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学校:___________姓名：_____________________考号：__________第 1 页 共 3 页
高中数学试卷必修二第一章《空间几何体》测试卷
考试时间：120分钟 满分：100分
第Ⅰ卷 客观题
一、单选题（共12题；共36分）
得分 1. ( 3分 ) 若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A. 2
B. 1
C. 2
3 D. 1
3
2. ( 3分 ) 下列说法不正确的是( )
A. 光由一点向外散射形成的投影，叫作中心投影
B. 在一束平行光线照射下形成的投影，叫作平行投影
C. 空间几何体的三视图是用中心投影的方法得到的
D. 在平行投影之下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与这个平面图形的形状和大小是完全相同的
3. ( 3分 ) 已知一个三棱锥的主视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为（ ）
A. √32
B. √34
C. 1
D. 1
2
4. ( 3分 ) 将边长为1的正方形ABCD ，沿对角线AC 折起，使BD=√62
.则三棱锥D-ABC 的体积为( )
A. √212
B. √624
C. √612
D. √224
5. ( 3分 ) 底边长为2，高为4的等腰三角形在斜二测画法中对应的直观图为 ΔABC ，则 ΔABC 的面积为（ ）
A. √2
B. 2
C. √6
D. 4
6. ( 3分 ) 多面体MN-ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正（主）视图和侧（左）视图如图，其中正（主）视图为等腰梯形，侧（左）视图为等腰三角形，则AM 的长
A. √3
B. √5
C. √6
D. 2√2
7. ( 3分 ) 某几何体的三视图如图所示(俯视图是正方形,正视图和左视图是正三角形)，根据图中标出的数据，可得这个几何体的表面积为（ ）
A. 4+4√3
B. 4+4√5
C. 8
3
D. 12
8. ( 3分 ) 边长为 a 正四面体的表面积是 （ ）
A. √34
a 3 ； B. √312
a 3 ； C. √34
a 2 ； D. √3a 2
9. ( 3分 ) 如图所示，该正三棱柱的俯视图是（ ）
A. B. C. D.
10. ( 3分 ) 如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是（ ）
…○…………装……………线…………○※※请※※不※※要※※在※※装…○…………装……………线…………○第 2 页 共 3 页
A.
B.
C.
D.
11. ( 3分 ) 下列几何体是组合体的是（ ）
A. B. C. D.
12. ( 3分 ) 一个几何体的三视图如图所示，正视图、侧视图均为腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体体积为（ ）
A. 12
B. 1
6
C. √26
D. √36
阅卷人
二、填空题（共4题；共15分）
13. ( 3分 ) 棱长均为2的正四棱锥的体积为________．
14. ( 3分 ) 已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，底面△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AB=4，AA 1=6．点E ，F 分别是棱BB 1 ， CC 1上的点，则三棱锥A ﹣A 1EF 的体积为________． 15. ( 3分 ) 等腰三角形绕底边上的高所在的直线旋转180°，所得几何体是________．
16. ( 6分 ) 在空间直角坐标系O ﹣xyz 中，已知A （2，0，0），B （0，2，0），C （0，0，0），P （0，1， √3 ）
，则三棱锥P ﹣ABC 在坐标平面xOz 上的正投影图形的面积为________；该三棱锥的最长棱的棱长为________．
第Ⅱ卷 主观题
三、解答题（共5题；共49分）
17. ( 5分 ) 如图所示，四棱锥V-ABCD 的底面为边长等于2的正方形，顶点V 与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长均为4，求这个四棱锥的体积及表面积.
18. ( 10分 ) 有一块扇形铁皮OAB,∠AOB=60°,OA=72cm,要剪下来一个扇环形ABCD,作圆台容器的侧面,并且在余下的扇形OCD 内能剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台容器的下底面(大底面).试求: （1）AD 应取多长? （2）容器的容积为多大?
19. ( 10分 ) 在正方体 ABCD ?A 1B 1C 1D 1 中， M 、 N 、 P 分别是 AD 1、BD 和
的中点.
（1）求证：平面 MNP //平面 CC 1D 1D . （2）求二面角 N ?B 1C ?B 的正切值
………外…………………○…………线…：___________
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20. ( 12分 ) 如图，⊙O 在平面 α 内，AB 是⊙O 的直径， PA ⊥ 平面 α ，C 为圆周上不同于A 、B 的任意一点，M ，N ，Q 分别是PA ，PC ，PB 的中点.
（1）求证： MN// 平面 α ； （2）求证：平面 MNQ// 平面 α ； （3）求证： BC ⊥ 平面 PAC .
