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第八章立体几何初步达标练习-2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册
一、单选题
1．用一个平面截一个几何体，得到的截面是一个梯形，这个几何体不可能是（ ）
A．长方体 B．圆锥 C．棱锥 D．圆台
2．如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
A．2 B．3
C．4 D．6
3．如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）

A． B． C． D．
4．已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知三棱锥的外接球的体积为，平面，，，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．在三棱锥中，，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，为两个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，且，则
C．若，，则
D．若，，且，，则
8．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知三棱台，上下底面边长之比为，棱的中点为点，则下列结论错误的有（ ）
A． B．与为异面直线
C．面 D．面面
10．在矩形中，，，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为 B．点都在同一球面上
C．点在某一位置，可使 D．当时，
11．现有半径为的空心球（球壁厚度忽略不计）和长度均为的线段，点均在球的球面上， 那么（ ）
A．若互相垂直平分， 则四棱锥的体积为
B．若，且， 则长度的最大值为
C．若，则四棱锥体积的最大值为
D．四面体体积的最大值为
三、填空题
12．已知正四面体的棱长为1，若棱长为的正方体能整体放入正四面体中，则实数的最大值为 .
13．在棱长为的正四面体中，，分别为，的中点，点是线段上一点，且，则三棱锥的体积为 .
14．在四棱锥中，底面为正方形，平面都与平面垂直，，点分别为的中点，且是线段上一点（包含端点），给出下列结论：①四边形为等腰梯形；②不存在点，使得平面；③存在点，使得；④的最小值为．其中所有正确结论的序号为 ．
四、解答题
15．如图所示，正方体的棱长为2，连接，，，，，得到一个三棱锥.求：
(1)三棱锥的表面积与正方体表面积的比值；
(2)三棱锥的外接球的表面积和体积.
16．如图，四边形中，，，，，，
(1)求将四边形绕直线旋转一周所成几何体的体积；
(2)求将四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积．
17．如图，在四棱锥中，，，，是的中点，分别在上，且．
(1)证明：四点共面；
(2)若平面，求四棱锥的体积．
18．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，，分别为的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
19．如图（1），正三棱柱，将其上底面ABC绕的中心逆时针旋转，，分别连接得到如图（2）的八面体

(1)若，依次连接该八面体侧棱的中点分别为M，N，P，Q，R，S，
（ⅰ）求证：共面；
（ⅱ）求多边形的面积；
(2)求该八面体体积的最大值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】判断几何体被平面截取的图形，逐项判断即可.
【详解】如图：
平面截长方体的截面为梯形，故选项A符合题意；
如图：
平面截三棱锥的截面为梯形，故选项C符合题意；
如图：
当平面沿圆台的轴截圆台时，截面为等腰梯形，故选项D符合题意；
用一个平面截圆锥，得到的截面图形可能是圆、椭圆、抛物线、三角形，不可能是梯形，
故选项B不合题意.
故选：B
2．B
【分析】根据题意，由梯形面积公式求出原图的面积，结合原图与直观图面积的关系，分析即可得出结果.
【详解】根据题意，原图直角梯形中，上下两底分别为2和4，高为，
其面积，
则其直观图的面积.
故选：B.
3．B
【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，继而结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，继而求得圆锥的高，即得答案.
【详解】如图1，过⊙F圆心F作于E，于G，
则四边形为正方形，设小圆半径为r，扇形半径为R，则，
小圆周长为，扇形弧长为，
∵剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得，
即，，
∵正方形铁皮边长为，，
，∴；
在图2中，，
由勾股定理得，圆锥的高，

故选：B
4．B
【分析】设圆锥的底面半径为，球心到圆台上底面的距离为，由球的体积可得半径为，结合圆台的结构特征列式解得，进而可求得表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为，依题意得该圆台的上底面半径为，且圆台的高为3．
设球心到圆台上底面的距离为，球的半径为，
由球的体积为，解得，
因为点在该圆台内，则， 解得，
可得该圆台的母线长，
所以圆台的表面积为．
故选：B.
5．A
【分析】由题意设三棱锥外接球的半径为，由解出，再由余弦定理解出 ，设外接圆半径，解出并求出，进而解出三棱锥体积即可.
【详解】设三棱锥外接球的半径为，则，解得；
因为，，
所以，
设外接圆的半径为，则，所以，
故，所以，
所以三棱锥的体积为.
故选：A.
6．B
【分析】取的中点，连接，得，将异面直线与所成角转化为或其补角，结合余弦定理求出的余弦值即可得到答案．
【详解】取的中点，连接，如图所示，根据三角形的中位线定理可得，所以异面直线与所成的角即或其补角．
，，
在中，，，，所以，
所以，所以．
在中，，，
可得．
在中，由余弦定理可得，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B．
7．A
【分析】根据线面位置关系中平行的有关判定和性质逐一判断即可.
【详解】对于A，由面面平行的定义可知，若两个平面平行，则其中一个面内的任意一条直线平行于另一个平面，故A正确；
对于B，若则或，故B错误；
对于C，若，，则或异面或 相交，故C错误；
对于D，若，且，则，或，故D错误，
故选：A.
8．D
【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.
【详解】对于A,如下图所示，
易得,
则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,
则四边形为平行四边形，
四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，
且,
又平面,平面,
则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选：D.
9．AC
【分析】根据异面直线的定义可判断AB；判断出可判断C；由面面平行的判定定理可判断D.
【详解】对于A，因为平面，平面，平面，
且，所以是异面直线，故A错误；
对于B，因为平面，平面，平面，
且，所以与为异面直线，故B正确；
对于C，因为棱的中点为点，所以，因为，
所以，可得平面，故C错误；
对于D，因为的中点为点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以四边形为平行四边形，可得，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面面，
故D正确.
故选：AC.
10．ABD
【分析】根据锥体体积公式即可求解A，根据直角三角形的性质即可求解B，根据线面垂直得线性垂直即可求解CD.
【详解】如图所示：分别过作，

