专题11.4《立体几何初步》（B卷提升篇）-2021-2022学年高一数学必修第四册同步单元AB卷（新教材人教B版）

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专题11.4《立体几何初步》（B卷提升篇）
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（2021·湖南长沙市·长郡中学高二期末）已知正方体的棱长为，直线与直线的夹角等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
连接、，证明出，可得出异面直线与直线所成的角为，解析的形状，进而可得出结果.
【详解】
如下图所示，连接、，

在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
所以，异面直线与直线所成的角为，
易知，为等边三角形，则.
故选：C.
2．（2021·陕西宝鸡市·高二期末（理））已知三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，且三个侧面的面积分别为4，6，12，则这个三棱锥的外接球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
根据题意将三棱锥的外接球扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线即为外接球的直径，求出半径代入球的表面积公式即可得解.
【详解】
三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，
设，则，解得，
则长方体的对角线的长为，
所以球的直径为，半径长为，球的表面积为.
故选：A
3．（2021·浙江杭州市·高二期末）已知直线，，平面，，下列命题：
①若，，则； ②若，，则；
③若，，则； ④若，，则
其中真命题是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【解析】
根据线面关系和面面关系的判定定理和性质可判断.
【详解】
对于①，若，，则由线面垂直的性质可得，故①正确；
对于②，若，，则由线面垂直的性质可得，故②正确；
对于③，若，则存在，使得，若，则，则，故③正确；
对于④，若，，则或，故④错误.
故选：A.
4．（2021·浙江杭州市·高二期末）圆锥的底面直径和母线长都等于球的直径，则圆锥与球的表面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由球的表面积公式得出其表面积，再由圆锥的展开图求出圆锥的表面积，即可得出答案.
【详解】
设球的半径为，则球的表面积为
圆锥的底面圆的周长为，母线长为
则圆锥的表面积为
即圆锥与球的表面积之比为
故选：C
5．（2021·安徽马鞍山市·马鞍山二中高二期末（文））已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由题意画出几何体的图形，把、、、扩展为三棱柱，上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，由此能求出球的表面积．
【详解】

把、、、扩展为三棱柱，
上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，
，，是正三角形，
，，
球的表面积为．
故选：C
6．（2021·江苏淮安市·高二期末）蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A．B．C．D，满足任意两点间的直线距离为6cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）
（参考数据），，，．
A．101g B．182g C．519g D．731g
【答案】B
【解析】
由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果.
【详解】
由题意可知，几何体是棱长为的正四面体，
所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，
设正四面体的棱长为，则正四面体的高为，
设正四面体外接球半径为，则，解得，
所以打印的体积为：，
又，
所以，
故选：B
7．（2021·贵州贵阳市·高三期末（文））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.
【详解】
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.

8．（2021·安徽省舒城中学高二期末（文））设、是两条不同的直线，是平面，、不在内，下列结论中错误的是（ ）
A．，，则 B．，，则
C．，，则 D．，，则
【答案】D
【解析】
利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；根据已知条件判断直线与平面的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断直线与平面的位置关系，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A，，由线面平行的性质定理可知，过直线的平面与平面的交线平行于，
，，，，故A正确；
对于B，若，，由直线与平面垂直的性质，可得，故B正确；
对于C，若，，则或，又，，故C正确；
对于D，若，，则或与相交或，
而，则或与相交，故D错误．
故选：D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。
9．（2020·全国高三专题练习）如图所示，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，则下列命题正确的是（ ）

A．
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．的面积与的面积相等
【答案】ABC
【解析】
A选项，由正方体的特征易知平面判断；B选项，由正方体的两个底面平行判断；C选项，由正方体的特征知，三角形的面积是定值，点到面的距离是定值判断；D选项，由图形易知到线段的距离与到的距离不相等判断；
【详解】
A选项，由题意及图形知，平面，故可得出，正确，
B选项，由正方体的两个底面平行，在其一面上，故与平面无公共点，故有平面，正确，
C选项，由几何体的性质及图形知，三角形的面积是定值，点到面的距离是定值，故可得三棱锥的体积为定值，正确，
D选项，由图形可以看出，到线段的距离与到的距离不相等，故的面积与的面积相等不正确，错误，
故选：ABC.
10．（2021·湖南长沙市·长沙一中高三月考）如图，在棱长为1的正方体中，点P是棱上一动点(与C.不重合)，点E为点C在平面上的正投影，点P在平面上的正投影为点Q，点Q在直线CD上的正投影为点F，下列结论中正确的是（ ）

