2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编立体几何基础题

20222023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何基础题一、多选题1．已知空间中是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（

）A．B．C．与异面D．【答案】BCD【分析】根据空间中的线与平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断.【详解】A：由垂直于同一平面的两直线平行，可知A正确；B：由，可得或者，故B错误；C：由，，可得与异面或，故C错误；D：由，，，当时，不能得到，只有当时，才可以得到，故D错误.故选：BCD2．如图，已知圆锥SO母线长l＝5，底面半径r＝4，则下列结论中正确的有（

）A．圆锥的表面积为B．圆锥侧面展开图的圆心角为C．圆锥的体积为D．圆锥的轴截面是锐角三角形【答案】ABC【分析】利用圆锥的结构特征，求解表面积以及体积，侧面展开图的圆心角，判断选项的正误即可．【详解】圆锥SO母线长，底面半径，则圆锥的表面积为，所以A正确；圆锥侧面展开图的圆心角，所以B正确；圆锥的体积为，所以C正确；由余弦定理得，而，则为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，所以D不正确．故选：ABC．3．对于两个平面，和两条直线m，n，下列命题中假命题是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】ABC【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，若，，则或，故A是假命题；对于B，若，，有可能出现，故B是假命题；对于C，若，，，有可能出现，故C是假命题；对于D，，，则或，若，则由得，若，则内有直线，而易知，从而，D是真命题.故选：ABC.4．下列结论正确的是（

）A．等底面积、等高的两个柱体，体积相等B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥C．有一个面是正方形的长方体是正四棱柱D．用斜二测画法作水平放置的平面图形的直观图时，正方形的直观图可能还是正方形【答案】AC【分析】利用柱体体积公式判断A，利用正棱锥的性质判断B，利用正四棱柱的定义判断C，利用斜二测画法的要求判断D.【详解】对于A，因为柱体的体积公式为，所以等底面积、等高的两个柱体体积相等，故A正确；对于B，正棱锥的侧棱相等，而底面是正多边形的棱锥，其侧棱不一定相等，故B错误；对于C，侧棱垂直于底面，底面是正方形的棱柱是正四棱柱，而有一个面是正方形的长方体满足上述要求，故C正确；对于D，水平放置的正方形的直观图的邻边一定不相等，所以不可能还是正方形，故D错误.故选：AC．5．《九章算术》是我国古代的数学经典名著，它在几何学方面的研究比西方早一千年，在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，“鳖臑”几何体中，平面，，于点，于点．设，，，则有（

）A．四面体最长的棱为B．平面平面C．，，两两互相垂直D．【答案】ABD【分析】由平面，得，又，可得平面，由此即可判断C；设，求出各棱长，即可判断A；证得平面，而过点作平面的垂线有且仅有一条，由此可判断B；求出可判断D．【详解】∵平面，平面，∴，∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，由以上可知，，两两互相垂直，故C正确；设，则；；，则四面体最长的棱为，故A正确；∵，平面，∴平面，而过点作平面的垂线有且仅有一条，∵平面，平面，∴平面与平面不垂直，故B错误；∵，∴，故D正确．故选：ABD．6．已知三条不同的直线，，和三个不同的平面，，，下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若，为异面直线，且，，，，则C．若，，则D．若，，，，，两两垂直，则，，也两两垂直【答案】BD【分析】对于A，或；由线面平行的性质定理和面面平行的判定定理可判断B；对于C，不一定成立；用反证法可判断D.【详解】若，，则或，故A错误；设，，因为，所以，又，，所以，又因为，为异面直线，，，，则直线与必相交，所以，故B正确；若，，则不一定成立，故C错误；若，，，，，两两垂直，则，，必相交于同一点，假设与不垂直，则存在直线，使得，，所以直线与可确定平面，且，这说明过内的直线可作两个平面与垂直，而这是不可能的，所以假设不成立，即，同理可证，，即，，两两垂直，故D正确.故选：BD二、单选题7．某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是，所以杯套的表面积.故选：C.8．如图，已知长方体，，，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】数形结合，找到直线与所成角，然后简单计算即可.【详解】连接，如图直线与所成角为由题可知：，由，所以，所以

故选：D9．2023年7月28日、第31届世界大学生夏季运动会将在成都东安湖体育公园开幕．公园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采用唐代风格、萃取太阳神乌形象、蜀锦与宝相花纹（芙蓉花）元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵．某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，C两处作为观测点，测得，，，在C处测得阁顶的仰角为45°，则他们测得东安阁的高度为（精确到，参考数据：，）（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】在中，由正弦定理可求，进而可得结果.【详解】在中，则，因为，可得（m），在中，则，即为等腰直角三角形，可得（m）.故选：C.10．“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高的六分之一，即．我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体，在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体，已知某个“刍童”如图所示，，，，，且体积为，则它的高为（

