2023年人教版高中数学第八章立体几何初步知识点归纳总结.pdf

(名师选题名师选题)2023)2023 年人教版高中数学第八章立体几何初步知识点归纳总结年人教版高中数学第八章立体几何初步知识点归纳总结(精精华版华版)单选题 1、在下列判断两个平面与平行的 4 个命题中，真命题的个数是（）、都垂直于平面r，那么 、都平行于平面r，那么 、都垂直于直线l，那么 如果l、m是两条异面直线，且 ，那么 A0B1C2D3 答案：D 分析：在正方体中观察可判断；由平面平行的传递性可判断；由线面垂直的性质可判断；根据面面平行判定定理可判断.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故错误；由平面平行的传递性可知正确；由线面垂直的性质可知正确；过直线l做平面与、分别交于1,2，过直线m做平面与、分别交于1,2，因为 ，所以 1,2，所以1 2 因为1，2，所以1 同理，1 又l、m是两条异面直线，所以1,2相交，且1，1 所以 ，故正确.故选：D 2、已知在棱长均为2的正三棱柱 111中，点为11的中点，若在棱上存在一点，使得1/平面，则1的长度为（）A2B5C6D3 答案：B 解析：设点为的中点，取11的中点，连接，然后证明1/平面即可.如图，设点为的中点，取11的中点，连接，则1/，又1 平面，平面，1/平面，易知/，故平面与平面是同一个平面，1/平面，此时1=5，故选：B 3、在正方体 1111中，是正方形的中心，则直线1与直线1所成角大小为（）A30B45C60D90 答案：A 分析：如图，连接1，利用余弦定理可求1的值，从而可得直线1与直线1所成角大小.设正方体的棱长为2，连接1，因为1/1，故1或其补角为直线1与直线1所成角.而1=22，=2，1=12+2=42+22=6，故12=12+2，所以1，所以cos1=622=32，因为1为锐角，故1=30，故选：A.4、已知abc为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A若a与b异面，b与c异面，则a与c异面 B若a与b相交，b与c相交，则a与c相交 C若 ，则ab与c所成的角相等 D若 ，则 答案：C 分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在 A 中，若直线ab异面，bc异面，则ac相交异面或平行，故 A 错误；在 B 中，若直线ab相交，bc相交，则ac平行相交或异面，故 B 错误；在 C 中，若 ，则ab与c所成的角相等，故 C 正确；在 D 中，若 ，则a与c相交平行或异面，故 D 错误.故选：C.5、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120，腰为 3 的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A23B24C26D27 答案：D 分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱 及直三棱柱 组成，作 于M，如图，因为=3,=120，所以=332,=32，因为重叠后的底面为正方形，所以=33,在直棱柱 中，平面BHC，则 ,由 =可得 平面，设重叠后的EG与交点为,则=13 33 33 32=272,=12 33 32 33=814 则该几何体的体积为=2=2 814272=27.故选：D.6、足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022 年卡塔尔世界杯是第 22 届世界杯足球赛比赛于 2022 年 11 月 21 日至 12 月 18 日在卡塔尔境内 7 座城市中的 12 座球场举行已知某足球的表面上有四个点A，B，C，D满足=2dm，二面角 的大小为23，则该足球的体积为（）A74227dm3B35227dm3C1427dm3D32227dm3 答案：A 分析：画出图形，为线段的中点，则可得为二面角 的平面角，取,分别是线段,上靠近点的三等分点，则可得,分别为 和 的外心，过,分别作平面和平面的垂线,，交于点，则点为三棱锥 外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，然后结已知数据求出，从而可求出足球的体积 根据题意，三棱锥 如图所示，图中点为线段的中点，,分别是线段,上靠近点的三等分点，因为=2dm，所以 和 均为等边三角形，因为点为线段的中点，所以 ,，所以为二面角 的平面角，所以=23，因为 和 均为等边三角形，点为线段的中点，所以,分别为 和 的中线，因为,分别是线段,上靠近点的三等分点，所以,分别为 和 的外心，过,分别作平面和平面的垂线,，交于点，则点为三棱锥 外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，因为 ,，=2dm，所以=62dm，则=66dm，因为=,=,=90，所以 ，所以=12=3，在直角 中，=tan3=22，因为 平面，平面，所以 ，因为是 的外心，所以=63，所以=2+2=76,所以=43 