2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--第八章　立体几何初步 复习提升

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教A版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　对几何体的结构分析不当致错
1.(2024安徽皖中名校联盟联考)粮食是关系国计民生的重要物资.下图为储备水稻的粮仓,中间部分可近似看作圆柱,圆柱的底面直径为10 m,上、下两部分可以近似看作完全相同的圆锥,圆柱的高是圆锥高的4倍,且这两个圆锥的顶点相距12 m,若每立方米的空间大约可装0.75 t水稻,则该粮仓最多可装水稻(　　)
A.175π t　　B.200π t　　C.225π t　　D.250π t
2.(2023湖北襄阳四中模拟)如图,圆锥的底面直径和高均是2,过PO的中点O'作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积为(　　)
A.(1+)π　　B.(2+)π C.π　　D.π
易错点2　解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错
3.(多选题)已知不重合的直线a,b,不重合的平面α,β,则下列说法错误的是(　　)
A.a∥α,b⊥β,a⊥b,则α⊥β
B.a⊥b,a α,b β,则α⊥β
C.a,b异面,且a α,b β,a∥β,b∥α,则α∥β
D.a∥α,a∥β,则α∥β
4.(2024湖北华中师范大学第一附属中学模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是线段BB1上靠近B1的三等分点,点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点,则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　)
A.三角形　　B.四边形　　C.五边形　　D.六边形
5.(2024四川雅安模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知点O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,则下列结论中错误的是(　　)
A.D1O∥平面A1BC1
B.MO⊥平面A1BC1
C.异面直线BC1与AC所成的角为60°
D.直线OM与平面ABCD所成的角为45°
易错点3　对空间角的概念理解不透彻致错
6.(2024上海同济大学第二附属中学期中)如图,在四面体ABCD中,AB=CD=6,M,N分别是AC,BD的中点,若异面直线AB,CD所成角的大小为60°,则MN的长为　　　　.
7.(2022湖北十堰月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.
(1)证明:平面FAC⊥平面PBD;
(2)当二面角D-FC-B的余弦值为时,求直线PB与平面ABCD所成的角.
易错点4　对展开、折叠问题认识不清致错
8.(多选题)(2024云南昆明模拟)在△ABC中,∠ACB=,AC=BC=2,D是AB的中点.将△ACD沿着CD翻折,得到三棱锥A'-BCD,则(　　)
A.CD⊥A'B
B.当A'D⊥BD时,三棱锥A'-BCD的体积为4
C.当A'B=2时,二面角A'-CD-B的大小为
D.当∠A'DB=时,三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为20π
9.(2024广东广州白云艺术中学期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=8,AC=6,∠BAC=90°,D是BC的中点,∠A1CA=45°.
(1)求直三棱柱ABC-A1B1C1的体积;
(2)求证:A1C∥平面AB1D;
(3)一只小虫从点A1沿直三棱柱表面爬到点D,求小虫爬行的最短距离.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.(多选题)(2024安徽安庆第二中学期中)已知圆柱的侧面展开图是长为6 cm,宽为4 cm的矩形,则这个圆柱的体积可能是(　　)
A. cm3　　B.24π cm3　　
C. cm3　　D.36π cm3
2.(2024湖南九校联盟联考)有两个如图所示的直三棱柱,高为(a>0),底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a,用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,表面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是　　　　.
二、转化与化归思想在立体几何中的应用
3.(2024辽宁沈阳期末)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,点P为底面四边形ABCD内(包括边界)一动点,若直线D1P与平面BEF无公共点,则点P在四边形ABCD内运动所形成轨迹的长度为　　　　.
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=4,BC=AD=2,CD=.
(1)证明:平面BQM⊥平面PAD;
(2)求四面体P-BQM的体积.
三、函数与方程思想在立体几何中的应用
5.(2024河北秦皇岛昌黎汇文第一中学月考)在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均是边长为2的等边三角形,D,E分别在棱PB,AC上,且=,DE 平面α,AP∥平面α,若AP=,则平面α与三棱锥P-ABC的交线围成的图形的面积的最大值为　　　　.
6.(2024湖南邵阳邵东创新实验学校月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PD⊥底面ABCD,PD=λCD,点E在棱PC上,PA∥平面EBD.
(1)试确定点E的位置,并说明理由;
(2)是否存在实数λ,使三棱锥E-BPD的体积为 若存在,请求出λ的值;若不存在,请说明理由.
7.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AB,BC上的点,且AE=BF=x.