）A． B． C．4 D．3【答案】C【分析】求出上下底面的面积和中截面的面积，代入公式即可求出高.【详解】上底面的面积，下底面的面积，中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示，根据中位线定理得，，所以中截面的面积，，解得，故选：C．11．在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接、交于，取的中点，连、，可得（或其补角是直线与所成的角），计算可得答案.【详解】连接、交于，取的中点，连、，则，则或其补角是直线与所成的角，在直三棱柱中，，因为，，所以，，在直三棱柱中，，因为，，所以，，因为，所以，，在中，.所以直线与所成角的余弦值为.故选：B.12．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为，，若，分别在直线上为平面，的法向量，且，故，所以选项A说法正确；因为，，所以，而，因此，所以选项B说法正确；当时，如下图所示：也可以满足，，，所以选项C说法不正确；因为，，所以，而，所以，因此选项D说法正确，故选：C13．若将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，因为正方体的棱长为，所以其内切球的半径为，所以制作的最大零件的体积为，故选：D三、解答题14．如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．(1)证明：平面平面；(2)求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.【详解】（1）取的中点，连接，．∵与均是边长为2的正三角形，∴，，．∴为二面角的平面角．∵，∴，∴．因为，，，平面所以平面，又平面，∴平面平面．（2）由（1）知，，．∵，平面，平面，∴平面．∴为三棱锥的高．∴．∴四棱锥的体积为2．15．如图四边形ABCD是矩形，平面BCE，，点F为线段BE的中点.(1)求证：平面ABE；(2)求证：平面ACF.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；（2）连接交于点，连接，由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案.【详解】（1）因为平面BCE，平面BCE，所以，因为，，平面，所以平面ABE；（2）

连接交于点，连接，所以点为中点，因为点F为线段BE的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.16．如图，正四棱锥PABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．(1)在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；(2)假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．【答案】(1)存在，(2)【分析】（1）假设存在一点N，使直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接．可得，，再由，可得，假设成立，并且此时.（2）由（1）得，然后利用余弦定理求得，又因，即可求得的长.【详解】（1）存在，；理由如下：假设存在，连接并延长，交于E，连接．因为平面，平面，平面，所以，则，因为正方形中，，所以，假设成立.则此时.（2）由（1）得，所以；中，，所以所以；因为，所以，所以．17．如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．(1)以r为变量，表示圆柱的表面积和体积；(2)当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？【答案】(1)，.(2)当时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是.【分析】（1）取中点，连接，根据勾股定理求出的值，即可求得圆柱的表面积和体积；（2）利用基本不等式可求得圆柱的侧面积最大值，利用等号成立的条件可求得的值.【详解】（1）解：记圆柱底面的一条直径为，取中点，连接.高为，则，所以，所以，圆柱的底面积为，侧面积为，圆柱的表面积为，圆柱的体积为.（2）由（1）知，圆柱的侧面积为，则，当且仅当时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大，最大值为．18．如图，在平面四边形ABCD中，，，，.(1)若，求AC长；(2)求CD的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由余弦定理可得答案；（2）在中由正弦定理得，由余弦定理可得，在中由余弦定理，根据可得当时可得答案.【详解】（1）中，由余弦定理得，得，所以；（2）在中，由正弦定理：，则，又，且，在中，由余弦定理：，且，所以当时，即最小值.19．如图，在四棱锥中，底面，在直角梯形中，，，，是中点.求证：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取线段的中点，可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；（2）由线面垂直性质和勾股定理可分别证得，，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论.【详解】（1）取线段的中点，连接，分别为中点，，，又，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面.（2）平面，平面，；设，则，，，，，，，；，平面，平面，平面，平面平面.20．如图，在四棱锥中，是边长为的正三角形，底面为菱形，为的中点，且平面，与交于点，为上一点，且.(1)求证：平面平面；(2)若，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可.（2）由已知条件可得，为异面直线与所成的角或其补角.再由题干及余弦定理，得，即为异面直线与所成的角的余弦值.【详解】（1）如图，连接.由，得.又，.平面，平面，又平面，平面平面.（2），为异面直线与所成的角或其补角.，.在中，，在中，.在中，.在中，，由余弦定理得，，异面直线与所成角的余弦值为.21．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点分别在线段，上，且满足，．(1)求证：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）证明，结合线面平行的判定定理即得；（2）作，则直线与平面所成角为，根据题中线段长度，求即可.【详解】（1）

