2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法

(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法
单选题
1、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）
A．6πB．9πC．12πD．36π
答案：D
分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.
设球的体积为R，则由题可得4
3
πR3=36π，解得R=3，
则该球的表面积为4π×32=36π.
故选：D.
2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）
A．23B．24C．26D．27
答案：D
分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，
因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√3
2,HM=3
2
，
因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,
在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，
设重叠后的EG与FH交点为I,
则V I−BCDA=1
3×3√3×3√3×3
2
=27
2
,V AFD−BHC=1
2
×3√3×3
2
×3√3=81
4
则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×81
4−27
2
=27.
故选：D.
3、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）
A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDC
C．PD⊥AC D．PB＝2AN
答案：A
分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD ⊥平面ABCD ，判定C 正确；
进一步得到平面PCD ⊥平面ABCD ，结合BC ⊥CD 判定B 正确；
再证明AB ⊥平面PAD ，得到△PAB 为直角三角形，判定D 正确；
可证明平面PBC ⊥平面PDC ，若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC ，矛盾，可判断A
图1中AD ⊥PC ，则图2中PD ⊥AD ，
又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，
∴PD ⊥平面ABCD ，则PD ⊥AC ，故选项C 正确；
由PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDC ，得平面PDC ⊥平面ABCD ，
而平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，BC ⊥CD ，
∴BC ⊥平面PDC ，故选项B 正确；
∵AB ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，
∴AB ⊥平面PAD ，则AB ⊥PA ，即△PAB 是以PB 为斜边的直角三角形，
而N 为PB 的中点，则PB ＝2AN ，故选项D 正确．
由于BC ⊥平面PDC ，又BC ⊂平面PBC
∴平面PBC ⊥平面PDC
若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC
由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB
显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误
故选：A
4、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=1
2AD=1
2
√AB2+BD2=2√3，
所以cos∠BMN=MN
BM =
2√3
=√3
3
，
故选：C
5、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）
A．√2B．1C．√3D．√3
2
答案：A
分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；
解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C
因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C
又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，
易知△PQR是等边三角形，则1
2PQ2⋅√3
2
=√3，解得PQ=2，∴AP=√2
2
PQ=√2.
故选：A.
6、《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−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=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.
7、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α,β垂直于同一平面
C．α,β平行于同一条直线
D．α内的任何直线都与β平行
答案：D
分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.
A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.
B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.
C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.
D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.
故选：D
8、下列命题中
①空间中三个点可以确定一个平面.
②直线和直线外的一点，可以确定一个平面.
③如果三条直线两两相交，那么这三条直线可以确定一个平面.
④如果三条直线两两平行，那么这三条直线可以确定一个平面.
⑤如果两个平面有无数个公共点，那么这两个平面重合.
真命题的个数为（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
答案：A
分析：根据空间位置关系可直接判断各命题.
命题①：空间中不共线三个点可以确定一个平面，错误；
命题②：直线和直线外的一点，可以确定一个平面，正确；
命题③：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，所以命题③错误；命题④：如果三条直线两两平行，那么这三条直线不能确定一个平面，所以命题④错误；
命题⑤：两个平面有无数个公共点，则两平面可能相交，所以命题⑤错误；
故选：A.
9、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）
A．B．
C．D．
答案：C
分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．
对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，
又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；
对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，
则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，
于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；
对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，
因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，
因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.
故选：C
10、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则（）.
A．V1
S1>V2
S2
B．V1
S1
<V2
S2
C．V1
S1
=V2
S2
D．V1
S1
与V2
S2
的大小关系无法确定
答案：A
分析：根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出V1
S1和V2
S2
，分析即可得答案.
设底面面积为S，底面周长为C，
则V1=S⋅AA1，S1=C⋅AA1，所以V1
S1=S
C
，
设斜棱柱的高为ℎ，则V2=S⋅ℎ，
S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA >(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,
所以V2
S2<Sℎ
Cℎ
=S
C
=V1
S1
.
故选：A
11、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（）
A．MN//平面ABE B．MN//平面ADE
C．MN//平面BDH D．MN//平面CDE
答案：C
解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可
以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.
根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，
易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,
∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；
∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；
∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；
显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.
故选：C.
小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判
定与性质找到MN的平行线BO.
12、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=13
r 3， 所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r −(
√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差
V 正=13r 3√2r 3
6=√2，
故选：C ．
双空题
13、如图，长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1．
（1）直线AA 1∩平面ABCD =______；
（2）直线BC ∩平面BCC 1B 1=______．
答案： A BC ##CB 分析：根据几何特征，即可判断直线与平面的位置关系，即可得解.