A．平面PQF B．CE与BD所成角为
C．线段PE长度的取值范围是 D．存在点P使得平面
【答案】ACD
【解析】
对于A，易知平面即为平面判断；对于B，由，则为所求判断；对于C，由时，线段PE最短，点P与C､重合最长判断；对于D， ，由比例求解判断.
【详解】
如图所示：

对于A，由题意，点E为的中点，过点P作直线垂直于，则垂足为Q，过Q作直线垂直于CD，则垂足为F，故平面即平面，又平面，即平面PQF.故正确.
对于B，，为所求，又为等边三角形，故CE与BD所成角为60°，故错误.
对于C，当时，线段PE最短为；当点P与C､重合时，PE为，又点P与C､不重合，故线段PE长度的取值范围是，故正确.
对于D，若平面，又平面平面，平面，则，设，，Q在线段上.，，∴，∴，又，∴，∴，∴，∴点P为棱上靠近C的三等分点，故正确.
故选：ACD
11．（2021·湖南永州市·高二期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点为的中点，则下列判断正确的是（ ）

A．与所成的角为
B．平面
C．∥平面
D．
【答案】BCD
【解析】
对A，可得即为与所成的角，求出可判断；对B，通过和可得；对C，通过线面判定定理可得；对D，分别表示出三棱锥和四棱锥的体积可得.
【详解】
对A，底面是正方形，，则即为与所成的角，平面，，，，故A错误；
对B，连接，底面是正方形，，平面，平面，，，平面，故B正确；
对C，设，连接，则是中点，又点为的中点，，平面，平面，∥平面，故C正确；
对D，，,，故D正确.
故选：BCD.

12．（2021·湖北随州市·高二期末）已知球O为正方体的内切球，平面截球O的面积为，下列命题中正确的有（ ）
A．异面直线与所成的角为60°
B．平面
C．球O的表面积为
D．三棱锥的体积为288
【答案】AD
【解析】
连接，，通过平移将与所成角转化为与所成角可判断A；通过反证法证明B；由已知平面截球O的面积为求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C；利用等体积法可求得三棱锥的体积可判断D.
【详解】
对于A，连接，，由正方体，可知，为异面直线与所成的角，设正方体边长为a，则，由等边三角形知，即异面直线与所成的角为，故A正确；
对于B，假设平面，又平面，则，设正方体边长为a，则，，，由勾股定理知，与假设矛盾，假设不成立，故不垂直于平面，故B错误；
对于C，设正方体边长为a，则，内切球半径为，设内切球的球心O在面上的投影为，由等边三角形性质可知为等边的重心，则，又，球心O到面的距离为，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，截面圆的半径为，又截面圆的面积，解得，则内切球半径为6，内切球表面积，故C错误；
对于D，由等体积法知，故D正确；
故选：AD

第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2021·安徽淮南市·高二期末（理））长方体的长、宽、高分别为，，1，且其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．
【答案】
【解析】
利用长方体的对角线长求出球的直径，根据球的表面积公式可求得结果.
【详解】
依题意可知，长方体的对角线为球的直径，
设球的半径为，则，
所以球的表面积为.
故答案为：
14．（2021·六盘山高级中学高三期末（文））在直三棱柱中，，，设其外接球的球心为，已知三棱锥的体积为，则球表面积的最小值为______.
【答案】
【解析】
设，，球的半径为，连接，交于点，取中点，连接，即为三棱柱外接球球心，根据三棱锥体积可得间关系，表示出，根据基本不等式可求得的最小值，从而得到球的表面积的最小值.
【详解】

如图，因为三棱柱是 ，且，
设，，球的半径为，连接，交于点，取中点，连接，
则到三棱柱六个定点的距离相等，即为三棱柱外接球球心，
，
又因为三棱锥的体积为，
即，即，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以球的表面积最小值为，
故答案为：.
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真解析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
15．（2021·浙江杭州市·高二期末）假设太阳光线垂直于平面，在阳光下任意转动单位立方体，则它在平面上的投影面面积的最大值是____.
【答案】
【解析】
首先想象如何放置单位立方体，才能使投影最大，并画出投影图形，求面积的最值.
【详解】
当正方体与底面只有一个交点时，并且过此点的对角线所在直线与此平面垂直，这是投影面积最大，如图为此时正方体在平面内的投影，此图形是正六边形，中间虚线构成等边三角形，并且边长为正方体面对角线，长度为，此等边三角形的面积，正六边形的面积.

