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

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2025人教A版高中数学必修第二册
第八章　立体几何初步
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(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.下列说法中正确的是(　　)
A.长方体是四棱柱,直四棱柱是长方体
B.有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台
C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D.棱柱的侧棱相等,侧面都是平行四边形
2.如图,一个水平放置的平面图形的直观图是底角为45°的等腰梯形O'A'B'C',且B'C'=1,O'C'=,则该平面图形的面积为(　　)
A.　　B.2　　C.2　　D.4
3.已知圆锥侧面展开图的圆心角为60°,底面圆的半径为8,则该圆锥的侧面积为(　　)
A.384π　　B.392π　　C.398π　　D.404π
4.已知圆台的上、下底面半径分别是10和20,它的侧面展开图扇环的圆心角为180°,则下面说法不正确的是(　　)
A.圆台的母线长是20　　B.圆台的表面积是1 100π
C.圆台的高是10　　D.圆台的体积是π
5.在直三棱柱ABD-A1B1D1中,AB=AD=AA1,∠ABD=45°,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足=λ(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积为96,点P为线段AA1的中点,若点D1∈平面α,且CP⊥平面α,则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形的周长为(　　)
A.4+6　　B.6+4　　C.4+6　　D.6+4
8.《九章算术》是我国古代的数学著作,书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示,底面ABCD为正方形,EF∥底面ABCD,四边形ABFE,CDEF为两个全等的等腰梯形,EF=AB=2,AE=2,则该刍甍的外接球的体积为(　　)
A.　　B.32π　　C.　　D.64π
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.某圆锥的底面半径为3,母线长为4,则下列关于该圆锥的说法正确的是(　　)
A.该圆锥的侧面展开图的圆心角为
B.该圆锥的体积为9π
C.过该圆锥的两条母线所作截面的面积的最大值为8
D.该圆锥轴截面的面积为
10.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题中正确的是(　　)
A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为
B.点C到平面ABC1D1的距离为
C.异面直线D1C和BC1所成的角为
D.二面角C-BC1-D的余弦值为-
11.如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,EF⊥AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD沿EF进行折叠,使AD到达A'D'的位置,且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如图2,则(　　)
　　
A.BE⊥A'D'
B.平面A'EB∥平面D'FC
C.多面体A'EBCD'F为三棱台
D.直线A'D'与平面BCFE所成的角为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,高为3,则点A到不经过点A的侧面的距离为　　　　.
13.在△ABC中,∠ACB=90°,AC=2,BC=5,P为AB上一点,沿CP将△ACP折起形成直二面角A'-CP-B,当A'B最短时,=　　　　.
14.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,一般情况下粽子的形状是四面体.如图1,已知底边和腰长分别为8 cm和12 cm的等腰三角形纸片,将它沿虚线(中位线)折起来,可以得到如图2所示粽子形状的四面体,若该四面体内包一蛋黄(近似于球),则蛋黄的半径的最大值为　　　　cm(用最简根式表示);当该四面体的棱所在的直线是异面直线时,其所成的角中最小的角的余弦值为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图所示,上部分是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6 m,PO1=2 m,求仓库的容积(含上下两部分);
(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6 m,当PO1为多少时,下部分正四棱柱的侧面积最大 最大面积是多少
16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,E为PD的中点,EA=PD,EF⊥AC,垂足为F,且AC=4AF.证明:
(1)PB∥平面ACE;
(2)PA⊥平面ABCD.
17.(15分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.
(1)求证:AC⊥BC1;
(2)求证:AC1∥平面CDB1;
(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.
18.(17分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使BE⊥EC.
(1)若BE=3,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由;
(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.
19.(17分)如图,已知三棱台ABC-A1B1C1的体积为,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形,且AB=2AA1=2A1B1=2BB1.
(1)证明:BC⊥平面ABB1A1;
(2)求点B到平面ACC1A1的距离;
(3)在线段CC1上是否存在点F,使得二面角F-AB-C的大小为 若存在,求出CF的长;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
1.D　对于A,长方体是四棱柱,底面不是长方形的直四棱柱不是长方体,A错误;
对于B,棱台侧棱的延长线必须相交于一点,B错误;
对于C,各侧面都是正方形,底面不是正方形(如菱形)的四棱柱不是正方体,C错误;
对于D,棱柱的侧棱相等,侧面都是平行四边形,D正确.
故选D.
2.D　画出原来的平面图形,如图,则四边形OABC为直角梯形,OC=2OC'=2,BC=B'C'=1,
在等腰梯形O'A'B'C'中,O'A'=××2+1=3,因此OA=3,
所以S四边形OABC=×(1+3)×2=4.故选D.
3.A　设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则r=8,
由题意知,2πr=l,解得l=48,
所以圆锥的侧面积为πrl=8×48π=384π.