根据长方体可知，直线AA 1∩平面ABCD =A ，
直线BC∩平面BCC1B1=BC.
所以答案是：A，BC.
14、已知三棱锥S−ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA,SB,SC两两垂直，SA=3，SB=4，SC=5，则该三棱锥的体积为______，球O的表面积为______.
答案： 10 50π
分析：由条件可得V S−ABC=V C−SAB=1
3
×S△SAB×SC可得出体积，将三棱锥S−ABC补成长方体，则三棱锥S−ABC与该长方体的外接球相同，可得(2R)2=32+42+52=50，从而得出答案.
由SA,SB,SC两两垂直，则以△SAB为底面，则SC为三棱锥S−ABC的高，
则V S−ABC=V C−SAB=1
3×S△SAB×SC=1
3
×1
2
×3×4×5=10；
将三棱锥S−ABC补成长方体如图所示，则三棱锥S−ABC的外接球与该长方体的外接球相同，
所以外接球的直径长等于长方体的对角线的长，
所以(2R)2=32+42+52=50，即R2=25
2
，
所以外接球的表面积为：S=4πR2=4π×25
2
=50π，
所以答案是：10 ；50π.
小提示：关键点点睛：解答本题第二空的关键在于将几何体补形为长方体，利用长方体的外接球去分析求解.此外，对棱长度相等的三棱锥也可以放置于长方体或正方体中去分析外接球；若三棱锥中一条棱垂直于底面，且底面形状非直角三角形，则可以将几何体补形为三棱柱，借助三棱柱的外接球去分析.
15、如图，试用适当的符号表示下列点、直线和平面之间的关系：
（1）点C与平面β：______；
（2）直线AB与平面α：______．
答案：C∉βAB∩α=B
分析：（1）（2）由点、线、面的位置关系判断点面关系、线面关系.
（1）由图，C∈CD，CD∩β=D且CD⊄β，故C∉β；
（2）由图，B∈AB，B∈α且AB⊄α，则AB∩α=B.
所以答案是：C∉β，AB∩α=B
16、某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为___________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为___________.
答案：12π√15−√3
分析：过侧棱的中点作正三棱柱的截面，即可得到球心为△MNG的中心，在正△MNG中求出内切圆的半径即内切球的半径，从而求出球的表面积，再求出三棱柱的顶点到球心的距离，即可求出球面上的点到顶点的距离的最小值；
解：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG的中心，
因为MN=6，所以△MNG内切圆的半径r=OH=1
3MH=1
3
√MN2−HN2=√3，
即内切球的半径R=√3，所以内切球的表面积S=4πR2=12π，
又正三棱柱的高AA1=2R=2√3，
OH=2√3，所以AO=√OM2+AM2=√(2√3)2+(√3)2=√15，
所以OM=2
3
所以A到球面上的点的距离最小值为AO−R=√15−√3；
所以答案是：12π；√15−√3
17、半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.
答案： 4π 8√3
分析：首先找到外接球的球心，再利用勾股定理计算即可；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小，然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.
由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为√2，
所以该半正多面体外接球的半径R =√(√22)2+(√22
)2=1，故其表面积为4π. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.
此时，设正四面体的棱长为
a ，则正四面体的高为√63a ，考查轴截面，则有(√63a −1)2=12+(√33a)2，解得a =2√6，
所以V min =13⋅√34⋅(2√6)2⋅(√63⋅2√6)=8√3. 所以答案是： 4π； 8√3.
小提示：关键点点睛：本题第②空的关键点是探究出结论：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，
则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.
解答题
18、如图的长方体ABCD−A1B1C1D1.
（1）这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？
（2）用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分的几何体还是棱柱吗？若是棱柱指出它们的底面与侧棱. 答案：（1）答案见解析；（2）答案见解析.
解析：（1）根据棱柱的定义判断；
（2）根据棱柱的定义判断．
(1)这个长方体是棱柱，是四棱柱，因为它满足棱柱的定义.
(2)截面BCFE右侧部分是三棱柱，它的底面是△BEB1与ΔCFC1，
侧棱是EF、B1C1、BC，截面左侧部分是四棱柱，
它的底面是四边形ABEA1与四边形DCFD1，侧棱是AD、BC、EF、A1D1.
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．
20、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.。