(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点精题训练
单选题
1、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是
A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面
答案：B
分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确
应用立方体，如下图所示：
选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；
选项B：由面面平行的判定，可知B正确
选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；
选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；
故选：B
小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题
2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（ ）
A ．304πcm 3
B ．840πcm 3
C ．912πcm 3
D ．984πcm 3
答案：C
分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.
如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，
可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16
同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，
可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12
此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122
)2
×(16−12)=912π 故选：C
3、如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，M ，N 分别是A 1D ，D 1B 的中点，则（ ）
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
答案：A
分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.
连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
M是A1D的中点，所以M为AD1中点，
又N是D1B的中点，所以MN//AB，
MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，
所以MN//平面ABCD.
因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD
则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；
在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD 1⊥A 1D ，
AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，
AD 1∩AB =A ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，
D 1B ⊂平面ABD 1，所以A 1D ⊥D 1B ，
且直线A 1D,D 1B 是异面直线，
所以选项C 错误，选项A 正确.
故选：A.
小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
4、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为
V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即
V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的
正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）
A ．√22
B ．1
C ．√2
D ．2√2
答案：C
分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，
所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13
×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差
V 正=13r 3√2r 3
6=√2，
故选：C ．
5、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（ ）
A ．4
B ．2√3
C ．2
D ．1
答案：C
分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.
作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，
则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，
=2 ,
故∠OMA=30∘,所以OA=4×1
2
即O到该截面的距离是2，
故选：C
6、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）
A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥β
B．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//β
C．如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//β
D．如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n
答案：C
分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，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．
A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；
B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；
C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；
D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．
故选：C
7、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）
D．26π
A．18πB．20πC．22π
3
答案：A
分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可
解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，
则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ
=8π+4π+2π×1×3=18π
故选：A.
8、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）
A．MF//NE
B．四边形MNEF为梯形
C．四边形MNEF为平行四边形
D．A1B1//NE
答案：B
解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.
解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.
又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.
显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，
∴四边形MNEF为梯形.
故选：B.
小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.
9、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）
A．若m∥α,n∥α，则m∥n
B．若m⊥α,n⊥α，则m∥n
C．若m∥α,m∥β，则α∥β
D．若m⊥α,α⊥β，则m∥β
答案：B
分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.
在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.
故选：B
10、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）
A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2
答案：C
分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.
由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，
由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，
所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.
故选：C.
填空题
11、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按3
计算，则
5
该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．
答案：55√3
36π
分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，
正二十面体的棱长为l，可得r=5l
6，R=3√11
11
l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.
由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，
则l
2
r
=sin36°=3
5
，得r=5l
6
，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l
6)
2
=√11
6
l，
所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l
6)
2
+(R−√11
6
l)
2
，解得R=3√11
11
l．
所以该正二十面体的外接球表面积为S
球=4πR2=4π×(3√11
11
l)
2
=36π
11
l2，
而该正二十面体的表面积是S
正二十面体=20×1
2
×l×l×sin60°=5√3l2，
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√3
36π
．
所以答案是：55√3
36π
.
小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.
12、已知三个互不重合的平面α,β,γ，α∩β=m，n⊂γ，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①m//γ，n⊂β；②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β．能推得m//n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
对于①m//γ，n⊂β成立，证明如下：
证明如下：∵α∩β=m，∴m⊂β，
∵n⊂γ，n⊂β，∴β∩γ=n，
又m//γ，∴m//n；
对于②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β，不成立，
如图
此时n和m是异面；
对于③m⊂γ，n//β，成立，证明如下：
证明如下：∵α∩β=m，n⊂γ，m⊂γ，∴m//n或m∩n=P，
假设m∩n=P，则P∈n，P∈m，又α∩β=m，∴P∈β，
这与n//β相矛盾，因此m∩n=P不成立，故m//n．
所以答案是：①③.
13、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．
答案：√6
12
分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.
如图，
过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，
取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，
∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，
∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，
故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，
∵AP⊂α，∴AP⊥BH，
又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，
∴PA ⊥平面PBH ，∵PH ⊂平面PBH ，∴PA ⊥PH ，
故点P 的轨迹就是平面α内以线段AH 为直径的圆(A 点除外)，
∵OA =AB ，且∠OAB =120∘，∴∠BAH =60∘，
设OA =a(a >0)，则AB =a ，从而AH =AB ⋅cos 60∘=a 2，
∴PE =12AH =a 4，如图，
当且仅当PE ⊥OP ，即OP 是圆E 的切线时，角θ有最大值，tan θ有最大值，
tan θ取得最大值为：PE OP =√OE 2−PE 2=a 4√(a+a 4)−(a 4)=√6
12． 所以答案是：√612.
14、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.
答案：39π
分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
∵V =13π62⋅ℎ=30π
∴ℎ=52 ∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=
132 ∴S 侧=πrl =π×6×
132=39π.
所以答案是：39π.
15、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）
答案：①③④
分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．
①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；
②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；
③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；
④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；
所以答案是：①③④
解答题
16、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2√2．
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；
(2)若二面角P﹣BC﹣A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．
答案：(1)证明见解析
(2)60°
分析：（1）根据线线垂直得BC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）由题意求出AB,BC的长，过点A作AM⊥PB于M，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，然后在Rt△ANM中可求得结果
（1）
证明：因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，
因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，
因为PA∩AB=A,
所以BC⊥平面PAB，
因为BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PAB，
（2）
由（1）可知BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，
因为AB⊥BC，
所以∠ABP为二面角P−BC−A的平面角，
所以∠ABP=45°，
因为PA=2,AC=2√2,∠ABC=90°，
所以AB=BC=2，
过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC，且M为PB的中点，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，
在Rt△PAB中，AM=1
2PB=1
2
×2√2=√2,
在Rt△PAC中，PC=√PA2+AC2=√4+8=2√3，则AN=PA⋅AC
PC =√2
2√3
=2√6
3
，
在Rt△ANM中，sin∠ANM=AM
AN =√2
2√6
3
=√3
2
，
因为0°<∠ANM<180°，
所以∠ANM=60°，
所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60°
17、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.
答案：见解析
分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.
取CD的中点为M，连接AM，BM，
因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，
故AM⊥CD，同理BM⊥CD，
而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，
因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.
18、如图，G是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱的DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出：
(1)过点G，A，C的平面与正方体表面的交线；
(2)过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线.
答案：(1)答案见解析
(2)答案见解析
分析：（1）连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，从而可得到过点A，C，G的平面为平面ACIH；（2）根据基本性质三：若两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出平面与正方体表面的交线；
(1)
连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，连接HI,AC，则过点A，C，G的平面为平面ACIH，
过点G，A，C的平面与正方体表面的交线分别为：AH，HI，IC，AC.
(2)
延长EF，交DC的延长线于点Q，延长FE，交DA的延长线于点P，连接D1P交AA1于点O，连接D1Q交CC1于点R，连接OE,EF,FR，
则过点E，F，D1的平面为平面EFRD1O，
过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线分别为：D1O，OE，EF，FR，RD1.
19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．
答案：证明见解析
分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论
因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，
所以BC∥FG，BC∥EH，
所以EH∥FG，
所以E、F、G、H四点共面，
同理可证得EF∥AD，HG∥AD，
所以EF∥HG，
所以四边形EFGH是平行四边形．。