高中数学立体几何初步综合检测题

高中数学立体几何初步综合检测题

第一章 立体几何初步

(时间90分钟，满分120分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2019东莞高一检测)如图1为某几何体的三视图，根据

三视图可以判断这个几何体为()

图1

A．圆锥 B．三棱锥

C．三棱柱 D．三棱台

【解析】 由三视图易知其图形为

所以为三棱柱．

【答案】 C

2．过平面外两点与这个平面平行的平面()

A．只有一个 B．至少有一个

C．可能没有 D．有无数个

【解析】 过这两点的直线若与已知平面平行，则有且只有

一个，若与已知平面相交，则不存在．故选C.

【答案】 C

3．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图2所

示的直观图，其中BO＝CO＝1，AO＝32，那么原△ABC的面

积是()

图2

A.3 B．22

C.32 D．34

【解析】 由题图可知原△ABC的高为AO＝3，

S△ABC＝12BCOA＝1223＝3，故选A.

【答案】 A

4．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的

是()

A．l1l2，l2l3l1∥l3

B．l1l2，l2∥l3l1l3

C．l1∥l2∥l3l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点l1，l2，l3共面

【解析】 当l1l2，l2l3时，l1也可能与l3相交或异面，

故A不正确；l1l2，l2∥l3l1l3，B正确；当l1∥l2∥l3时，

l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；

l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从

同一顶点出发的三条棱，故D不正确．故选B.

【答案】 B

5．如图3，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，

则直线CE垂直于()

图3

A．AC B．BD

C．A1D D．A1D1

【解析】 ∵BDAC，BDAA1，

BD平面AA1C1C又CE?平面AA1C1C，CEBD.

【答案】 B

6．一个几何体的三视图如图4，该几何体的表面积为()

图4

A．280 B．292

C．360 D．372

【解析】 由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上

面一个长方体组合而成的几何体．

下面长方体的表面积为8102＋282＋1022＝232，

上面长方体的表面积为862＋622＋822＝152，

又由于两个长方体的表面积重叠一部分，所以该几何体的表

面积为232＋152－262＝360，应选C.

【答案】 C

7．(2019哈师大附中检测)如图5是底面积为3，体积为3

的正三棱锥的主视图(等腰三角形)和左视图(等边三角形)，

此正三棱锥的侧视图的面积为()

图5

A.332 B．3

C.3 D．32

【解析】 由题意知左视图是一个三角形，其底边长就是正

三棱锥的底面正三角形的高，高就是正三棱锥的高．根据已

知条件可得正三棱锥的底面边长是2，高为3，故侧视图的

面积是1233＝332.

【答案】 A

8．(2019吉林高一检测)过球的一条半径的中点，作垂直于

该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为()

A.316 B．916

C.38 D．932

【解析】 如图所示，设球的半径为R，由题意知OO＝R2，

OF＝R，r＝32R.

S截面＝r2＝(32R)2＝34R2.

又S球＝4R2，S截面S球＝3R2＝316.

【答案】 A

9．如图6是一建筑物的三视图(单位：米)，现需将其外壁

用油漆刷一遍，若每平方米用漆a千克，则共需油漆的质量

为()

图6

A．(48＋36)a千克 B．(39＋24)a千克

C．(36＋36)a千克 D．(36＋30)a千克

【解析】 此建筑物是直四棱柱与圆锥的组合体，其外壁的

面积S＝32－33＋35＋344＝39＋24(平方米)，因此共需油漆

的质量为(39＋24)a千克．

【答案】 B

10．如图7(1)所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面

将它切割成两块，拼成如图7(2)所示的几何体，那么此几何

体的表面积为()

图7

A．(1＋22)a2 B．(2＋2)a2

C．(3－22)a2 D．(4＋2)a2

【解析】 由题意知新的几何体为平行六面体且共顶点的三

条棱长分别为22a，22a和a，表面积为2(22a)2＋2(22a)2

＋222aa＝(2＋2)a2.

