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1、05立体几何初步（经典基础题）- 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版，2019新版）一、单选题1（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）圆柱形容器内部盛有高度为h的水，若放入两个直径为2cm的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球一半（如图所示），则h=（）A0.5cmB1cmC2cmD2.5cm2（2023下福建福州高一校联考期末）“抽陀螺”是中国传统民俗体育游戏，陀螺上大下尖，将尖头着地，以绳绕之，然后抽打，使其旋转如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其中圆柱的底面直径为2，圆锥与圆柱的高都为1，则该几何体的表面
2、积为（）ABCD3（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）已知直线m，n和平面，下列条件中能推出的是（）A，B，C，D，4（2023下福建福州高一福州日升中学校考期末）已知表示不同的直线，表示不同的平面，则下列结论错误的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则5（2023下福建福州高一福州三中校考期末）若m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则6（2023下福建福州高一福建省福州屏东中学校考期末）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程
3、为，则这个圆锥的体积为（）.ABCD7（2023下福建厦门高一统考期末）将一个底面半径为2，高为3的圆柱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（）ABCD8（2022下福建莆田高一莆田一中校考期末）如图，正方体的棱长为2，、分别是棱、和的中点，过点、作正方体的截面，则以该截面为底面，为顶点的几何体体积为（）A2B3C4D69（2022下福建莆田高一莆田一中校考期末）圆锥的底面半径为，高为，在此圆锥内有一个内接正方体，则此正方体的棱长为（）ABCD10（2022下福建福州高一校联考期末）在正方体中，分别是，的中点，平面平面，则直线与的夹角大小为（）A30B45C60D9011（2
4、022下福建莆田高一统考期末）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则二、多选题12（2023下福建福州高一福建省福州屏东中学校考期末）已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的有（）A若，则B若，则C若，则D若，则13（2023下福建漳州高一统考期末）正方体中，为底面的中心，则（）A直线与所成的角等于B直线与所成的角等于C直线与是异面直线D直线与所成的角等于14（2023下福建高一校联考期末）已知两个不同的平面、和两条不重合的直线m、n，有下列命题中正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则15（2022下福建
5、福州高一福建省福州高级中学校考期末）已知不同直线l、m、n与不同平面、，下列推论正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则或16（2022下福建三明高一统考期末）对于给定的异面直线m，n，以下判断正确的是（）A总存在四个顶点分别在m，n上的正三棱锥B总存在直线l，使得l同时与m，n垂直且相交C总存在平面，使得，且D对于任意点A，总存在过A且与m，n都相交的直线三、填空题17（2023下福建福州高一福建省福州屏东中学校考期末）已知正三棱锥的顶点都在球O的球面上，其侧棱与底面所成角为，且，则球O的表面积为 18（2023下福建福州高一福州三中校考期末）下图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心
6、零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3，若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为 .19（2023下福建莆田高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面是正三角形，平面平面，则二面角的大小是 20（2023下福建高一校联考期末）已知ABCDA1B1C1D1是棱长为2的正方体，E为AA1的中点，点F 在CC1上（不与C、C1重合），三棱锥A-D1EF 的体积为 ，当F 为CC1的中点，几何体AED1FCD 的体积为