故答案为：
16．（2021·江苏南京市·高二期末）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且两两垂直，，，，则该三棱锥的体积为______，球的表面积为______.
【答案】10
【解析】
由条件可得可得出体积，将三棱锥补成长方体,如图，则三棱锥与该长方体的外接球相同，可得，从而得出答案.
【详解】
由两两垂直，则以为底面，则为三棱锥的高.
则
将三棱锥补成长方体,如图，则三棱锥与该长方体的外接球相同.
所以外接球的直径长等于长方体的对角线的长.
所以,即
所以外接球的表面积为：
故答案为：10 ；

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（2021·宁夏长庆高级中学高一期末）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于的点．

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若不存在，说明理由，若存在请证明你的结论并说明的位置．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；证明见解析；为中点．
【解析】
（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，根据垂直关系证明平面；（2）首先作辅助线，连接交于点，连接，在中，利用中位线，证明线线平行，说明线面平行，同时得到点的位置.
【详解】
连结，
（1）∵正方形半圆面，
半圆面平面．
在平面内，，又是半圆弧上异于的点，．
又平面在平面内，∴平面平面．

（2）线段上存在点且为中点，证明如下：
连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点；
在平面内，不在平面内，平面．

方法点睛：本题考查面面垂直和线面平行的证明，考查空间想象能力和计算能力，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.
18．（2021·北京高二期末）如图，在正三棱柱中，，分别是的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）设，连接，利用中位线可证得，再利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）利用线面垂直的判定定理与性质定理可证得，再利用正方形及中位线的性质可证得，再利用线面垂直判定定理证得结论.
【详解】
（1）设，连接．
为正三棱柱，且，侧面为正方形．
又分别是的中点，是的中点．
又是的中点，．
又平面，平面
所以平面．
（2）因为为正三角形，．
又平面，平面，．
又，平面．
又平面，
连接，侧面为正方形，．
又分别是的中点，，故．
又，平面．

方法点睛：本题考查立体几何中的线面平行与垂直的证明，证明线面垂直的常用方法：
（1）证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(， )；③面面平行的性质(，)；④面面垂直的性质．
（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
19．（2021·江西新余市·高三期末（文））在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为等腰直角三角形，．

（1）求证：平面平面；
（2）设为的中点，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）利用面面垂直的性质先证明出面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理可知面，又面，然后证得平面平面；
（2）先计算三棱锥的体积，然后再计算的面积，利用等体积法求解.
【详解】
解：（1）证明：∵面面，且平面平面，，面
面，
又面

又因为由已知
且，所以面，又面
∴面面.
(2)中，，取的中点，连，则
∵面面且它们交于面
面
由，由已知可求得，
，，所以.
所以点到平面的距离为.

20．（2021·云南丽江市·丽江第一高级中学高二期末（文））如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，是的中点．

（1）求三棱锥的体积；
（2）求异面直线和所成的角的正切值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）根据题意利用三棱锥的体积计算公式即可得出；
（2）根据图形可得或其补角为异面直线和所成的角，根据解三角形解即可．
【详解】
（1）平面，底面是矩形，
因为，，，
．
故．
（2），或其补角为异面直线和所成的角，
又平面，
，又，平面
平面，，
在中，，
所以，
异面直线EC和AD所成的角的正切值.
21．（2021·六盘山高级中学高三期末（文））如图，四边形为矩形，且，，平面，，为的中点.

（1）求证：；
（2）若为的中点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）利用线面垂直证明线线垂直；
（2）利用等体积转化法求得几何体体积，或将转化为求解.
【详解】
（1）如图，连接，

∵为的中点，∴，，
由，，得，
∴，又得
∴，
又∵平面，且平面，
∴，
又∵，
∴平面，
又∵平面，
∴.
（2）如图，取、的中点、，连接、.

易得
∵平面
∴平面，又且
∵，
∴平面
∵，，
∴.
法二：因为为的中点，所以.
【点睛】
求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
22．（2021·全国高三零模）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．

（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】
（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.

可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：



所以这类多面体的总曲率是常数.