如图，连接，因，，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）

如图，在线段上取点，使，连接,,因，则，且，因平面，所以平面，故即为直线与平面所成角，因是边长为2的正方形，所以，，，所以，故直线与平面所成角的正切值为.22．如图所示，边长为2的正方形中，点E是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于点.(1)求证:；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知可得，，从而有平面，进而可得结论；（2）由勾股定理可得，从而易得的面积，又由（1）知平面，从而根据即可求解．【详解】（1）证明：由正方形知，，，，，、平面，平面，又平面，．（2）解：，，可得，的面积为，又由（1）平面，是三棱锥的底面上的高线，所以三棱锥的体积为：.23．如图，在直三棱柱中，底面为正三角形，侧面为正方形，，且，分别是，的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，可得，根据线面平行的判定定理即可证得结论；（2）分别取的中点，可证得为平行四边形，则，故直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，由平面，得为直线与平面所成角，在直角三角形求解即可.【详解】（1）连接，则是，的交点，∵，分别是，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面.（2）分别取的中点，连接，∵分别是的中点，∴，又∵，∴，∴为平行四边形，∴，∴直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，∵平面，∴为直线与平面所成角，∵在直角三角形中，，∴，∴，∴直线与平面所成角为.24．如图，在四棱锥中，平面，四边形是正方形，边长为，，点为侧棱的中点，过，，三点的平面交侧棱于点.(1)求四棱锥的体积；(2)求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出，利用棱锥体积公式求解；（2）由PD⊥平面ABCD，得PD⊥DC，又DC⊥AD，得DC⊥平面PAD，则DC⊥PA，又DE⊥PA，可得PA⊥平面CDEF，即可得出结论.【详解】（1）∵平面，平面，∴，∵，，∴，∴四棱锥的体积.（2）∵PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，∴PD⊥DC，∵DC⊥AD，AD∩PD＝D，AD，PD平面PAD，∴DC⊥平面PAD，又PA平面PAD，∴DC⊥PA，∵PD＝AD，E为侧棱PA的中点，∴DE⊥PA，∵DC∩DE＝D，DC，DE平面CDEF，∴PA⊥平面CDEF，∵CF平面CDEF，∴PA⊥CF．25．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、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【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得∥，∥，再结合正方形的性质可得∥，则∥平面，由理∥平面，从而可证得平面∥平面，进而可证得结论；（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．，分别是和的中点，∥，∥．又四边形为正方形，∥，从而∥．平面，平面，∥平面，同理∥平面，又，平面，平面∥平面，平面，则∥平面;（2）为正方形，．又平面平面，且平面平面，面，平面，∵平面，∴，设，，，∴，∴．又，，平面，平面，而平面，∴平面平面．26．如图，已知正方体的棱长为分别为的中点．(1)求证：平面平面；(2)记直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，求的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用平面几何知识推出，再根据线面垂直的判定得平面，最后根据面面垂直的判定定理得平面平面；（2）根据平面，得，，在中，由余弦定理可求出结果.【详解】（1）在正方形中，设与交于，因为分别为的中点．所以，，所以，所以，所以，即，在正方体中，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）知，平面，所以，，因为正方体的棱长为，所以，，，所以.27．如图，在三棱锥中，，在上，且．(1)求三棱锥与三棱锥的体积之比；(2)若点在上，且．证明：平面．【答案】(1).(2)证明见解析【分析】（1）转化为底面积之比可求出结果；（2）由，可得平面.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以，所以，，所以，所以.（2）由（1）知，，又，所以，又平面，平面，所以平面．28．如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，，平面平面.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，，平面ADE，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面BCF.（2）∵平面平面，平面平面，，平面，平面ADE，平面，，，作于O，分别连接，因为平面平面，平面平面，平面ADE，所以平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为，，，所以．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；（3）连接由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得，，，所以．29．如图1，在中，，，，是中点，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，，如图2.(1)若，求证：；(2)若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理推得，从而利用线面垂直的判定定理证得平面，由此得证；（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角与二面角的平面角，从而利用勾股定理得到关于的方程，解之即可得解.【详解】（1）在图1中，，，，是中点，所以，，则，，，则，又，所以，则，因为，则，又平面，所以平面，因为平面，所以.（2）由题意知，平面平面，因而平面，则为二面角的平面角（或补角），即为锐角，又平面，因而平面平面.作所在的直线于点，如图，又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，作于点，连接，又面，故面，因为面，则，所以为二面角的平面角（或补角），设，则，在中，，设，则，因而，在直角三角形中，，即，解得或（舍去），此时，从而.30．如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点，平面平面．(1)证明：；(2)若到平面的距离为1，求与平面所成角的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由已知得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可证得结论；（2）由到平面的距离为1，根据线面垂直的性质结合已知可得，再由线面垂直的判定可得平面，则，由等腰三角形的性质可得，则平面，从而得为与平面所成角，然后在中求解即可.【详解】（1）证明：因为底面为菱形，所以因为平面，平面，所以平面．又平面，平面平面，所以．（2）因为，，所以，l不在面PAD内，AD在面PAD内，所以平面，又到平面的距离为1，所以点到平面的距离为2．因为底面，平面，所以平面底面，又平面底面，所以点到平面的距离等于点到的距离，为2．又，所以．又因为，，平面，所以平面．因为平面，所以．又，为线段的中点，所以．又，平面，平面，所以平面．所以为与平面所成角．又，．所以当时，取得最小值，最小值为．所以与平面所成角的最小值为．四、填空题31．如图所示，要在两山顶间建一索道，需测量两山顶间