7、.21（2023下福建高一校联考期末）在四面体中，E、F 分别是的中点.若所成的角为45，且，则的长为 .22（2022下福建福州高一校考期末）如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是 23（2022下福建福州高一校考期末）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与所成角的大小为 .四、解答题24（2023下福建福州高一福州三中校考期末）如图，三棱锥中，O，E，F分别是，的中点，G是的中点，(1)求证：；(2)求证：/平面.25（2022下福建莆田高一莆田一中校考期末）如图，四边形为矩形，且，平面，为的中点(1)求证：；(2)若点为上的中点，证明平
8、面试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【分析】根据体积公式即可求解.【详解】由题意可知一个球加半个球以及水的体积等于高为3的圆柱的体积，球的半径和圆柱的底面圆半径均为1，所以，故选：B2B【分析】根据题意，分别求出圆柱的上底面面积、侧面积以及圆锥的侧面积，相加即可得答案【详解】根据题意，该组合体由一个圆锥与一个圆柱组成，其中圆柱的底面直径为2，圆锥与圆柱的高都为1，圆柱的上底面面积圆柱的侧面积圆锥的母线长，则圆锥的侧面积故该几何体的表面积故选：B3D【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解.【详解】由直线和，若，则与相交或平行，故A不正确；若，
9、则与相交或平行，故B不正确，若，由于不一定相交，所以与相交或平行，故C不正确；若，则垂直于同一条直线的两个平面互相平行，即，故D正确；故选：D4C【分析】根据空间中线、面位置关系逐项分析判断.【详解】对于选项A：若，由线面垂直的性质可知，故A正确；对于选项B：若，由面面平行的性质可知，故B正确；对于选项C：若，由线线位置关系可知可能相交、平行或异面，故C错误；对于选项C：若，由平行线的传递性可知，故D正确；故选：C.5D【分析】由平面的基本性质，结合线面、面面位置关系判断各项的正误.【详解】A：若，则或异面，错误；B：若，则或，错误；C：若，则或或相交，错误；D：由，则或，若，如下图，内存在一
10、条直线，则，即，若，由面面垂直的判定知：，故正确.故选：D6C【分析】作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理求出求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理可得，设底面圆的半径为r，则有，解得这个圆锥的高为，这个圆锥的体积为故选：C7B【分析】根据圆柱底面直径与高的关系可知球体最大直径，然后可得.【详解】由题可知，圆柱的底面直径为4，高为3，因为，所以该圆柱体铁块能磨制的最大球体直径为3，半径为，所以该球体的最大体积为.故选：B8B【分析】根据正方体的几何结构得到构成的空间几何
11、体为正棱锥，分别求得正棱锥的底面正六边形的边长和高，利用锥体体积公式，即可求解.【详解】如图所示，过点、作正方体的截面为正六边形以为顶点，过点、作正方体的截面，构成的空间几何体为正棱锥，因为正方体的棱长为，可得正六边形的底面边长为，所以正六边形的面积为，连接，在正方形中，可得，且，平面，所以平面，即平面，且，所以正棱锥的体积为.故选：B.9C【分析】设棱长为，利用三角形相似列比例式解出【详解】解：如图沿着正方体的一条面对角线和圆锥的高作轴截面如下所示：则，设正方体棱长为，则，由，可得，解得故选：C10C【分析】如图，取中点，中点，中点，得正六边形，直线即为，或其补角是异面直线与所成的角，由此可
12、得结论【详解】如图，取中点，中点，中点，顺次连接得六边形，连接，易得，所以，所以平面，同理可得平面，即六边形是平面六边形，由正方体性质知六边形是正六边形，直线即为，又，所以或其补角是异面直线与所成的角，所以异面直线与所成的角是故选：C11C【分析】举出的反例可判断A；举出异面的反例可判断B；根据两条平行线其中一条垂直平面，那么另外一条也垂直平面可判断C；举出平行的反例可判断D.【详解】对于A，如图，此时，A错误；对于B，如图，此时异面，B错误；对于C，由性质定理： “如果在两条平行线中，有一条垂直于平面，那么另一条也垂直于这个平面.”可知，C正确；对于D，此时，D错误.故选：C.12BC【分析
13、】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断即可【详解】对于A，若， l和m可以相交可以异面，故错误；对于B，若，则有，正确；对于C，若，则或，又，则正确；对于D，若，可能，故不一定成立故选：BC13BD【分析】根据异面所成角的定义与计算方法，结合正方体的几何结构特征，逐项判定、求解，即可求解.【详解】对于A中，在正方体中，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，在等腰直角，可得，即异面直线与所成的角为，所以A不正确；，对于B中，在正方体中，可得，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，在等边，可得，即异面直线与所成的角为，所以B正确；，对于C中，在正方体中，由为底面的中心，可得平面