21. ( 12分 ) 如图，为正六棱柱 ABCDEF ?A 1B 1C 1D 1E 1F 1 ，底面边长 AB =a ，高 AA 1=? .
（1）若 a =? ，求异面直线 BD 1 和 CF 1 所成角的大小； （2）计算四面体 BCD 1F 1 的体积（用 a,? 来表示）；
（3）若正六棱柱为一容器（有盖），且底面边长a 和高h 满足： 2?+√3a =k （ k 为定值），则当底面边长a 和高h 分别取得何值时，正六棱柱的表面积与体积之比最小？
………○…※※题※※
………○…答案解析部分
一、单选题 1.【答案】 B
【考点】简单空间图形的三视图，斜二测法画直观图 【解析】【分析】几何体如图所示：V =S ?=1
2×√2×1×√2=1
2.【答案】 C
【考点】简单空间图形的三视图，中心投影及中心投影作图法，平行投影及平行投影作图法 【解析】【解答】空间几何体的三视图是在平行投影下得到的，故C 中说法不正确． 故答案为：C.
【分析】此题考查中心投影，平行投影，三视图的定义。 3.【答案】 B
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】根据题意，由于三棱锥的俯视图为直角三角形，正视图为直角三角形，且斜边长为2，直角边长为
，那么结合图像可知其侧视图为底面边长为1，高为
的三角形，因此其面积为
， 故选B.
【分析】解决的关键是根据三棱锥的三视图来得到底面积和高进而求解侧视图，属于基础题。
4.【答案】 B
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的判定 【解析】【分析】取AC 的中点M ，连接DM ，BM ，则
,
所以AC
平面PMB,又因为
,
所以
.故选B.
5.【答案】 A
【考点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】原等腰三角形的面积为 1
2×2×4=4 ，因此， ΔABC 的面积为 √2
4
×4=√2 .
故答案为：A.
【分析】计算出原等腰直角三角形的面积，乘以 √2
4
即可得出 ΔABC 的面积.
6.【答案】 C
【考点】简单空间图形的三视图
【解析】【解答】主要是考查了三视图还原几何体的运用，根据题意，可知该几何体的正视图可知高为2，底面的边长为4，那么MN=2,AB=4，而底面BC=2，则可知AM 的长为， 故可知答案为C.
【分析】主要是考查了是三视图的运用，求解长度，属于基础题。
7.【答案】 B
【考点】由三视图还原实物图
【解析】【分析】由三视图可知：该几何体为正四棱锥，其高为4、底面是一个边长为2的正方形，每个侧面是底边为2、高为√22+1=√5于是这个几何体的表面积=22+4×1
2×√5=4+4√5 ，故答案选B.
8.【答案】 D
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】∵边长为a 的正四面体的表面为4个边长为a 正三角形， ∴表面积为：4× 12
×a ×√32
a= √3 a 2 ，
故答案为：D ．
【分析】每个面为等边三角形，结合三角形面积计算公式，即可得出答案。
9.【答案】 C
【考点】简单空间图形的三视图
【解析】【解答】根据题意观察图形即可得出从三棱柱的上面看：可以得到一个正三角形。 故答案为：C
【分析】由已知的三视图观察即可得出结果。 10.【答案】D
【考点】由三视图还原实物图
【解析】【解答】解：正视图和左视图相同，说明组合体上面是锥体，下面是正四棱柱或圆柱，俯视图可知
下面是圆柱．故选D 【分析】正视图和左视图可以得到A ，俯视图可以得到B 和D ，结合三视图的定义和作法解答本题正确答案．
11.【答案】 D
【考点】简单组合体的结构特征
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【解析】【解答】A ，B ，C 分别是圆锥、圆柱、球，都为简单几何体；D 为圆台去掉一个圆锥，为组合体， 故答案为：D.