3=43(76)3=74227，所以足球的体积为74227dm，故选：A 小提示：关键点点睛：此题考查三棱锥外接球问题，考查计算能力，解题的关键是由题意求出三棱锥外接球的球心，从而可确定出球的半径，然后计算出半径即可，考查空间想象能力，属于较难题 7、已知正四棱锥的底面边长为 6，侧棱长为 5，则此棱锥的侧面积为（）A6B12C24D48 答案：D 分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为 6，侧棱长为 5，则其斜高=52(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积=12 4 6 4=48 故选：D 8、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图ABCD，则原四边形ABCD的面积是（）A14B102C28D142 答案：C 分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.ADy轴，ABCD，ABCD，原图形是一个直角梯形 又AD4，原直角梯形的上、下底及高分别是 2，5，8，故其面积为=12(2+5)8=28.故选：C 9、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（）ABCD 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.10、已知球O的体积为36，则该球的表面积为（）A6B9C12D36 答案：D 分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为，则由题可得433=36，解得=3，则该球的表面积为4 32=36.故选：D.11、九章算术中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵 111中，且1=2.下列说法错误的是（）A四棱锥 11为“阳马”B四面体11为“鳖臑”C四棱锥 11体积最大为23 D过A点分别作 1于点E，1于点F，则 1 答案：C 分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵 111中，侧棱1平面,在选项 A 中，因为1，且1 =，则 平面11，且11为矩形，所以四棱锥 11为“阳马”，故 A 正确；在选项 B 中，由11，11 1且1 =，所以11平面11，所以11 1，则 11为直角三角形，由 平面11，得 1,1为直角三角形，由“堑堵”的定义可得 11为直角三角形，所以四面体11为“鳖臑”，故 B 正确;在选项 C 中，在底面有4=2+2 2 ，即 2，当且仅当=时取等号，则11=1311 =131 =23 43，所以 C 不正确；在选项 D 中，由 平面11，则 ,1且1 =，则 平面1，所以 1,又 1且 =，则1 平面，则1 ，所以 D 正确.故选：C.12、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A22B222C232D322 答案：A 分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.解：设正方体的棱长为x，则3=，即2=132，所以正方体的全面积为62=6 132=22 故选：A 双空题 13、已知平面四边形ABCD的斜二测画法所得直观图为1111.若AB与CD平行，则11与11_；若AB与CD的长度相等，则11与11的长度_.答案：平行 不一定相等 分析：根据斜二画法的原则依次分析当/、=时直观图的情况即可.当/时，由斜二画法的原则知，11/11，例如，正方形的直观图如图所示，当=时，若/，如上图，则11=11，若与不平行，由斜二画法的原则知，11 11，例如，等腰梯形(图 1)的直观图如图 2 所示，所以答案是：平行；不一定相等.14、已知正方体 1111的棱长为 6，分别是111的中点，平面截正方体所得的截面为多边形，则此多边形的边数为_，截面多边形的周长为_.答案：五,613+32.分析：作出截面图求解即可.解：延长EF交DA的延长线于M,连接MC交AB于N,延长FE与DD1的延长线相交于点P,连接PC交C1D1于Q,连接EQ,则五边形EFNCQ即为平面截正方体所得的截面.如图所示：则有A1F=FA=AM=3,又因为与相似，所以=，解得 AN=2,所以=32+22=13，=42+62=213，同理可得：QD1=2,QC1=4,所以=42+62=213，=32+22=13，又因为=32+32=32，所以五边形 EFNCQ 的周长为613+32，所以答案是：五；613+32.15、球的对称性 所有经过_的直线都可以作为球的旋转轴，每条旋转轴与球面交点之间的线段都是球的_ 答案：球心 直径 分析：根据球的性质即可得答案.解：因为球是半圆绕直径旋转一周所成的几何体，所以只要经过球心的直线都可以作为球的旋转轴，每条旋转轴与球面的交点之间的线段都是球的直径.