对A，当平面平面时，三棱锥的高最大为，
三棱锥体积的最大值为，A正确；
对B，，
的中点为，则,故为三棱锥的外接球球心，B正确；
对C，若存在点在某一位置，使，连接，
由于，，平面，
则平面，又平面，
，这与相矛盾,不重合），
不存在点在某一位置，使，C错误；
对D，当，又，，平面,
平面，又平面，
，又，，，D正确．
故选：ABD．
11．BC
【分析】对A，直接用勾股定理计算即可；对于B，列出的表达式，然后求出其最大值即可；对于C，使用基本不等式即可求出其最大值；对于D，证明并使用公式，并求出距离的最大值即可.
【详解】考虑到题目中的度量单位仅涉及，故为方便起见，我们将视为1个单位长度，即在以下的讨论中略去单位.
那么根据题目条件，有.
设的中点分别为，则.
如上图所示，对于A，我们设和交于点，则此时.
由于，是的中点，
故，，而两直线在它们确定的平面内交于点，
故平面.
而，
故由平面可知，A错误；
如上图所示，对于B，若在球的内部或球面上，则.
若在球外，由于两直线相交，
故它们确定一个平面，该平面将球截出一个圆，
设圆的圆心为，半径为，
则，且到平面的距离为，即.
由于，
故到直线的距离均为，即.
而四边形是边长为的正方形，
故.
所以.
当在一个经过点的平面内，且，时，
四边形是边长为的正方形，故此时.
所以的最大值是，B正确；
如上图所示，对于C，不妨设直线不重合，由知互相平行，
从而它们确定平面，该平面将球截出一个圆，
设圆的圆心为，半径为，
则，且到平面的距离为，即.
由于，故到直线的距离均为，即.
所以.
这意味着.
且根据不等号两边可以看出不等号在即时取等.
所以的最大值是，C正确；
如上图所示，对于D，设异面直线之间的距离为.
我们先证明一个结论：.
证明：如上图所示，过作的平行线，并在平行线上取适当的点，使得，那么显然有.
设的公垂线段为，其中分别在直线上，则，，.
由可知，，
而在平面相交于点，故平面.
由于，故四边形是平行四边形.
设点到平面的距离为，则.
又因为，在平面内，不在平面内，故平面.
从而直线上的两点到平面的距离相等，而由平面，在平面内，知到平面的距离等于，所以到平面的距离也等于.
所以.
从而由知，原结论成立.
回到原题.
由于，故.
所以.
作两个不同的互相平行的平面，使得到的距离均为.
平面分别将球截出一个半径为的圆，在这两个圆上各选取一条直径，且保证它们互相垂直，作为.
则此时，，所以上面的不等号取等.
从而的最大值是，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对球面上各种几何性质的分析，需要大量使用等腰三角形的性质、勾股定理以及圆的若干性质.
12．
【分析】根据正四面体、正方体的结构特征，可得棱长最大的正方体一底面在正四面体的底面正三角形内，正方体中与这个底面相对的正方形为该正方形所在平面截正四面体所得正三角形的内接正方形，再利用正四面体的结构特征计算即得.
【详解】依题意，由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，
令是正的中心，则底面，而，则，
不妨令放入的正方体的底面在正四面体在内，则正方体中与这个底面相对的
底面正方形所在平面截正四面体所得截面是正三角形，
且这个正方形是正的内接正方形，于是，
显然三棱锥是正四面体，与平面的交点是正的中心，
于是，显然，因此，
解得，所以实数的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：涉及几何体的内接几何体问题，熟悉相关联的两个几何体的结构特征是解决问题的关键.
13．
【分析】首先计算正四面体的体积，再利用等体积转化，利用面积和高的关系，即可求解.
【详解】如图，正四面体的棱长为2，点在平面内的射影为点，点是三角形的中心，点在上，
，则，
所以三棱锥的体积，
，，且，
所以点到平面的距离是点到平面距离的，
所以三棱锥的体积.
故答案为：
14．②③
【分析】首先得平面，对于①，可以证明但即可判断；对于②，结合已知以及线面平行的判定、性质即可判断；对于③，当为的中点时，只需证明平面，对于④，将和所在的平面沿着展开在一个平面上，通过三角形三边关系即可判断.
【详解】因为平面都与平面垂直，平面平面，
所以平面．
对于①：因为分别为的中点，
所以且，
又，
所以且，故四边形为梯形，
但，，
故四边形不是等腰梯形，故①错误．
对于②：因为平面与平面相交，平面，且不会与平面与平面的交线平行，
所以不存在点，使得平面，故②正确．
对于③：设，连接，易知为的中点，如图，当为的中点时，
，因为平面，所以平面．
又平面，所以．
因为四边形为正方形，所以．
又，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，故③正确．
对于④：易知，
将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图，
