BD∥平面EFGH.

【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.

19．如图，已知矩形CDEF和直角梯形ABCD，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE＝DA，M为AE的中点.

（1）求证：AC∥平面DMF；

（2）求证：BE⊥DM.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）根据矩形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.

【详解】（1）如图，连结EC交DF于点N，连结MN.

因为CDEF为矩形，所以EC，DF相互平分，所以N为EC的中点.

又因为M为EA的中点，所以MN∥AC.

又因为AC⊄平面DMF，且MN⊂平面DMF.

所以AC∥平面DMF.

（2）因为矩形CDEF，所以CD⊥DE.

又因为∠ADC＝90°，所以CD⊥AD.

因为DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.

又因为DM⊂平面ADE，所以CD⊥DM.

又因为AB∥CD，所以AB⊥DM.

因为AD＝DE，M为AE的中点，所以AE⊥DM.

又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以MD⊥平面ABE.

因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥MD.

20．如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．

(1)求证：平面．

(2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，理由见解析

【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得B即可；

（2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可

【详解】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以B.又因为平面，平面，所以平面．

（2）取的中点，连接，因为为的中点所以．

因为平面，平面，所以平面，

同理可得，平面，又因为，，平面，所以平面平面

故在线段上存在一点，使平面平面．

21．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，与交于点O，E为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：平面平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，∴O为的中点，

∵E为的中点，∴，

又∵平面平面，∴平面；

（2）证明：∵四边形为正方形，∴，

∵平面，且平面，所以，

又∵平面，且，∴平面，

又∵平面，∴平面平面.

22．如图，在正三棱柱中，分别为，的中点.

(1)证明：平面.

(2)求直线与平面所成角的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）依据线面平行判定定理去证明平面；

（2）先作出直线与平面所成角，再求其正切值即可解决.

（1）

如图，取的中点，连接.

为的中点，，且.

，且，，且，

四边形是平行四边形，.

平面，平面平面.

（2）

取的中点的中点，连接.

平面平面，平面平面，

平面.

平面，

直线与平面所成的角为.

，