第13章立体几何初步过关练习高一下学期数学

第13章立体几何初步过关练习20232024学年数学高一下学期苏教版（2019）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在正方体中，二面角的大小是（

）A． B． C． D．2．设α是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则3．在正方体中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（）．A．截面与截面 B．截面与截面C．截面与截面 D．截面与截面4．已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（

）A． B． C． D．5．的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（

）A． B．1 C．8 D．6．如图，在四面体中作截面，若，的延长线交于点，，的延长线交于点，，的延长线交于点则下列四个选项中正确的个数是（

）（1），，三点共线；（2），，，四点共面；（3）.A． B． C． D．7．故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（

）

A． B． C． D．8．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如图所示，已知正方体边长为6，则该石凳的体积为（

）A．180 B．36 C．72 D．216二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知直线，，平面，，则下列说法错误的是（）A．，，则B．，，，，则C．，，，则D．，，，，，则10．如图所示的是水平放置的三角形直观图，D'是中B'C'边上的一点，且D'C'＜D'B'，A'D'∥y'轴，那么原的AB、AD、AC三条线段中（）

A．最长的是AB B．最长的是AC C．最短的是AC D．最短的是AD11．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3 B．正三棱锥的斜高为C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥侧面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．定义两个相交平面夹角为两个平面所组成的四个二面角的最小值．已知平面与所成的角为，为外一定点，过点的一条直线与所成的角都是，则这样的直线有.13．已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，则该正四棱锥的侧棱与底面所成的角的正弦值为.14．已知正四面体的棱长为2，为的中点，为中点，是棱上的动点，是平面内的动点，则当取得最小值时，线段的长度等于．四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．如图所示，是四边形所在平面外的一点，G为边中点，四边形是且边长为的菱形．为正三角形，且平面⊥平面.求证：(1)⊥平面；(2).16．如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.

(1)求证：平面；(2)若为侧棱的中点，求证：平面；(3)设平面平面，求证：.17．如图所示，底面边长为的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为，高为4的正四棱锥.(1)求棱台的体积；(2)求棱台的表面积.18．在直四棱柱中，底面为平行四边形，，分别为线段的中点.

(1)证明：；(2)证明：平面//平面；(3)若，当与平面所成角的正弦值最大时，求四棱锥的体积．19．如图，四棱锥为正四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点E在棱AB上，且．(1)若点F在棱PC上，是否存在实数满足，使得平面PDE？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．(2)在第（1）问的条件下，当平面PDE时，求三棱锥的体积．参考答案：1．B【分析】作出图形，根据二面角的定义，结合正方体的线面关系判断出待求二面角的平面角即可求解.【详解】如图，由正方体的性质易知平面，平面，平面，则，而平面平面，则为二面角的平面角，又因为四边形为正方形，所以，即二面角的大小是.故选：B.2．B【分析】选项A和D，通过举出例子判断正误；选项B，由线面垂直的判定定理得结果正确；选项C，利用线面垂直的性质，可得，从而判断出结果的正误.【详解】对于选项A，如图1，当，满足时，与可以斜交，故选项A错误，对于选项B，因为，所以，因为，则由线面垂直的判定定理得，故选项B正确，对于选项C，因为，所以，因为，所以，故选项C错误，对于选项D，若，则与可以相交、平行或异面，如图2，满足，而与异面，故选项D错误，故选：B.3．B【分析】根据面面平行的判定并结合图形判断各选项．【详解】如图，选项A、B、C、D分别对应图1、图2、图3、图4．对于A，与相交，截面与相交，A不是；对于B，截面与平行．由，得四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面，同理可证平面，，平面，所以平面平面，B是；对于C，截面与有公共点D，截面与相交，C不是；对于D，与相交，截面与相交，D不是.故选：B4．C【分析】延长交延长线于点，连接，由几何关系证明MN到平面的距离即点到平面的距离，再由等体积法求出结果即可；【详解】延长交延长线于点，连接，，因为分别是AB和BC的中点，则，由正方体的性质可得，所以，又平面，平面，所以平面，所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，则，因为正方体的棱长为1，所以，，，所以，即，故选：C.5．B【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积.【详解】由直观图还原平面图形可知，在中，，，,所以故选：B．6．B【分析】证明，，三点都在平面与平面的交线上，可判断（1）；由平面，可判断（2）；由，可判断（3）.【详解】因为，直线平面，，直线平面，所以是平面与平面的一个公共点，所以在平面与平面的交线上，同理可证，也在平面与平面的交线上，所以三点共线，所以（1）正确；平面，所以（2）错误；由于，所以（3）错误.故选：B.7．B【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可.【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，