故选A.
4.C　圆台侧面展开图,如图.
设圆台的上底面周长为C,由扇环的圆心角为180°,得C=π·SA,
又C=2π×10,所以SA=20,同理SB=40,则AB=SB-SA=20,圆台的高h==10,
表面积S=π(10+20)×20+100π+400π=1 100π,
体积V=π×10×(102+10×20+202)=π.
故选C.
5.A　取BD的中点E,连接ED1,AE,
易得PD1∥BE且PD1=BE,
所以四边形BED1P为平行四边形,所以PB∥D1E,
故∠AD1E(或其补角)为直线PB与AD1所成的角.
设AB=AD=AA1=2,因为∠ABD=45°,所以∠DAB=90°,因为E为BD的中点,所以AE=DE=AB=.
易得AD1==2,D1E==,
因为A=AE2+D1E2,所以AE⊥D1E.
故cos∠AD1E===,又0°<∠AD1E<180°,所以∠AD1E=30°.故选A.
6.C　在BB1上取一点G,使得B1G=2BG,连接CG,AG,如图所示.
∵CE=2C1E=2,∴CC1=BB1=3,
∴在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1G∥CE,且B1G=CE=2,
∴四边形B1GCE为平行四边形,∴B1E∥CG,
∵B1E 平面ACG,CG 平面ACG,∴B1E∥平面ACG,
若B1E∥平面ACF,则F在平面ACG内,又F为BD上一点,∴F为BD与AG的交点.
易知△BFG∽△DFA,∴==,
∴=,即λ的值为.
故选C.
7.D　取AD的中点M,AB的中点N,连接PD,MD1,MN,NB1,B1D1,A1C1,AC.
易知M,N,B1,D1四点共面,D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD 平面PCD,∴D1M⊥平面PCD,又CP 平面PCD,∴CP⊥D1M.
由AA1⊥平面ABCD,MN 平面ABCD,可得AA1⊥MN,易知MN⊥AC,
∵AC∩AA1=A,AC,AA1 平面ACC1A1,∴MN⊥平面ACC1A1,
又CP 平面ACC1A1,∴CP⊥MN,
又D1M∩MN=M,D1M,MN 平面MNB1D1,
∴CP⊥平面MNB1D1,即平面α为平面MNB1D1.
由题意可知6AB2=96,故AB=4,∴MN=2,B1D1=4,B1N=D1M=2,∴截面图形的周长为6+4.故选D.
8.A　取AD,BC的中点N,M,正方形ABCD的中心O,EF的中点O2,连接EN,MN,FM,OO2,如图,
由题意知OO2⊥平面ABCD,EF∥AB∥MN,点O是MN的中点,MN=AB=4,
在等腰△AED中,AD⊥EN,EN==2,同理FM=2,
因此,等腰梯形EFMN的高OO2==,
由几何体的结构特征知,刍甍的外接球球心在直线OO2上,设外接球球心为O1,连接O1E,O1A,OA,易知OA=2,
则易得O1A=O1E,O2E=EF=1,
当点O1在线段O2O的延长线(含点O)上时,视OO1为非负数;当点O1在线段O2O(不含点O)上时,视OO1为负数,即O2O1=O2O+OO1=+OO1,
所以+O=1+,解得OO1=0,
因此刍甍的外接球球心在点O处,半径为OA=2,
所以刍甍的外接球的体积为×=.故选A.
9.AC　对于A,因为圆锥的底面半径为3,所以圆锥的底面周长为2π×3=6π,又因为圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面展开图的圆心角为=,故A选项正确.
对于B,因为圆锥的底面半径为3,母线长为4,所以圆锥的高h==,故圆锥的体积V=×π×32×=3π,故B选项不正确.
对于C,设圆锥的两条母线的夹角为θ,则过这两条母线所作截面的面积为×4×4×sin θ=8sin θ,易知过圆锥母线的截面中,轴截面三角形对应的θ最大,此时cos θ==-,所以θ最大是钝角,所以当θ=时,截面的面积最大,为8sin =8,故C选项正确.
对于D,易知圆锥的轴截面的面积为×6×=3,故D选项不正确.
故选AC.
10.AB　如图,取BC1的中点H,连接CH,易证CH⊥平面ABC1D1,
所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角,为,故A正确.
点C到平面ABC1D1的距离即为CH的长,为,故B正确.
易证BC1∥AD1,所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角),连接AC,易知△ACD1为等边三角形,所以∠AD1C=,所以异面直线D1C和BC1所成的角为,故C错误.
连接DH,易知BD=DC1,所以DH⊥BC1,
又CH⊥BC1,所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角,
易求得DH=,
又CD=1,CH=,
所以由余弦定理的推论可得cos∠CHD==,故D错误.