(1)当x为何值时,三棱锥B1-BEF的体积最大
(2)当三棱锥B1-BEF的体积最大时,求二面角B1-EF-B的正切值;
(3)求异面直线A1E与B1F所成角的取值范围.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 2.B 3.ABD 4.C 5.D 8.ACD
1.A　设圆锥的高为h m,则6h=12,解得h=2,
所以圆柱的体积V1=π××4h=200π(m3),
两个圆锥的体积之和V2=2×π××h=(m3),
所以该组合体的体积V=V1+V2=200π+=(m3)易错点,
所以该粮仓最多可装水稻0.75V=×=175π(t).故选A.
2.B　由题意知,剩下的几何体是一个圆锥挖去一个圆柱后的几何体.设圆柱的底面半径为r,高为h,
则r=×1=,h=×2=1,
所以圆柱的侧面积为2π××1=π,
因为圆锥的母线长为=,
所以圆锥的侧面积为π×1×=π,
又圆锥的底面积为π×12=π,
所以剩下的几何体的表面积为π+π+π=(2+)π.
故选B.
易错警示　求组合体的表面积、体积时,要正确分析几何体的结构特征,若是拼接而成的,则要注意衔接部分的处理;若是挖去一个几何体,则要注意中空部分的处理.
3.ABD　如图1,AB∥平面A1B1C1D1,BB1⊥平面ABCD,AB⊥BB1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,故A中说法错误;A1B1⊥BC,A1B1 平面A1B1C1D1,BC 平面ABCD,但平面ABCD∥平面A1B1C1D1,故B中说法错误;A1B1∥平面ABCD,A1B1∥平面DCC1D1,但是平面ABCD∩平面DCC1D1=CD,故D中说法错误;
　
对于C,如图2,设α∩γ=c,β∩γ=b,因为b∥α,所以根据线面平行的性质定理可得b∥c,因为c α,c β,所以c∥β,由a,b异面可得a,c必相交,又a α,c α,a∥β,c∥β,所以α∥β,故C中说法正确.
故选ABD.
易错警示　判断空间位置关系的基本思路有两个:一是逐个寻找反例作出否定的判断或逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;二是结合长方体(正方体)模型或实际空间位置(如课桌、教室)作出判断,注意定理应用要准确、考虑问题要全面细致.
4.C　设AB=6,延长AE,交A1B1的延长线于点G,则B1G=3,连接FG,交B1C1于H,连接EH,
设平面AEF∩平面DCC1D1=l,则F∈l,
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,平面AEF∩平面ABB1A1=AE,平面AEF∩平面DCC1D1=l,所以l∥AE,
设l∩D1D=I,则FI∥AE,
易得△FD1I∽△ABE,所以=,故ID1=,
连接AI,则五边形AIFHE为所求截面图形.
故选C.
易错警示　在构造截面图形时,不能只通过直观感知进行构造,我们一方面要明确截面的定义,另一方面要熟练应用点、线、面位置关系的相关定理严谨判断.
5.D　对于A,连接B1D1,交A1C1于E,连接BD,易知O为BD的中点,四边形D1OBE为平行四边形,故D1O∥BE,
又∵D1O 平面A1BC1,BE 平面A1BC1易错点,
∴D1O∥平面A1BC1,故A中结论正确;
对于B,连接B1D,B1C,∵O为BD的中点,M为BB1的中点,∴MO∥B1D,∵CD⊥平面B1C1CB,C1B 平面B1C1CB,∴C1B⊥CD,
又B1C⊥C1B,CD∩B1C=C
易错点,B1C,CD 平面CDB1,∴BC1⊥平面CDB1,
又∵DB1 平面CDB1,∴DB1⊥BC1,
同理可得DB1⊥BA1,
又∵C1B∩BA1=B,C1B,BA1 平面A1BC1,∴B1D⊥平面A1BC1,∴MO⊥平面A1BC1,B中结论正确;
对于C,∵AC∥A1C1,∴∠A1C1B(或其补角)为异面直线BC1与AC所成的角,
易知△A1C1B为等边三角形,∴∠A1C1B=60°,故C中结论正确;
对于D,∵MB⊥平面ABCD,∴∠MOB为直线OM与平面ABCD所成的角,易知MB=AB,OB=AB,
∴tan∠MOB==,故∠MOB不等于45°,故D中结论错误.故选D.
易错警示　在证明线面平行时要注意判定定理中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,在证明线面垂直时要注意判定定理中是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,尤其是“相交”这一条件不可缺少.解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时保证条件的完整性,书写规范等.