取中点，连接，由已知，、分别为、中点，因为是直三棱柱，所以，且，所以其，所以四边形为平行四边形，又，所以为矩形，所以，又，平面，平面，，所以平面，平面，所以，又因为，平面，平面，，所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为；，在中，，所以，设角，则有，因为四边形为平行四边形，所以，又因为因为是直三棱柱，所以，且，所以，，又因为平面，平面，所以，所以，即，解得，所以点到平面的距离是，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段.8．A【分析】利用多面体的体积公式计算即可.【详解】根据题意可知该石凳的体积为.故选：A9．ABC【分析】结合空间中点、线、面的位置关系与面面平行的判定定理逐项判断即可得.【详解】选项A中，若，，则可能在内，也可能与平行，故A错误；选项B中，若，，，，则与也可能相交，故B错误；选项C中，若，，，则与也可能相交，故C错误；选项D中，若，，，，，依据面面平行的判定定理可知，故D正确．故选：ABC．10．AD【分析】根据题意，作出原的平面图，结合勾股定理分析可得答案．【详解】根据题意，原的平面图如图，其中，，，则有，故的AB、AD、AC三条线段中最长的是AB，最短的是AD；故选：AD

11．AB【分析】先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.【详解】设为等边三角形的中心，为的中点，连接，则为正三棱锥的高，为斜高，又，，，，故，故AB正确.而正三棱锥的体积为，侧面积，故CD错误.故选：AB.

12．4【分析】过点作平面垂直于平面的交线，并且交直线于点，连接，则，过点在平面内作的平分线，以为轴在的角平分面内转动，根据题意可得出有两条直线满足题意；以为轴在平面内前后转动，根据题意可得出有两条直线满足题意，综合可得结果.【详解】解：首先给出下面两个结论：①两条平行线与同一个平面所成的角相等；②与二面角的两个面成等角的直线在二面角的平分面内或平行于角平分面.（1）如图1，过二面角内任一点作棱的垂面，交棱于点，与两半平面交于，因为平面，平面，所以，则为二面角的平面角，则，设为的平分线，则，与平面所成的角都是，此时过点且与平行的直线符合要求，当以为定点，在二面角的平分面上转动时，与两平面的夹角会变小，会对称地出现两条符合成的情形；此时过点且与平行的直线符合条件，有2条，

（2）如图2，设为的补角的平分线，

则，与平面所成的角都是，当以为定点，在二面角的平分面上转动时，与两平面夹角变小，对称地在图2中的两侧会出现的情形，有两条，此时，过点且与平行的直线符合要求，有两条.综上所述，符合条件的直线有4条.故答案为：4.13．【分析】根据已知条件求得正四棱锥的底面边长和高，结合线面角的知识求得正确答案.【详解】如图所示正四棱锥，，则平面.设正四棱锥外接球的半径为，则R=2，设正四棱锥底面边长为，高为，则①，由整理得②，由①②解得，由于平面，所以正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，.故答案为：14．【分析】取中点，先由平面，得在线段上，再把沿翻折到平面上，得到取得最小值时，由此求出结果.【详解】取中点，连接，

由正四面体性质可得，，因为，所以平面因为，所以平面，当取得最小值时，平面，所以在线段上，由平面，得，，，所以，将沿翻折到平面上，如图

由题意知，，，则，所以当取得最小值时，即，所以故答案为：15．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；（2）由线面垂直判定定理和性质定理证明即可.【详解】（1）如图，连接，∵四边形是菱形且，∴△是正三角形，∵G为的中点，∴.又平面⊥平面，且平面∩平面，平面，∴平面.（2）由（1）可知，∵△为正三角形，为的中点，∴，又平面，∴平面，又平面，∴.16．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）设，再证明即可；（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可；（3）根据线面平行的判定与性质证明即可.【详解】（1）设，连接，因为是平行四边形，故，又为侧棱的中点，故.又平面，平面，故平面.（2）若为侧棱的中点，，则，又平面，平面，故平面.又，平面，平面，故平面.又，平面，故平面平面.又平面，故平面.（3）因为，平面，平面，故平面.又平面平面，平面，故

17．(1)(2)【分析】（1）借助正四棱锥于棱台的性质可得棱台的高，结合棱台体积公式计算即可得；（2）求出棱台各个面的面积后相加即可得.【详解】（1）过点作底面于点，交平面于点，由正四棱锥及棱台的性质可知，为底面的中心，则，即棱台的高，，（2）连接，则，则，作于点，则，故.18．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论；（2）结交于，连结，通过证明平面以及平面可得面面平行；（3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值，进而可得体积.【详解】（1）如图，连接，设，连接.

因为，平面，平面，故，而，，平面，故平面，而平面，故，由四边形为平行四边形可得，故为等腰三角形，即；（2）延长交于，连结，由中位线性质可得，且，所以，因为平面平面，所以平面，可得为中点，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面//平面；.

（3）设，，由（1）可得平面，而平面，故，故四边形为菱形，而，故.因为平面，平面，故，故，同理.而，故.设为点到平面的距离，与平面所成的角为，故.又，而，故，故，故，当且仅当即时等号成立，故此时.【点睛】方法点睛：线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算.19．(1)存在；(2)【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明平面PDE，得到