14、，且平面，所以直线与不是异面直线，所以C错误；对于D中，在正方体中，因为为正方形，可得，又由平面，平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，所以D正确.故选：BD.14AD【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可【详解】对于A：若，则，故A正确；对于B：若，则或，故B错误；对于C：若，则或与异面，故C错误；对于D：若，则，又，所以，故D正确；故选：AD15ABD【分析】利用平行的传递性、面面垂直的概念、判定与性质定理、线面垂直的概念与定理进行判断.【详解】对于A，根据直线平行的传递性可知，A正确；对于B，根据平面与平面垂直的判断定理可知，B正确；对于C，若，与也可能相交，故
15、C错误；对于D，根据平面与平面垂直的性质定理以及直线与平面垂直的概念可知，D正确.故选：ABD.16BC【分析】A选项，根据正三棱锥的性质得到只有两异面直线垂直时，才总存在四个顶点分别在m，n上的正三棱锥；B选项，异面直线有且只有一条公垂线，画出图形，证明出此结论；C选项，利用线面平行的判定定理及平行的推论得到结论；D选项，找到反例即可【详解】正三棱锥，取CD的中点G，连接AG，BG，则由三线合一得：，因为，所以平面ABG，因为平面ABG，所以CDAB取直线为m，直线AB为n，所以只有两异面直线垂直时，才总存在四个顶点分别在m，n上的正三棱锥，故A错误；已知为异面直线，平移直线到直线，使得直线
16、，则相交直线确定平面，则为平面外一直线，且，故可作出平面，使得且，C正确； 由上面分析可知存在平面，使得，且，作直线在平面的投影直线，直线与相交于点A，过点A作直线d，使得平面，因为，则，且与相交于点B，则为异面直线的公垂线，B正确；如下图正方体，取直线为直线，直线为直线，则过点A要想与直线相交，则此直线为平面上过点A的除AD外的所有直线均可，这些直线和直线均无交点，故此时不存在过A且与m，n都相交的直线，D错误.故选：BC17【分析】作出图形判断外接球球心的位置，先求出相关线段的长度，然后利用勾股定理求出外接球半径，代入球的表面积公式即可求解【详解】如图，正三棱锥中，设点Q为的中心，则PQ平
17、面ABC，PQ3球心O在直线PQ上，连接AO，设球O的半径为r，则，在中，即，解得，球O的表面积为故答案为：.18【分析】根据莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到，求得其周长，再根据曲侧面三棱柱的高为10求解.【详解】解：由题意得：底面是由三段以20为半径，圆心角为的圆弧构成，所以底面周长为，又曲侧面三棱柱的高为10，所以曲侧面三棱柱的侧面积为，故答案为：19【分析】由定义作出二面角的平面角，然后解三角形即可.【详解】过作，垂足为，过作，垂足为，连接.平面平面，平面平面，又，平面，根据面面垂直的性质定理可得，平面，又平面，故，又，平面，故平面，由平面，故，于是
18、二面角的平面角为，根据题目数据，在中，则，则.故答案为：20 【分析】根据给定条件，利用等体积法求解三棱锥的体积根据割补法，将几何体分解为三棱柱和三棱锥，即可由体积公式求解.【详解】在正方体中，棱长为2，为的中点，则，为上一点，而平面，平面，则点到平面的距离为长，所以三棱锥的体积取的中点为，连接,由于均为棱的中点，由正方体的结构特征可知为直三棱柱，故几何体可以分割为三棱柱和三棱锥，故几何体体积为,故答案为：， 21【分析】作出辅助线，找到或，分两种情况，结合余弦定理求出答案.【详解】取的中点，连接，因为E、F 分别是的中点，所以，因为所成的角为，所以或，如图1，则，如图，则故答案为：22【分析
19、】设球的半径为，依题意即可求出，再根据球的体积公式计算可得.【详解】设球的半径为，则，解得或（舍去），球的体积故答案为：23/【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体,由此能求出与所成角的大小.【详解】如图,把正方体的平面展开图还原成正方体，,在这个正方体中,与所成角的大小为.故答案为：.24(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）两个等腰三角形共底于，取其中点可得、，继而可得平面，最终结论得证;（2）连接交于点M，构造平面交平面于,中由两条中位线的交点M可得，又线段上,则可证得，最终结论得证.【详解】（1）证明：取中点H，连接，（如图），H为中点，又，平面，平面，平面，平面，.（2）连
20、接交于点M，连接（如图），E，F分别为，的中点，M为的重心，O为中点，G为中点，又平面，平面，/平面.25(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接，矩形中可证出，由平面证出，从而得到平面，所以有；（2）取，的中点，连接、利用矩形和三角形中位线定理，证出四边形是平行四边形，从而证出，结合线面平行判定定理，可得平面【详解】（1）证明：连接，为的中点，为等腰直角三角形，由此可得，同理，即，又平面，且平面，又，平面，平面，又平面，（2）证明：取、的中点、，连接、是，的中点，中，可得且，又是的中点，且四边形为矩形，且，、平行且相等，可得四边形是平行四边形，又平面，平面，平面答案第15页，共15页学科网（北京）股份有限公司