高一数学空间几何体综合练习题

人教A必修2第一章空间几何体综合练习卷本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分.共150分.第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）．1．不共面的四点可以确定平面的个数为（）A．2个B．3个C．4个D．无法确定2．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上结论正确的是（）A．①②B．①C．③④D．①②③④3．棱台上下底面面积分别为16和81,有一平行于底面的截面面积为36,则截面戴的两棱台高的比为（）A．1∶1B．1∶1C．2∶3D．3∶44．若一个平行六面体的四个侧面都是正方形,则这个平行六面体是（）A．正方体B．正四棱锥C．长方体D．直平行六面体5．已知直线a、b与平面α、β、γ，下列条件中能推出α∥β的是（）A．a⊥α且a⊥βB．α⊥γ且β⊥γC．aα，bβ，a∥bD．aα，bα，a∥β，b∥β6．如图所示，用符号语言可表达为（）A．α∩β＝m，nα，m∩n＝AB．α∩β＝m，n∈α，m∩n＝AC．α∩β＝m，nα，Am，AnD．α∩β＝m，n∈α，A∈m，A∈n7．下列四个说法①a//α，bα,则a//b②a∩α＝P，bα，则a与b不平行③aα，则a//α④a//α，b//α，则a//b其中错误的说法的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．正六棱台的两底边长分别为1cm,2cm,高是1cm,它的侧面积为（）A．279cm2B．79cm2C．323cm2D．32cm29．将一圆形纸片沿半径剪开为两个扇形，其圆心角之比为3∶4.再将它们卷成两个圆锥侧面，则两圆锥体积之比为（）A．3∶4B．9∶16C．27∶64D．都不对10．将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥D—ABC的体积为（）A．63aB．123aC．3123aD．3122a第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）．11．螺母是由_________和两个简单几何体构成的．12．一个长方体的长、宽、高之比为2：1：3，全面积为88cm2，则它的体积为___________．13．如图，将边长为a的正方形剪去阴影部分后，围成一个正三棱锥，则正三棱锥的体积是．14．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点.①若AC=BD，则四边形EFGH是；②若ACBD，则四边形EFGH是．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(共76分)．15．（12分）将下列几何体按结构分类填空①集装箱；②油罐；③排球；④羽毛球；⑤橄榄球；⑥氢原子；⑦魔方；⑧金字塔；⑨三棱镜；⑩滤纸卷成的漏斗；○11量筒；○12量杯；○13十字架．（1）具有棱柱结构特征的有；（2）具有棱锥结构特征的有；（3）具有圆柱结构特征的有；（4）具有圆锥结构特征的有；（5）具有棱台结构特征的有；（6）具有圆台结构特征的有；（7）具有球结构特征的有；（8）是简单集合体的有；（9）其它的有．16．（12分）已知：.//,,,,aPQbPAbaba求证：.PQ．17．（12分）正四棱台的侧棱长为3cm，两底面边长分别为1cm和5cm，求体积．18．（12分）直平行六面体的底面是菱形，两个对角面面积分别为21QQ，，求直平行六面体的侧面积．19．（14分）已知四棱台上，下底面对应边分别是a，b，试求其中截面把此棱台侧面分成的两部分面积之比．20．（14分）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝2，D是A1B1中点．（1）求证C1D⊥平面A1B；（2）当点F在BB1上什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．参考答案一、CBCDAACADD．二、11．正六棱柱，圆柱；12．48cm3；13．231)32(121a；14．菱形，矩形.三、15．⑴①⑦⑨；⑵⑧；⑶⑾；⑷⑩；⑸⒁；⑹⑿⒃；⑺③⑥⒂；⑻②④⒀；⑼⑤.16．本题主要考查用平面公理和推论证明共面问题的方法.证明∵PQ∥a,∴PQ与a确定一个平面.,,Pa点直线pbbp,,PQa重合与又17．解：1111DCBAABCD正四棱台2,111CAOO是两底面的中心，225222511AOOAAC1222253221OOVhSSSS13[])(331]5251[31]5151[13132222cm18．解：设底面边长为a，侧棱长为l，两对角线分别为c，d.则)3(2121)2()1(22221adcQldQlc消去c，d由（1）得cQldQl122，由（）得，代入（3）得222122212222212222124242121QQalSQQlaalQQalQlQ侧19．解：设A1B1C1D1是棱台ABCD－A2B2C2D2的中截面，延长各侧棱交于P点.∵BC=a，B2C2=b∴B1C1=ab2∵BC∥B1C1∴22)2(11baaSSCPBPBC∴PBCCPBSabaS224)(11同理PBCCPBSabS2222∴SSSSSSBCCBBCCBPBCPBCPBCPBC112211112211()()ababaaba222222414babababa22222332()()()()babababa33baba33同理：SSSSSSbabaABBAABBADCCDDCCDADDAADDA11112111112211112133由等比定理，得SSabab上棱台侧下棱台侧＝3320．（1）证明：如图，∵ABC—A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，∴C1D⊥平面AA1B1B．（2）解：作DE⊥AB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，连结C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F即为所求．事实上，∵C1D⊥平面AA1BB，AB1平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1．又AB1⊥DF，DFC1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF．