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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．(2023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＝2023＝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2023＋282＋2023＝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．(2023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2023＝332. 【答案】A 8．(2023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．(2023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＋20238＝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(2023sin 120)32＝12. | 