【分析】利用组合体的概念进行判断，即可得结果. 12.【答案】 B
【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图 【解析】【解答】由题意可得，几何体的直观图如图所示：
正方体棱长为1，所以该几何体体积为 13×1×12×1×1=1
6 ． 故答案为：B ．
【分析】根据三视图还原几何体，即可求出． 二、填空题 13.【答案】
4√23
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解设正四棱锥的底面中心为O ，连结OP ，则PO ⊥底面ABCD ． ∵底面四边形ABCD 是正方形，AB=2， ∴AO= √2 ．
∴OP= √PA 2?AO 2 = √2 ．
∴正四棱锥的体积V= 1
3S 正方形ABCD ?PO = 1
3
×22×√2 = 4√23
．
故答案为： 4√2
3
．
【分析】根据正四棱锥的对称性在△APO 中由勾股定理可得OP 的值，再利用正四棱锥的体积公式求出答案。
14.【答案】8 √3
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：∵ V A?A 1EF =V E?A 1AF ，过B 1作B 1D ⊥A 1C 1 ， ∵正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1 ， ∴B 1D ⊥A 1A ，即B 1D ⊥面AA 1C 1C ， 在△A 1B 1C 1中，B 1D= √42?22 =2 √3 ， ∵B 1B ∥面A 1ACC 1 ，
∴E 点到面AA 1C 1C 的距离等于B 1到面AA 1C 1C 的距离， ∴三棱锥A ﹣A 1EF 的体积：
V A?A 1EF =V E?A 1AF = 1
3×1
2×6×4×2√3 =8 √3 ．
故答案为：8 √3 ．
【分析】根据题意可知由等体积法可求得E 点到面AA 1C 1C 的距离等于B 1到面AA 1C 1C 的距离 15.【答案】圆锥
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】【解答】结合旋转体及圆锥的特征知，所得几何体为圆锥． 故答案为圆锥
【分析】本题要理解“等腰三角形绕底边上的高”的高的特征，结合旋转180°得到的图像，也可以使用等腰三角板模拟，或者画一个等腰三角形剪出形状模拟。 16.【答案】√3；2 √2
【考点】简单空间图形的三视图
线
…
…
…
…
线
…
…
…
…
【解析】【解答】解：如图所示，空间直角坐标系O﹣xyz中，A（2，0，0），B（0，2，0），
C（0，0，0），P（0，1，√3），
在平面yOz中过点P作PM⊥z轴，垂足为M，
则△ACM是三棱锥P﹣ABC在坐标平面xOz上的正投影图形，
其面积为S△ACM= 1
2
×2×√3= √3；
三棱锥P﹣ABC中，AC=BC=2，AB=2
PB=PC= √12+(√3)2=2，
PA= √PC2+AC2=2 √2；
∴最长棱的棱长为AB=AP=2 √2．
故答案为：√3；2 √2．
【分析】由三视图可得
在平面yOz中过点P作PM⊥z轴，垂足为M，则△ACM是三棱锥P﹣ABC在坐标平面xOz上的正投影图
形，其面积为S?ABC=1
2
×2×√3=√3,在三棱锥P﹣ABC中最长棱的棱长为AB=AP=2√2
三、解答题
17.【答案】解：连结AC,BD交于点O,连结VO,
∵四棱锥V?ABCD的底面为边长等于2的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱
长4，∴AO=√2，∴VO=√42?√22=√14
∴这个四棱锥的体积：V=1
3
S
底
??=4√14
3
∴该四棱锥的表面积：S=2×2+4×1
2
×2×√42?12=4+4√15
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】构造三角形，利用勾股定理计算高，结合三棱锥体积计算公式，即可得出答案。
18.【答案】（1）解：如图,设圆台上、下底面半径分别为r,R,AD=xcm,则OD=(72-x)cm.
由题意得{
2πR=60?π
180
?72,
2πr=60?π
180
(72?x),
72?x=3R.
所以R=12,r=6,x=36,所以AD=36cm
（2）解：圆台所在圆锥的高H= √722?R2=12 √35,圆台的高h= H
2
=6 √35,小圆锥的高h'=6 √35,
所以V容=V大锥-V小锥= 1
3
πR2H- 1
3
πr2h'=504 √35π
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】【分析】（1）结合圆台上表面的的周长和圆的周长相等，建立等式，即可得出答案。（2）运用填
补方法，用大圆锥的体积减去小圆锥的体积，即可得出答案。
19.【答案】（1）证明：连接AC,CD1,连接BC1,C1D因为ABCD为正方形，N为BD中点，所以N
为AC中点，又因为M为AD1中点，所以MN//CD1，
因为MN?平面CC
1
D1D,CD1?平面CC
1
D1D，所以MN∥平面CC
1
D1D.又因为BB1CC1为正方形，P
为B1C中点，所以P为BC1中点，又因为N为BD中点，所以PN∥C1D.因为PN?
平面CC
1
D1D,C1D?平面CC
1
D1D，所以PN//平面C C
1
D1D，
又MN∩PN=N，所以平面MNP//平面CC1D1D.
（2）解：取BC的中点R，过R做B1C的垂线，垂足为E，连接NE，则∠NER为二面角N?
B1C?B的平面角，tan∠NER=NR
ER
=√2
【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点性质得出线线平行，从而得到线面平行进而得到面面平行。
(2)由辅助线结合中点的性质即可得证出线线垂直，从而得到∠ N E R 为二面角N ? B1C ? B 的平面
角，由解三角形的知识代入数值求出结果即可。
20.【答案】（1）证明：∵M,N分别是PA,PC的中点，
∴MN//AC.
又∵MN?α,AC?α，
∴MN//平面α
（2）证明：由（1）知MN//平面α，
同理可证NQ//平面α.
…
○…………装…………○…………订………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：______
∵ MN ? 平面 MNQ, NQ ? 平面 MNQ, 且 MN ∩NQ =N ， ∴平面 MNQ// 平面 α
（3）证明：∵ PA ⊥ 平面 α ， BC ? 平面 α ，∴ BC ⊥PA 又∵AB 是⊙O 的直径，C 为圆周上不同于A 、B 的任意一点， ∴ BC ⊥AC .
∵ PA ∩AC =A , PA,AC ? 平面 PAC ， ∴ BC ⊥ 平面 PAC
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用直线与平面平行判定，即可得出答案。（2）利用相交直线平行，得出平面平行，
即可得出答案。（3）结合直线与平面垂直判定定理，即可得出答案。
21.【答案】 （1）解：补形如图：延长 EF,BA 相交于G 点，延长 E 1F 1,B 1A 1 相交于H 点，连接 GH
由正六边形性质知 BCFG 是平行四边形，从而得 BCFG ?B 1C 1F 1H 是直四棱柱，则 BC//HF 1 且 BC =HF 1 所以四边形 BCF 1H 是平行四边形，所以 CF 1//BH ,
所以异面直线 BD 1 和 CF 1 所成角的大小即为直线 BD 1 和 BH 所成角的大小.
在三角形 BD 1H 中，由平面几何知识和余弦定理得： D 1H =√7a ， BH =√5a ， BD 1=2a , cos ∠HBD 1=BH 2+BD 1
2?HD
1
2
2BH?BD 1
=
222
2√5a?2a
=
√5
10
∴∠HBD 1=
arccos √5
10
（2）解：如图，建立分别以 FB ，FE,FF 1 为 x,y,z 轴的空间直角坐标系，
则 B(√3a,0,0) ， C(√3a,a,0) ， D 1(√
3a 2
,
3a 2
,?) ， F 1(0,0,?)
BC ????? =(0,a,0) ， BF 1??????? =(?√3a,0,?) ， CD 1??????? =(?√3a 2,a 2,?)
设平面 BF 1C 法向量为 n
? =(x,y,z) {n ??BC ?=0n ??BF 1?=0 , {ay =0?√3ax +?z =0 ，令 x =√3 ，则 z =3a ? ， y =0 n ? =(√3,0,
3a
?
)
所以 D 1 到平面 BF 1C 的距离 d =
|n ? ?CD 1???????? ||n
? |=
?
√3a
2×√3+a 2×0+?×3a √3+
9a ?
2
?2√3?+9a 2
又 F 1C =√4a 2+?2 ， BC =a ， BF 1=√3a 2+?2
,
∴BC 2+BF 1
2
=F 1C 2 ∴S ΔBF 1C =12BC ?BF 1=12
a √3a 2+?2
V D 1?BF 1C =1
3S ΔBF 1C ×d =1
3×1
2a √3a 2+?2
×
2√3?+9a
2
√3
12a 2?
（3）解：由题知，正六棱柱的表面积S=6?a+2×6×1
2
×a2sin60°=6?a+3√3a2
正六棱柱的体积V=6×1
2×a2sin60°×?=3√3
2
a2?
∴V
S =
3√3
2
a2?
6?a+3√3a2
=√3a2
4?a+2√3a2
=√3a?
4?+2√3a
又2?+√3a=k
∴V
S =?k?2?
2
2k
=?
2
??
2
k
=?1
k
(??k
4
)2+k
16
所以当?=k
4时，V
S
有最大值，也即S
V
取得最小值，
此时?=k
4，a=√3
6
k
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积，棱柱、棱锥、棱台的体积，异面直线及其所成的角
【解析】【分析】（1）延长EF,BA相交于G点，延长E1F1,B1A1相交于H点，连接GH，得BCFG?B1C1F1H是直四棱柱，证明CF1//BH,所以异面直线BD1和CF1所成角的大小即为直线BD1和BH 所成角的大小.解三角形可得.（2）建立空间直角坐标系,求出平面BF1C法向量，求出D1到平面BF1C的距离，可得四面体BCD1F1的体积.（3）求出正六棱柱的表面积S=6?a+3√3a2, 正六棱柱的体积V=
3√3 2a2?，利用已知条件，转化为二次函数求得最值，得解.