2023年人教版高中数学第八章立体几何初步经典知识题库

(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步经典知识题库

单选题1、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，设的中点为M，的中点为N，下列结论正确的是（

）A．平面B．平面C．平面D．平面答案：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.2、边长为5

cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是（

）A．10cmB．5cmC．5cmD．

cm答案：D分析：将圆柱展开，根据题意即可求出答案.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后，∴，即为所求最短距离．故选:D.3、如图直角是一个平面图形的直观图，斜边，则原平面图形的面积是（

）A．B．C．4D．答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知为等腰直角三角形，，则，所以原图形中，，，故原平面图形的面积为.故选：A4、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.5、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，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，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（

）.A．B．C．D．与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，分别表示出和，分析即可得答案.设底面面积为S，底面周长为C，则，，所以，设斜棱柱的高为，则，,所以.故选：A6、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.7、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（

）A．B．C．D．答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知内层圆柱的高同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知外层圆柱的高此模型的体积为故选：C8、设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体中，记底面ABCD为，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为，EF为m，平面CDHG为，故排除C；记底面ABCD为，BF为m，平面ABFE为，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B9、如图所示的正方形中，分别是，的中点，现沿，，把这个正方形折成一个四面体，使，，重合为点，则有（

）A．平面B．平面C．平面D．平面答案：A解析：根据正方形的特点，可得，，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：，，，平面所以平面正确，D不正确；.又若平面，则

，由平面图形可知显然不成立；同理平面不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.10、直三棱柱中，若，，，是棱上的中点，则点到平面的距离是（

）A．1B．C．D．答案：C分析：作出草图，根据题意易证平面，可得，再根据勾股定理分别求出，，，的值，再根据，即可求出点到平面的距离.如图，在直三棱柱中，连接，由题知，平面，，又，∴又，所以平面，所以，由于，点是棱上的中点，根据勾股定理，，

，，所以，即.设到平面的距离为，则，设点到平面的距离为，在四面体中，，则，解得.故选：C.11、若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是（

）A．一定平行B．一定相交C．平行或相交D．以上判断都不对答案：C分析：利用面面平行的判定即得.一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，若这两条直线相交且这两条直线平行于另一个平面，则可得这两个平面平行；若这两条直线平行，则这两个平面可能相交也可能平行；故选：C.12、已知正四面体内接于球，点是底面三角形一边的中点，过点作球的截面，若存在半径为的截面圆，则正四面体棱长的取值范围是（

）A．B．C．D．答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为，用棱长表示出其外接球的半径，过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为，最大截面圆为过球心的大圆，半径为，根据题意则，从而可得出答案.如图，在正四面体中，设顶点在底面的射影为，则球心在上，在上，且,连接､，设正四面体的棱长为，则

，则正四面体的高，设外接球半径为，在中，，即，解得，∴在中，，过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为，最大截面圆为过球心的大圆，半径为，由题设存在半径为的截面圆，∴，解得，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长表示出其外接球的半径，得出过点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.双空题13、过平面外一点作该平面的平行线有______条，平行平面有______个．答案：

无数

1分析：直接由面面平行的判定及性质判断即可.过平面外一点作该平面的平行平面，有且只有1个，在平行平面上过这个点的直线有无数条，这些直线都与原平面平行.所以答案是：无数；1.14、在正方体中，E为棱CD上一点，且，F为棱的中点，且平面BEF与交于点G，与交于点H，则______，______.答案：

解析：由线面平行的性质可得，即可得到，又，则可求.

连接AC交BE于M，过M作，MN与交于N，连接FM，则H为FM与的交点，根据三角形相似可得线段的比.解：是正方体面面面平面，面面则，则，即，又，则.连接AC交BE于M，过M作，MN与交于N，连接FM，则H为FM与的交点.因为，所以，则.所以，所以，故.所以答案是：；小提示：本题考查线面平行的性质及判定，属于基础题.15、如图，长方体．（1）直线平面______；（2）直线平面______．答案：

##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，直线平面，直线平面.所以答案是：，.16、如图，矩形ABCD中，，AD＝2，Q为BC的中点，点M，N分别在线段AB，CD上运动（其中M不与A，B重合，N不与C，D重合），且MN∥AD，沿MN将△DMN折起，得到三棱锥D﹣MNQ，则三棱锥D﹣MNQ体积的最大值为___；当三棱锥D﹣MNQ体积最大时，其外接球的表面积的值为__.答案：

1

分析：沿MN将△DMN折起，当DN⊥平面MNQ时，三棱锥D﹣MNQ的体积最大，此时VD﹣MNQ=，再利用二次函数的性质即可求出的最大值，当三棱锥D﹣MNQ体积最大时，三棱锥D﹣MNQ是正三棱柱的一部分，则三棱柱MNQ﹣EDF的外接球即是三棱锥D﹣MNQ的外接球，求出三棱柱MNQ﹣EDF的外接球的半径R，从而求出三棱锥D﹣MNQ的外接球的表面积.设MB=t，则AM=DN=，∵沿MN将△DMN折起，当DN⊥平面MNQ时，三棱锥D﹣MNQ的体积最大，此时VD﹣MNQ==，∴当t=时，VD﹣MNQ取最大值，最大值为1，此时MB=，DN=，∴MQ=NQ=2，∴△MNQ为等边三角形，∴当三棱锥D﹣MNQ体积最大时，三棱锥D﹣MNQ是正三棱柱的一部分，如图所示：则三棱柱MNQ﹣EDF的外接球即是三棱锥D﹣MNQ的外接球，设点G，H分别是上下底面正三角形的中心，∴线段GH的中点即是三棱柱MNQ﹣EDF的外接球的球心O，∴OH=又，∴△MNQ是边长为2的等边三角形，∴HQ=，∴三棱柱MNQ﹣EDF的外接球的半径R=OQ=，∴三棱锥D﹣MNQ的外接球的表面积为4πR2=，所以答案是：1；.17、已知四面体的棱长均为分别为棱上靠近点的三等分点，过三点的平面与四面体的外接球的球面相交,得圆，则球的半径为___________，圆的面积为__________．答案：

分析：先找到四面体的外接球在线段上，利用勾股定理计算出半径R，连结，证明⊥面，计算出小圆半径r，求出面积.设点A在平面上的射影为，则为的中心，所以，由于为正三角形，故四面体外接球的球心在线段上，设球的半径为，则，即，解得；设在平面上的射影为，则即为过三点的平面截球所得截面圆的圆心．设在平面上的射影为与交于点．在中，

为高的,所以所以由得由球的截面性质得平面，所以截面圆的半径，所以圆的面积为.所以答案是：；.小提示：多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2)

多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．解答题18、如图，在正方体中，

E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.分析：（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解

.（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法

如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；