连接，交于点，则由对称性直接得，
故的最小值为．
在中，其斜边上的高，所以，故④错误．
故答案为：②③.
【点睛】方法点睛：求解立体几何中两线段之和的最值时，常考虑将两线段所在的平面展开到同一平面上，将空间几何体的表面上的最值问题转化为平面中的最值问题，进而利用三角形的知识求解即可．
15．(1)；
(2)，.
【分析】（1）求出三棱锥的各条棱长，再求出三棱锥及正方体的表面积即可.
（2）求出三棱锥外接球半径，再求出球的表面积和体积.
【详解】（1）正方体的棱长为2，则，
显然三棱锥是正四面体，其表面积为，而正方体的表面积为，
所以三棱锥的表面积与正方体表面积的比值为
（2）显然三棱锥的外接球即为正方体的外接球，设球半径为，
则，即，
所以三棱锥的外接球的表面积为，体积为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，求出各边长度，求出四边形绕直线旋转一周形成圆台和三角形绕直线旋转一周形成圆锥的体积，相减即可；
（2）求出以为半径的圆的面积，以为母线的圆台的侧面积和以为母线的圆锥的侧面积，相加后得到答案.
【详解】（1）作，，E，F为垂足，
因为，所以，
因为，所以，，
故，
又，，故，
，
由勾股定理得，
由四边形绕直线旋转一周形成圆台，
且，
由三角形绕直线旋转一周形成圆锥，
且
所以将四边形绕直线旋转一周所成几何体的体积为；
（2）四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积分为三部分，
以为半径的圆的面积为，
以为母线的圆台的侧面积，
以为母线的圆锥的侧面积，
所以该几何体的表面积为.
17．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）取的中点，连接，由三角形中位线定理得，再根据线段间的关系得到，，从而得到四边形为平行四边形，即得，最后利用平行线的传递性得到，即可证得结论；
（2）利用割补法将四棱锥的体积等价为2个三棱锥的体积之和，同时多次利用三棱锥体积之间的关系进行转化求解．
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，
因为分别是的中点，所以，
又因为，所以且，
又由，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，则四点共面．
（2）解：如图所示，过点作交于点，则，
可得，，
连接，则
．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理逆定理得到，由中位线定理得到线线平行，得到，为等边三角形，得到线线垂直，故平面，从而证明面面垂直；
（2）在（1）基础上，得到，进而分割求和，得到答案.
【详解】（1）由可得，
∴，
分别为的中点，
，且，
．
连接，由题可得为等边三角形，
，
又，
．
又，且平面，
平面，
又平面，
平面平面．
（2）由（1）可得平面平面，
其中，，
连接，则．
连接平面，
，
．
19．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2)
【分析】（ⅰ）三点确定平面，证明其余务点都在内；（ⅱ）由多边形的形状，利用分割法求面积。
（2）八面体补成六棱柱，转化为规则图形求体积.
【详解】（1）（ⅰ）证明：由基本事实1，三点共面，设这三点确定的平面为，

因为，且平面，平面，
所以平面，同理，平面，
又因为平面由棱柱上底面绕中心旋转得到，
所以平面平面，因为平面，所以平面，
若平面与平面相交，设平面平面，则至少与中一条直线相交，
不失一般性，设，则平面，且，由基本事实3知，与矛盾，故平面平面，
若平面，则与平面相交，由平面平面，则与平面相交，
因为平面，所以与相交，与矛盾，所以平面，
即四点共面；同理，
综上，六点共面.
（ⅱ）旋转后俯视图形如下，由条件知，
且，

旋转前与夹角为，旋转后夹角为，
由平行关系，得，同理，
联结，所以全等且均为等腰直角三角形，
所以，又因为为正三角形且边长为，
所以，所以截面的面积为
（2）(3)利用割补法，分别由向平面作垂线，垂足为，
由向平面作垂线，垂足为；
将八面体补成六棱柱，则八面体的体积为六棱柱的体积扣去六个全等的四面体，即，

易知这些棱柱与棱锥的高均为三棱柱的高，设，
则，
其中，的外接圆也是的外接圆，

设其圆心为O，由正弦定理，其半径为
则，当时，距离最远，此时，
所以八面体体积的最大值为
【点睛】方法点睛：
若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进，即将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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