6.答案　3或3
解析　取AD的中点E,连接NE,ME,如图所示,
因为M,N,E分别是AC,BD,AD的中点,
所以ME∥CD,NE∥AB,且ME=CD=3,NE=AB=3,
所以∠MEN为直线AB,CD所成的角或其补角,
又异面直线AB,CD所成角的大小为60°,
所以∠MEN=60°或∠MEN=120°易错点.
当∠MEN=60°时,△MEN为等边三角形,所以MN=3;
当∠MEN=120°时,在△MEN中,由余弦定理可得MN2=ME2+NE2-2×ME×NEcos 120°=32+32+2×3×3×=27,所以MN=3.
综上所述,MN=3或MN=3.
易错分析　通过立体图形无法直接判断∠MEN是锐角还是钝角,则∠MEN可能是异面直线AB,CD所成的角,也可能是其补角,在求异面直线所成的角时要注意这点.
7.解析　(1)证明:因为∠ADP=90°,所以PD⊥AD,
又平面ADP⊥平面ABCD,PD 平面ADP,平面ADP∩平面ABCD=AD,所以PD⊥平面ABCD,
又因为AC 平面ABCD,所以PD⊥AC.
因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,
又PD∩BD=D,PD,BD 平面PBD,
所以AC⊥平面PBD,
又因为AC 平面FAC,所以平面FAC⊥平面PBD.
(2)设PD=a,
由(1)知PD⊥平面ABCD,
所以∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.
由题意得,△BDC为等边三角形,
如图,过B作BH⊥CD于H,则H为CD的中点,
因为PD⊥平面ABCD,BH 平面ABCD,所以PD⊥BH,
又PD∩CD=D,PD,CD 平面PDC,
所以BH⊥平面PDC.
过H作HG⊥FC于G,连接BG,则CF⊥BG,故∠BGH就是二面角D-FC-B的平面角,
(平面PDC的垂线比较明显,用垂线法找二面角D-FC-B的平面角)
则cos∠BGH=,所以tan∠BGH=,
易得BH=,所以GH=.
因为sin∠GCH==,所以=,
所以a=2,
所以tan∠PBD===,所以∠PBD=60°,
即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.
易错警示　对于异面直线所成的角、线面角、二面角问题,一定要紧扣概念,注意角的范围,异面直线所成角的范围为,直线与平面所成角的范围为,二面角的范围为[0,π].此外,用平移法构造出来的角有可能是异面直线所成的角,也有可能是其补角,要注意分类讨论.
8.ACD　对于A,由题意得CD⊥AB,且AB=4,CD=AD=BD=AB=2,
则在三棱锥A'-BCD中,CD⊥A'D,CD⊥BD
易错点,
又因为A'D∩BD=D,A'D,BD 平面A'BD,所以CD⊥平面A'BD,
又A'B 平面A'BD,所以CD⊥A'B,故A正确;
对于B,当A'D⊥BD时,因为A'D=BD=2
易错点,所以S△A'BD=×A'D×BD=×2×2=2,
故VA'-BCD=VC-A'BD=S△A'BD·CD=×2×2=,故B错误;
对于C,因为CD⊥A'D,CD⊥BD,所以∠A'DB即为二面角A'-CD-B的平面角,
当A'B=2时,在△A'DB中,由余弦定理的推论得cos∠A'DB===-,
又∠A'DB∈(0,π),所以∠A'DB=,
故二面角A'-CD-B的大小为,故C正确;
对于D,当∠A'DB=时,
A'B===2,
设△A'DB的外接圆圆心为O',半径为r,则2r===4,解得r=2,
设三棱锥A'-BCD的外接球球心为O,连接OO',则OO'⊥平面A'BD,所以OO'∥CD,
取CD的中点E,连接OE,则OE⊥CD,
则四边形OO'DE为矩形,
故OO'=ED=CD=1,
设棱锥A'-BCD的外接球的半径为R,连接OD,
则R2=OD2=OO'2+O'D2=1+4=5,解得R=,
故三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为4πR2=20π,故D正确.
故选ACD.
易错警示　在折叠过程中注意平面图形与空间图形中变与不变的量,在变化的量中不仅要注意长度的变化,还要注意位置关系的变化.
9.解析　(1)由题意得AA1=AC=6,S△ABC=AB·AC=24,所以直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为S△ABC·AA1=144.
(2)证明:连接A1B,交AB1于E,连接DE,如图,
因为四边形ABB1A1是矩形,所以E是A1B的中点,又D是BC的中点,所以DE∥A1C,又A1C 平面AB1D,DE 平面AB1D,所以A1C∥平面AB1D.