所以答案是：球心；直径.16、在四棱锥 中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面 底面ABCD，=23，若四棱锥 存在内切球，则内切球的体积为_，此时四棱锥 的体积为_ 答案：43#43 83 分析：过点P作出四棱锥 的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，如图，因 是正三角形，则 ，又ABCD是矩形，有 ，而平面 平面，平面 平面=，平面，平面，因此 平面，平面，又/，则 平面，平面，即有 ,，=，,平面，有 平面，平面，而/，则，显然 ，由球的对称性及四棱锥 的特征知，平面截四棱锥 的内切球O得截面大圆，此圆是Rt 的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形为正方形，令=，而=3，=2+9，则球半径=12(+3 2+9)，四棱锥 的表面积为=+2+=33+43+3 2+9，由=13=13 得：12(+3 2+9)3(3+4+2+9)=23 3，整理得：6 (3+4+2+9)=12 (+3+2+9)，即2 3=2+9，解得=4，因此，=1，内切球的体积=433=43，四棱锥 体积=83.所以答案是：43；83 小提示：名师点评一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：=13.17、如图，三棱锥 的四个顶点都在球O的球面上，,是边长为 6 的正三角形，二面角 的大小为120，则点O到平面的距离为_，球O的表面积为_ 答案：1 52 分析：取的中点D，连接设E为 的外心，根据 ，得到D为 的外心然后根据球的几何性质，得到 平面,平面再由二面角 的大小为120，平面 平面，得到=30求得OE，然后在 中，根据=3,=2，求得球的半径即可.如图所示：取的中点D，连接设E为 的外心，则点E在上，且=2 因为 ，则D为 的外心 根据球的几何性质，有 平面,平面 因为二面角 的大小为120，平面 平面，则二面角 的大小为30，所以=30 因为 是边长为 6 的正三角形，则=6sin60=33，所以=3=3在 中，=tan30=1 在 中，因为=3,=2，则=2+2=13，所以球O的半径=13，表面积球=42=4 13=52 所以答案是：1，52 解答题 18、在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BB1的中点 (1)求证：B1D 平面ACE(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF 平面ACE 答案：(1)证明见解析(2)证明见解析 分析：（1）连BD，使BDACG，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F 平面ACE，结合B1D 平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BDACG，连EG ABCD是正方形，BDACG，DGBG 又E是BB1中点，B1EBE，DB1GE，又1平面ACE，平面ACE，B1D 平面ACE （2）E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点 B1ECF且B1ECF，四边形B1ECF是平行四边形，B1FCE，又 1 平面ACE，平面ACE，B1F 平面ACE，由（1）B1D 平面ACE，又DB1B1FB1，平面B1DF 平面ACE 19、如图所示的几何体由三棱锥 和正四棱锥 拼接而成，平面，/，=1，=2，=5，O为四边形对角线的交点 (1)求证：/平面；(2)求二面角 的正弦值 答案：(1)证明见解析(2)155 分析：(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO/QM即可得解.(2)在正四棱锥 中作出二面角 的平面角，借助直角三角形计算即可.(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，因O是正四棱锥 底面中心，即O是BD中点，则OM/AB/PQ，=12=1=，于是得PQMO是平行四边形，PO/QM，而 平面ADQ，平面ADQ，所以PO/平面ADQ.(2)在正四棱锥 中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而 =，,平面POA，因此，DO平面POA，而 平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，=，,平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角 的平面角，因 平面，则PQAQ，=2+2=6，而=12=2，则PO=2，=233，Rt 中，=2,=2+2=303，于是得sin=155，所以二面角 的正弦值155.20、如图，在三棱锥 中，分别为，的中点，=，且 ，求证：平面 答案：证明见解析.分析：由题可得 ，利用线面垂直的判定定理可得 平面，进而可得 ，然后利用线面垂直的判定定理即得.在 中，D是AB的中点，=，,E是PB的中点，D是AB的中点，又 ，=，平面，平面，平面，平面，又 ，=，平面，平面，平面