高一数学第一章立体几何初步综合检测题（有答案和解释2013北师大版）
详细内容
综合检测(一)
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．(2013•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B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝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＝12×BC×OA＝12×2×3＝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．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
【解析】 当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，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ABCD―A1B1C1D1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】 ∵BD⊥AC，BD⊥AA1，
∴BD⊥平面AA1C1C又CE?平面AA1C1C，∴CE⊥BD.
【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8×10×2＋2×8×2＋10×2×2＝232，
上面长方体的表面积为8×6×2＋6×2×2＋8×2×2＝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＋152－2×6×2＝360，应选C.
【答案】 C
7．(2013•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12×3×3＝332.
【答案】 A
8．(2013•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＝πr2＝π(32R)2＝3π4R2.
又S球＝4πR2，∴S截面S球＝3π4R24πR2＝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＋36π)a千克 B．(39＋24π)a千克
C．(36＋36π)a千克 D．(36＋30π)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＝π×32－3×3＋π×3×5＋3×4×4＝39＋24π(平方米)，因此共需油漆的质量为(39＋24π)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＋2×22a•a＝(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＋32×6＝15.
【答案】 15
12．(2013•常熟高一检测)若圆锥的母线长为2 cm，底面圆的周长为2π cm，则圆锥的表面积为________．
【解析】 设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，
∴r＝1，∴圆锥的表面积S＝12×2π×2＋πr2＝3π.
【答案】 3π
13．如图9，M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱1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ABCD―A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可)
【解析】 由直四棱柱可知1⊥面A1B1C1D1，所以1⊥B1D1，要使B1D1⊥A1C，只要B1D1⊥平面A11，所以只要B1D1⊥A1C1，还可以填写四边形A1B1C1D1是菱形，正方形等条件．
【答案】 B1D1⊥A1C1(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123a•3a＝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CF⊥EG.
因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.
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CF⊥BD.
又BD∩EG＝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＝8×6×2＋6×4×2＋8×4＋π×22＋π×2×8
＝176＋20π(cm2)
则体积V＝8×6×4＋12×π×22×8＝192＋16π(cm3)．
所以几何体的表面积为(176＋20π)cm2，
体积为(192＋16π)cm3.
18．(本小题14分)如图13，四棱锥S―ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA＝SC，SA⊥BD.
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A―PCD的体积．
【解】 (1)证明：∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD.
又∵BD⊥SA，SA∩AC＝A，
∴BD⊥平面SAC.
又∵SO?平面SAC.
∴BD⊥SO.
∵SA＝SC，AO＝OC，∴SO⊥AC.
又∵AC∩BD＝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，∴SO⊥OD.
又∵SD＝2，∴在Rt△SOD中，SO＝3.
∴P到面ABCD的距离为32，
∴VA―PCD＝VP―ACD＝13×(12×2×2sin 120°)×32＝12.