(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步总结(重点)超详细

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步总结(重点)超详
细
单选题
1、在三棱锥A−BCD中,E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，且AD⊥BC，则四边形EFGH是（）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
答案：B
分析：根据中位线的性质及平行公理可得四边形EFGH是平行四边形，再利用AD⊥BC可得四边形EFGH是矩形. 因为E,F,G,H分别是AC,CD,BD,AB边的中点，所以EF//AD,HG//AD，所以EF//HG；
同理可得EH//GF，所以四边形EFGH是平行四边形；
又因为AD⊥BC，所以EH⊥EF，即四边形EFGH是矩形.
故选：B.
2、已知在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为B1C1的中点，若在棱AB上存在一点P，使得B1P//平面ACD，则B1P的长度为（）
A．2B．√5C．√6D．3
答案：B
解析：设点P为AB的中点，取A1B1的中点Q，连接AQ，DQ，然后证明B1P//平面AQD即可.
如图，设点P 为AB 的中点，取A 1B 1的中点Q ，连接AQ ，DQ ，
则B 1P//AQ ，又B 1P ⊄平面AQD ，AQ ⊂平面AQD ，∴B 1P//平面AQD ，
易知AC//DQ ，故平面AQD 与平面ACD 是同一个平面，
∴B 1P //平面ACD ，此时B 1P =√5，
故选：B
3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP
⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）
A ．−1
B ．−12
C ．−13
D ．−16 答案：B
分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP
⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.
由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），
C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32
)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33
sin θ，n =cos θ2+12−√36
sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．
故选：B ．
4、在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，点M 是侧棱CC 1中点，BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，则异面直线BM 与A 1C 所成角的余弦值为（ ）
A ．−
√1010B ．√1515C ．√3012D ．√1012 答案：B
分析：可以取A 1C 1的中点N ，连接MN ，将异面直线BM 与A 1C 转化为直线BM 与MN 所成的角，在连接BN ，通过解三角形BMN 即可完成求解.
如图所示，取A 1C 1的中点N ，连接MN ，M 、N 分别为CC 1、A 1C 1的中点，所以MN 为△A 1CC 1的中位线，所以MN //A 1C ，所以异面直线BM 与A 1C 就是直线BM 与MN 所成的角，即∠BMN 或其补角，因为BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，所以A 1C =2√3，BM =√5，BN =√B 1N 2+BB 12=√6，在△BMN 中，MN =12A 1C =√3，BN =√6，BM =√5，所以cos∠BMN =BM 2+NM 2−BN 22BM·NM =√1515.
故选：B.
5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）
A ．√32
B ．√34
C ．√33
D ．√24
答案：C
分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解.
如图，
取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，
由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，
所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求，
由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，
又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，
则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°，
又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，
所以cos∠BMN =MN BM =2
√3=√33
， 故选：C
6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）
A ．6
B ．12
C ．24
D ．48
答案：D
分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；
解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′
=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48
故选：D
7、在空间中，下列命题是真命题的是（ ）
A ．经过三个点有且只有一个平面
B ．平行于同一平面的两直线相互平行
C ．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
D ．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面
答案：D
分析：由三点共线判断A ；由线面、线线位置关系判断B ；根据等角定理判断C ；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.
当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A 错误；
平行于同一平面的两直线可能相交，故B 错误；
由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C 错误；
如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l ，则在平面α、β内分别存在直线m,n 垂直于平面γ，由
线面垂直的性质可知n //m ，再由线面平行的判定定理得m //β，由线面平行的性质得出m //l ，则l ⊥γ，故D 正确； 故选：D
8、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2.下列说法错误的是（ ）
A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”
B．四面体A1C1CB为“鳖臑”
C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为2
3
D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B
答案：C
分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.
底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,
在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，
且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；
在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，
所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，
由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，
当且仅当AC=BC时取等号，
则V B−A
1ACC1=1
3
S A
1ACC1
×BC=1
3
AA1×AC×BC=2
3
AC×BC≤4
3
，所以C不正确；
在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，
则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,
又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确.
故选：C.
9、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）
A．14B．10√2C．28D．14√2
答案：C
分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.
∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，
∴原图形是一个直角梯形．
又A′D′＝4，
∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，
×(2+5)×8=28.
故其面积为S=1
2
故选：C
10、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图
可以是（）
A．B．C．D．
答案：B
分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.
解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形. 故选：B.
填空题
11、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：
①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；
②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；
③若a//α，a//β，则α//β；
④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.
其中正确命题的序号是________.
答案：④
分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.
解析：①错误，α与β也可能相交；
②错误，α与β也可能相交；
③错误，α与β也可能相交；
④正确，由线面平行的性质定理可知.
所以答案是：④
12、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.
13、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35计算，则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.
14、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，E,F分别是BC,DC中点，则异面直线AD1与EF所成角大小为__________.
答案：60°
分析：由EF//D1B1得出异面直线AD1与EF所成角为∠AD1B1，再由正三角形的性质得出异面直线AD1与EF所成角大小.
E,F分别是BC,DC中点，所以有EF//DB,而DB//D1B1,，因此EF//D1B1
异面直线AD1与EF所成角为∠AD1B1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AD1=D1B1=AB1=√2,所以∠AD1B1=600
所以答案是：60°
15、如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．
答案：①③④
分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．
图①：证明AB∥EF，CD∥EF，可得AB∥CD；
图③：证明BD∥EF，AC∥EF，可得BD∥AC；
图④：证明GH∥EF，AC∥EF，BD∥GH，可得BD∥AC．图①：取GD的中点F，连结BF、EF，
∵B、F均为相应边的中点，则：BF∥HG
又∵HG∥AE，则BF∥AE即ABFE为平行四边形
∴AB∥EF
同理:CD∥EF
则AB∥CD即A、B、C、D四点共面，图①正确；
图②：显然AB与CD异面，图②不正确；
图③：连结AC,BD,EF,
∵BE∥DF即BDFE为平行四边形
∴BD∥EF
又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF
∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；
图④：连结AC,BD,EF,GH,
∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF
又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF
同理：BD∥GH
∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．
所以答案是：①③④．
解答题
16、已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F是BD、CD1的中点．求证：
(1)EF//平面ADD1A1；
(2)EF//BC1．
答案：(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
分析：（1）连接AC,AD1，由中位线性质有EF//AD1，根据线面平行的判定即可证结论. （2）由正方体的性质，结合平行公理的推论可证EF//BC1.
（1）连接AC,AD1，则AC与BD必交于E，即E也是AC中点，
所以在△ACD1中EF//AD1，而EF⊄面ADD1A1，AD1⊂面ADD1A1，则EF//平面ADD1A1；（2）在正方体中，BC1//AD1，由（1）知：EF//AD1，故EF//BC1.
17、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.
(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；
(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.
答案：(1)60°
(2)θ
2或π−θ
2
分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.
（1）
如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.
因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=1
2AB，PN=1
2
CD，
所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.
直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.
所以，直线AB与CD所成的角为60°.
（2）
（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.
若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN
2=π−θ
2
，即直线AB与MN所成角为π−θ
2
；
若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN
2=θ
2
，即直线AB与MN所成角为θ
2
.
综上所述，直线AB与MN所成的角为θ
2或π−θ
2
.
18、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．
答案：3√5
分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求. 解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：
且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，
且AD1=√AD2+DD12=3√5.
19、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．求证：BC1//平面AD1E．
答案：证明见解析.
分析：如图，根据正方体的结构特征可得AD1//BC1，利用线面平行的判定定理即可证明.
如图，E为BB1的中点，连接AE，AD1，ED1，BC1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=D1C1且AB//D1C1，
∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴AD1//BC1，
又∵AD1⊂平面AD1E，BC1⊄平面AD1E，
∴BC1//平面AD1E.。