(3)把矩形BCC1B1与△A1B1C1置于同一平面内,如图1,连接A1D,过A1作A1F⊥BC于F,交B1C1于点O,
由BC∥B1C1,得A1O⊥B1C1,则A1O===,A1F=+6=,
OC1=A1C1cos∠A1C1B1=A1C1·=,则DF=CD-CF=CD-OC1=5-=,
因此A1D==.
把正方形ACC1A1与△ABC置于同一平面内,如图2,
显然B,A,A1共线,连接A1D,取AB的中点G,连接DG,则DG∥AC,DG=AC=3,DG⊥AB,
又A1G=AA1+AG=10,所以A1D===.
　
把正方形ACC1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图3,连接A1D,AD=AC+CD=11,则A1D===.
把矩形ABB1A1与△ABC置于同一平面内,如图4,显然C,A,A1共线,连接A1D,取AC的中点H,连接DH,则DH∥AB,DH=AB=4,DH⊥AC,
又A1H=AA1+AH=9,所以A1D===.
　
把矩形ABB1A1与矩形BCC1B1置于同一平面内,如图5,连接A1D,AD=AB+BD=13,A1D===.
因为<<<<,
所以小虫爬行的最短距离为.
易错警示　求多面体表面上的最短距离一般是把多面体表面展开到一个平面上,利用平面上两点之间的最短距离是连接两点的线段的长度求解,但要注意多面体的展开方式可能有多种.
思想方法练
1.AC　圆柱的侧面展开图是长为6 cm,宽为4 cm的矩形,有两种情况:
①圆柱的高为4 cm,则底面周长为6 cm,设底面半径为r1 cm,则2πr1=6,得r1=,
此时圆柱的体积为π××4=(cm3).
②圆柱的高为6 cm,则底面周长为4 cm,设底面半径为r2 cm,则2πr2=4,得r2=,
此时圆柱的体积为π××6=(cm3).
综上,圆柱的体积为 cm3或 cm3,故选AC.
2.答案　
解析　当拼成一个三棱柱时,有三种情况,如图①②③所示:
　　
图①中三棱柱的表面积为2××3a×4a+(3a+4a+5a)×=12a2+48.
图②中三棱柱的表面积为2×2××3a×4a+2(5a+4a)×=24a2+36.
图③中三棱柱的表面积为2×2××3a×4a+2(5a+3a)×=24a2+32.
当拼成一个四棱柱时,有四种情况,如图④⑤⑥⑦所示:
　
　
其上、下底面面积之和都是2×2××3a×4a=24a2,
侧面积分别为2(3a+4a)×=28,2(5a+4a)×=36,2(3a+4a)×=28,2(5a+3a)×=32,
显然,四种情况中表面积最小是24a2+28(在四棱柱中找到表面积最小的);
易知24a2+28比24a2+32,24a2+36都小,
则结合题意得12a2+48>24a2+28,又a>0,所以得0思想方法　立体几何主要研究空间几何体的组成元素的数量关系和位置关系等.在立体几何问题中,注意分类讨论思想的应用,主要是对点、线、面相对位置关系,角相等或互补等进行分类讨论.
3.答案　
解析　取BC的中点G,连接AG,D1G,AD1,如图所示,
由E,F分别是AA1,A1D1的中点,得EF∥AD1,
又因为EF 平面BEF,AD1 平面BEF,
所以AD1∥平面BEF.
因为FD1∥BG,FD1=BG,所以四边形FBGD1为平行四边形,所以FB∥GD1.
又因为FB 平面BEF,GD1 平面BEF,所以GD1∥平面BEF.
又因为GD1∩AD1=D1,GD1,AD1 平面AD1G,
所以平面AD1G∥平面BEF.
直线D1P与平面BEF没有交点,转化为寻找过直线D1P且与平面BEF平行的平面AD1G.
因为点P为底面四边形ABCD内(包括边界)一动点,且D1P与平面BEF无公共点,所以P的轨迹为线段AG,AG==.
4.解析　(1)证明:∵AD∥BC,BC=AD,Q是AD的中点,∴DQBC,
∴四边形BCDQ为平行四边形,∴CD∥BQ.
∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即BQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ 平面ABCD,∴BQ⊥平面PAD.
将证明面面垂直转化为证明线面垂直.
又BQ 平面BQM,∴平面BQM⊥平面PAD.