故选AB.
11.ABD　对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE 平面BCFE,BE⊥EF,所以BE⊥平面A'D'FE,
又因为A'D' 平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',故A正确.
对于B,因为A'E∥D'F,A'E 平面D'FC,D'F 平面D'FC,所以A'E∥平面D'FC,
因为BE∥CF,BE 平面D'FC,CF 平面D'FC,所以BE∥平面D'FC,
又因为A'E∩BE=E,A'E,BE 平面A'EB,
所以平面A'EB∥平面D'FC,故B正确.
对于C,因为=,==,则≠,所以多面体A'EBCD'F不是三棱台,故C错误.
对于D,延长A'D',EF,相交于点G,
因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'E 平面A'D'FE,A'E⊥EF,
所以A'E⊥平面BCFE,则∠A'GE为直线A'D'与平面BCFE所成的角.
因为A'E∥D'F,所以=,即=,
解得GF=1,则GE=3,则tan∠A'GE==1,
则∠A'GE=,故D正确.
故选ABD.
12.答案　
解析　设正方形ABCD的中心为O,BC的中点为E,如图所示.
易知EO=1,高PO=3,所以斜高PE==,
易知点A到侧面PCD的距离与点A到侧面PBC的距离相等,
易知S△PDC=S△PBC=×2×=,
正四棱锥P-ABCD的体积V=S四边形ABCD·PO=×2×2×3=4,
设点A到侧面PBC的距离为d,
则V=VA-PDC+VA-PBC=S△PDC·d+S△PBC·d=d×2=4,
解得d=.
故答案为.
13.答案　
解析　过点A作AD⊥CP于点D,连接BD,
设∠ACP=α,则∠PCB=-α,
所以A'D=2sin α,CD=2cos α,
在△BCD中,由余弦定理可得
BD2=CD2+BC2-2CD·BCcos=4cos2α+25-10sin 2α,
因为A'-CP-B为直二面角,所以A'D⊥平面BCP,所以A'D⊥BD,
则A'B2=A'D2+BD2=4sin2α+4cos2α+25-10sin 2α=29-10sin 2α,
当A'B2最小时,A'B最短,2α=,所以α=,此时CP平分∠ACB,
由角平分线定理可得==,即=.
14.答案　;
解析　对题图1中各点进行标记,同时将题图2置于长方体中如下,其中A,B,C三点重合.
设EP=x cm,ER=y cm,SE=z cm,
则解得
∴四面体ADEF的体积为V长方体=xyz=(cm3),
四面体ADEF的表面积S=4S△DEF=4××4×4=32(cm2).
当蛋黄与四面体各个面相切时,蛋黄的半径最大,
设此时蛋黄(近似于球)的半径为r cm,
则V长方体=Sr,∴r===.
设SQ∩DF=O,取DQ的中点M,连接OM,
则OQ=3 cm,MQ= cm,
在Rt△OMQ中,sin∠QOM==,
∴cos∠DOQ=cos(2∠QOM)=1-2sin2∠QOM=1-=,
故长为6 cm的两组对棱所成的角都为锐角,余弦值都是,
易知长为4 cm的两条棱所成的角为直角.
∴所求最小的角的余弦值为.
15.解析　(1)∵PO1=2 m,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍,∴O1O=8 m.(2分)
∴仓库的容积为×62×2+62×8=312(m3).(5分)
(2)连接A1O1,设PO1=x m,0则O1O=4x m,A1O1= m,A1B1= m.(7分)
∴正四棱柱的侧面积S=4·4x·=16x·(m2), (9分)
∵16x·≤16·=288,
当且仅当x=,即x=3时,等号成立,
∴Smax =288. (12分)
所以当PO1=3 m时,正四棱柱的侧面积最大,最大为288 m2.(13分)
16.证明　(1)连接BD,交AC于点O,连接OE,则O为BD的中点,又E为PD的中点,所以OE∥PB,(3分)
又OE 平面ACE,PB 平面ACE,所以PB∥平面ACE.(6分)
(2)因为AF=AC,所以F为AO的中点,
因为EF⊥AO,所以△AEO为等腰三角形,
则AE=OE,又AE=PD,OE=PB,
所以PB=PD,连接OP,则PO⊥BD,(9分)
因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PO∩AC=O,PO,AC 平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,
又PA 平面PAC,所以BD⊥PA.(11分)
因为AE=PD,E为PD的中点,所以∠PAD=90°,即PA⊥AD,(13分)
又AD∩BD=D,AD,BD 平面ABCD,
所以PA⊥平面ABCD.(15分)
17.解析　(1)证明:∵AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.