【答案】 B

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答

案填在题中的横线上)

11．如图8是一个四边形的直观图，则原图的面积为______．

图8

【解析】 由四边形的直观图可知，原四边形是一个直角梯

形，其上、下底边长分别为2、3，高为6，面积为2＋326

＝15.

【答案】 15

12．(2019常熟高一检测)若圆锥的母线长为2 cm，底面圆

的周长为2 cm，则圆锥的表面积为________．

【解析】 设圆锥的底面半径为r，则2r＝2，

r＝1，圆锥的表面积S＝122＋r2＝3.

【答案】 3

13．如图9，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的

棱CC1的中点，沿正方体表面从点A到点M的最短路程是

______cm.

图9

【解析】 侧面展开，可得最短路程为2＋22＋12＝17.

【答案】 17

14．在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1

满足条件________时，有A1CB1D1(注：填上你认为正确的一

种情况即可)

【解析】 由直四棱柱可知CC1面A1B1C1D1，所以CC1B1D1，

要使B1D1A1C，只要B1D1平面A1CC1，所以只要B1D1A1C1，

还可以填写四边形A1B1C1D1是菱形，正方形等条件．

【答案】 B1D1A1C1(答案不唯一)

三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说

明，证明过程或演算步骤)

15．(本小题12分)如图10是一个几何体的主视图和俯视图，

(1)试判断这个几何体是什么几何体；

图10

(2)请画出它的左视图，并求该左视图的面积．

【解】 (1)由题图中的主视图和俯视图知该几何体是正六

棱锥．

(2)该几何体的左视图如图所示．

其中两腰为斜高，底边长为3a，三角形的高即为正六棱锥的

高，且长为3a，

所以该左视图的面积为123a3a＝32a2.

16．(本小题12分)如图11，正方形ABCD和四边形ACEF所

在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求证：

图11

(1)AF∥平面BDE；

(2)CF平面BDE.

【证明】 (1)设AC与BD交于点G. w

因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝12AC＝1.

所以四边形AGEF为平行四边形．

所以AF∥EG.

因为EG?平面BDE.

AF 平面BDE，

所以AF∥平面BDE.

(2)连接FG，EG.

因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，

所以四边形CEFG为菱形．

所以CFEG.

因为四边形ABCD为正方形，所以BDAC.

又因为平面ACEF平面ABCD，

且平面ACEF平面ABCD＝AC.

所以BD平面ACEF.所以CFBD.

又BDEG＝G，

所以CF平面BDE.

17．(本小题12分)如图12所示是某几何体的三视图，请你

指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．

图12

【解】 此几何体是一个组合体(如图)，下半部分是直四棱

柱，上半部分是半圆柱，其轴截面的大小与四棱柱的上底面

大小一致．

表面积S＝862＋642＋84＋22＋28

＝176＋20(cm2)

则体积V＝864＋12228＝192＋16(cm3)．

所以几何体的表面积为(176＋20)cm2，

体积为(192＋16)cm3.

18．(本小题14分)如图13，四棱锥SABCD中，底面ABCD是

菱形，其对角线的交点为O，且SA＝SC，SABD.

图13

(1)求证：SO平面ABCD；

(2)设BAD＝60，AB＝SD＝2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥

平面APC，求三棱锥APCD的体积．

【解】 (1)证明：∵底面ABCD是菱形，ACBD.

又∵BDSA，SAAC＝A，

BD平面SAC.

又∵SO?平面SAC.

BDSO.

∵SA＝SC，AO＝OC，SOAC.

又∵ACBD＝O，

SO平面ABCD.

(2)连接OP，

∵SB∥平面APC，SB?平面SBD，

平面SBD平面APC＝OP，SB∥OP.

又∵O是BD的中点，P是SD的中点．

由题意知△ABD为正三角形．OD＝1.

由(1)知SO平面ABCD，SOOD.

又∵SD＝2，在Rt△SOD中，SO＝3.

P到面ABCD的距离为32，

VAPCD＝VPACD＝13(1222sin 120)32＝12.