(2)连接CQ.由题可得VP-BQM=VC-BQM=VM-BCQ=VP-BCQ.
利用等体积法转化为易求解的几何体的体积.
由(1)可知,四边形BCDQ为矩形,∴S△BCQ=QB·BC=.
∵PA=PD,Q为AD的中点,∴PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PQ 平面PAD,∴PQ⊥平面ABCD.
在Rt△PDQ中,PQ==2,
∴VP-BQM=VP-BCQ=×××2=1.
思想方法　转化与化归思想在证明平行和垂直时应用最为广泛,通过平行的判定定理和性质定理实现线线平行、线面平行、面面平行的相互转化;通过垂直的判定定理和性质定理实现线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化与化归思想.此外,在研究立体几何问题时,可以合理选择补形法,转化为长方体等规则几何体进行求解.
5.答案　
解析　如图所示,设平面α∩平面PAB=DM,因为AP∥平面α,AP 平面PAB,所以DM∥AP,
设平面α∩平面PAC=NE,同理可得NE∥AP,所以DM∥NE.
设PD=AE=x(0所以四边形DMEN为平行四边形,所以DN∥ME,
又DN 平面ABC,ME 平面ABC,所以DN∥平面ABC,
又因为DN 平面PBC,平面PBC∩平面ABC=BC,
所以DN∥BC,所以ME∥BC,且DN=x,
取BC的中点O,连接PO,OA,易得PO⊥BC,OA⊥BC,又PO∩OA=O,PO,OA 平面POA,所以BC⊥平面POA,又因为PA 平面POA,所以BC⊥PA,所以DN⊥NE,所以四边形DMEN为矩形,
所以平面α与三棱锥P-ABC的交线围成的图形为矩形DMEN,其面积S=(2-x)x=-(x-1)2+,
将面积表示为关于x的二次函数,结合二次函数的性质求解,体现了函数思想.
当x=1时,面积最大,为.
6.解析　(1)点E是PC的中点,理由如下:
连接AC,交BD于点O,连接OE,
∵底面ABCD是正方形,∴O是AC的中点.
∵PA∥平面EBD,PA 平面PAC,平面PAC∩平面BDE=OE,∴PA∥OE,
又∵O是AC的中点,∴E是PC的中点.
(2)由(1)知E为PC的中点,
∴VE-BPD=VC-BPD=VP-DBC.
若VE-BPD=,则VP-DBC=,
∵PD⊥底面ABCD,PD=λCD=2λ,S△BCD=×2×2=2,
∴VP-DBC=S△BCD·2λ=×2×2λ=,解得λ=2.
利用三棱锥的体积公式构建关于λ的方程.
∴存在λ=2,使三棱锥E-BPD的体积为.
7.解析　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABCD,
故=S△BEF·BB1=×(2-x)x×2=(-x2+2x)=-(x-1)2+,0将三棱锥B1-BEF的体积表示成关于x的二次函数,体现了函数思想.
故当x=1时,三棱锥B1-BEF的体积取得最大值,为.
(2)由(1)知,当E,F分别为AB,BC的中点时,三棱锥B1-BEF的体积最大,取EF的中点O,连接OB,OB1,如图,
则BO⊥EF,易得B1E=B1F,所以B1O⊥EF,
则∠B1OB是二面角B1-EF-B的平面角.
在Rt△BEF中,BO=EF=,
在Rt△BB1O中,tan∠B1OB==2,
即三棱锥B1-BEF的体积最大时,二面角B1-EF-B的正切值为2.
(3)在AD上取点H,使AH=BF=AE,连接A1H,EH,FH,如图,
易知HF=AB=A1B1,HF∥AB∥A1B1,
故四边形A1B1FH是平行四边形,则A1H∥B1F,
故∠HA1E(或其补角)即为异面直线A1E与B1F所成的角.
在Rt△A1AH中,A1H=,
在Rt△A1AE中,A1E=,
在Rt△HAE中,EH==x,
在△HA1E中,由余弦定理的推论得cos∠HA1E==,
将异面直线所成角的余弦值表示成关于x的函数,通过变量x的范围求异面直线所成角的取值范围,体现了函数思想.
易知0思想方法　函数思想在立体几何中的应用常体现在求线段的长度范围,体积、角度、面积的最值等,通过引入合适的变量把所研究的问题转化为函数问题,通过函数性质解决,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意所引入的变量的取值范围.
方程思想主要应用于①分析立体几何中变量间的等量关系,通过建立方程或方程组求解问题;②动中求静,研究运动中的等量关系等.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)