又∵C1C⊥AC,C1C∩BC=C,∴AC⊥平面BCC1B1.(3分)
∵BC1 平面BCC1B1,∴AC⊥BC1.(5分)
(2)证明:设CB1与C1B的交点为E,则E是BC1的中点,连接DE,
∵D是AB的中点,
∴DE∥AC1.(8分)
∵DE 平面CDB1,AC1 平面CDB1,
∴AC1∥平面CDB1.(10分)
(3)∵DE∥AC1,∴∠CED(或其补角)为AC1与B1C所成的角.
在Rt△AA1C1中,AC1==5,
∴ED=AC1=,
易得CD=AB=,CE=CB1=2,(13分)
∴cos∠CED==.
∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.(15分)
18.解析　(1)假设存在满足条件的点P.
如图,过点P作PM∥FD,交AF于点M,连接ME,
∵CE∥FD,∴MP∥EC,∴M,P,C,E四点共面.(2分)
∵CP∥平面ABEF,CP 平面CEMP,平面ABEF∩平面CEMP=ME,
∴CP∥ME,∴四边形CEMP为平行四边形,(4分)
∴MP=CE=4-BE=1,
易得FD=6-3=3,
由MP∥FD可得==,∴=.(7分)
故存在点P,使得CP∥平面ABEF,此时=.(8分)
(2)由题意得BE⊥EF,又BE⊥EC,EC∩EF=E,EC,EF 平面CEFD,
∴BE⊥平面CEFD,
又AF∥BE,∴AF⊥平面CEFD.设BE=x(0故VA-CDF=××2×(6-x)·x=-(x-3)2+3,
∴当x=3时,VA-CDF取得最大值,最大值为3,(10分)
此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2,
∴AD==3,AC==,(12分)
在△ACD中,由余弦定理的推论得cos∠ADC==,
∴sin∠ADC=,
∴S△ACD=DC·AD·sin∠ADC=3.(15分)
设F到平面ACD的距离为h,
由VF-ACD=VA-CDF,得S△ACD·h=3,解得h=.
综上,三棱锥A-CDF的体积的最大值为3,此时点F到平面ACD的距离为.(17分)
19.解析　(1)证明:连接AB1,
在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
∵AB=2AA1=2A1B1=2BB1,∴四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60°,(1分)
设AB=2x,则BB1=x.
由余弦定理得A=AB2+B-2AB·BB1cos 60°=3x2,
∴AB2=A+B,∴AB1⊥BB1,(2分)
∵平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1,AB1 平面ABB1A1,
∴AB1⊥平面BCC1B1,(3分)
又BC 平面BCC1B1,∴AB1⊥BC.
∵△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形,∴BC⊥AB,
∵AB∩AB1=A,AB,AB1 平面ABB1A1,∴BC⊥平面ABB1A1.(4分)
(2)延长AA1,BB1,CC1交于一点P,
∵A1B1=AB,∴S△ABC=4,∴VP-ABC=8,
∴VP-ABC==×=,(5分)
∵BC⊥平面ABB1A1即BC⊥平面PAB,
∴BC的长即为点C到平面PAB的距离.(6分)
由(1)知AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°,
∴△PAB为等边三角形,∴PA=PB=AB=2x,
∴VP-ABC=S△PAB·BC=××(2x)2×·2x=x3=,∴x=1,
∴AB=BC=PA=PB=2,∴AC=PC=2,
∴S△PAC=×2×=,(8分)
设点B到平面ACC1A1的距离为d,即点B到平面PAC的距离为d,
∵VB-PAC=VP-ABC,∴S△PAC·d=d=,解得d=.
即点B到平面ACC1A1的距离为.(10分)
(3)假设存在满足条件的点F.
∵BC⊥平面PAB,BC 平面ABC,
∴平面ABC⊥平面PAB,
取AB的中点N,连接PN,NC,则PN⊥AB,
∵平面ABC∩平面PAB=AB,PN 平面PAB,
∴PN⊥平面ABC,(12分)
作FE∥PN,交CN于点E,则FE⊥平面ABC,
作ED⊥AB于D,连接FD,则ED即为FD在平面ABC上的射影,
∵FE⊥平面ABC,AB 平面ABC,∴AB⊥FE,
∵DE∩FE=E,DE,FE 平面DEF,∴AB⊥平面DEF,
∵FD 平面DEF,∴AB⊥FD,
∴∠FDE即为二面角F-AB-C的平面角,∴∠FDE=.(14分)
VP-ABC=S△ABC·PN=××2×2PN=,解得PN=,
由(2)知PC=2,∴NC==,
设FE=t,易得=,∴CE=t,∴EN=-t,
易知DE∥BC,∴DE=·BC=×2=2-2t,(15分)
则tan∠FDE===,解得t=,
∴CF==2t=∴存在满足题意的点F,CF=.(17分)
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