2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第六章　立体几何初步

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2025北师大版高中数学必修第二册
第六章　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(本大题共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.设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题中正确的是　　(　　)
A.若α⊥β,m α,则m⊥β　　　　B.若α⊥β,m⊥α,则m∥β
C.若m∥α,α∩β=n,则m∥n　　　　D.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n
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.
3.已知点A,B,C,D均在同一球面上,且AB,AC,AD两两垂直,AB=1,AC=2,AD=3,则该球的表面积为(　　)
A.7π　　　　B.14π　　　　C.π
4.如图,已知圆锥的母线SA=3,一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为3,则该圆锥的底面半径为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为C1D1,CC1的中点,则异面直线AM与BN夹角的正弦值为(　　)
A.
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(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为(　　)
A.
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所得的截面周长为(　　)
A.4
8.棱长为a的正四面体A-BCD与正三棱锥E-BCD的底面重合,若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在同一球面上,则正三棱锥E-BCD的内切球的半径为(　　)
A.a
C.a
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,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.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.EF与BB1垂直　　　　B.EF与平面BCC1B1垂直
C.EF与C1D的夹角为45°　　　　D.EF∥平面A1B1C1D1
10.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F∥平面AED1,则(　　)
A.点F的轨迹是一条线段
B.直线A1F与BE可能相交
C.直线A1F与D1E不可能平行
D.三棱锥F-ABD1的体积为定值
11.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE的位置(点A1不落在平面BCDE上).若M为线段A1C的中点,则在翻折过程中,下列命题正确的是(　　)
A.四棱锥A1-BCDE体积的最大值为
B.线段BM的长度是定值
C.MB∥平面A1DE恒成立
D.存在某个位置的△A1DE,使DE⊥A1C
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.将答案填在题中横线上)
12.已知圆柱的体积为2π,该圆柱的轴截面是一个正方形,则该圆柱的侧面积为　　　　.
13.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均相等,则二面角C1-AB-C的正切值为　　　　.
14.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触,因此它能像球一样来回滚动(如图1),利用这一原理,科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心,正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体,如图2所示,若正四面体A-BCD的棱长为1,则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为　　　　;用过A,B,C三点的平面去截勒洛四面体,所得截面的面积为　　　　　 .
　
四、解答题(本大题共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)在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=DC=1,AB=2,AC⊥PC.
(1)证明: AC⊥平面PBC;
(2)若PB⊥BC,PB=2,求点D到平面PBC的距离.
16.(15分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是BC,CC1,C1D1,A1A的中点.求证:
(1)BF∥HD1;
(2)EG∥平面BB1D1D;
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
17. (15分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,E为PA的中点.
(1)求证:PC∥平面EBD;
(2)求三棱锥C-PAD的体积;
(3)在侧棱PC上是否存在一点M,满足PC⊥平面MBD 若存在,求出PM的长;若不存在,请说明理由.
18.(17分)在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=AB=DC=BC=1,E是PC的中点,平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明:ED∥平面PAB;
(2)若PC=PA=,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.
19.(17分)中国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义:“阳马”是指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥;“堑堵”是指底面是直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图所示,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,A1A=AB=2.
(1)求证:四棱锥B-AA1C1C为阳马;
(2)若直线A1B与平面AA1C1C的夹角为,求堑堵ABC-A1B1C1的体积;
(3)当阳马B-AA1C1C的体积最大时,求点C1到平面A1BC的距离.
答案全解全析
第六章　立体几何初步
1.D　在A中,若α⊥β,m α,则m与β相交或m与β平行或m β,故A错误;在B中,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m β,故B错误;在C中,若m∥α,α∩β=n,则m与n平行或异面,故C错误;在D中,若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n,故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=.故选D.
3.B　设点A,B,C,D均在球面O上,球O的半径为R,连接BC,BD,CD,由题意可知三棱锥A-BCD的三条侧棱两两互相垂直,将它扩展为长方体,则该长方体的体对角线的长等于球O的直径,即2R=,即R=,因此该球的表面积S=4πR2=4π×=14π.
4.A　圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形,如图,一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'的长,则AA'=3,又SA=SA'=3,所以cos∠ASA'=,则∠ASA'=π,
所以该扇形的弧长为π×3=2π.
设圆锥的底面半径为r,则2πr=2π,所以r=1.故选A.
5.B　如图,取AB的中点E,BB1的中点F,连接EC1,FC1,EF,
易知C1N∥FB,C1N=FB,所以四边形C1NBF为平行四边形,所以FC1∥BN,同理,EC1∥AM,
则∠EC1F(或其补角)为异面直线AM与BN的夹角,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则EC1=a,
FC1=a,
在△EC1F中,cos∠EC1F=
=,
因此sin∠EC1F=,即异面直线AM与BN夹角的正弦值为.
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.
易知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,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.
由题可知6×AB2=96,∴AB=4,∴MN=2,∴截面的周长为4.故选D.
8.D　如图,由题意得,多面体ABCDE的外接球即正四面体A-BCD的外接球,且其外接球的直径为AE,易求得正四面体A-BCD的高AF=a,设外接球的半径为R,则R2=,解得R=a,即外接球的半径为a,所以AE=a.设正三棱锥E-BCD的高为h,因为AE=a+h,所以h=a,所以EB=EC=ED=a.
又因为△BCD的边长为a,所以正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直.
易求得正三棱锥E-BCD的表面积S=a2,体积V=a3.设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r,
由S·r=a3,得r=a.故选D.
9.AD　连接B1C和AC,如图.
则F是B1C的中点,又因为E是AB1的中点,所以EF∥AC,因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以BB1⊥AC,所以BB1⊥EF,故A正确;
由图可得AC不垂直于BC,所以AC不垂直于平面BCC1B1,又EF∥AC,所以EF不垂直于平面BCC1B1,故B不正确;
因为AB1∥C1D,EF∥AC,所以∠B1AC(或其补角)为EF与C1D的夹角,因为AC=B1C=B1A,所以∠B1AC=60°,故C不正确;
因为EF∥AC,AC 平面ABCD,EF 平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,又平面A1B1C1D1∥平面ABCD,EF 平面A1B1C1D1,所以EF∥平面A1B1C1D1,故D正确.故选AD.
10.AD　如图所示,分别取线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N,
易得MN∥AD1,A1M∥D1E,
因为MN∩A1M=M,D1E∩AD1=D1,MN,A1M 平面A1MN,D1E,AD1 平面AED1,所以平面A1MN∥平面AED1,因为A1F∥平面AED1,所以A1F 平面A1MN,又F是侧面BCC1B1内的动点,所以点F的轨迹为线段MN,所以A正确;
因为BE在平面BCC1B1内,直线A1F与平面BCC1B1相交,且交点不在BE上,所以A1F与BE是异面直线,所以B错误;
当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,所以C错误;
因为MN∥AD1,MN 平面ABD1,AD1 平面ABD1,所以MN∥平面ABD1,所以点F到平面ABD1的距离是定值,又△ABD1的面积为定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,所以D正确.故选AD.
11.ABC　由题意得,△ADE是等腰直角三角形,A到DE的距离是,当平面A1DE⊥平面BCDE时,A1到平面BCDE的距离最大,为.又S四边形BCDE=,故A正确.
取CD的中点N,连接MN,BN,∵M是A1C的中点,∴MN∥A1D,而MN 平面A1DE,A1D 平面A1DE,∴MN∥平面A1DE.由DN与EB平行且相等得四边形DNBE是平行四边形,∴BN∥DE,又BN 平面A1DE,DE 平面A1DE,∴BN∥平面A1DE,而BN∩MN=N,∴平面BMN∥平面A1DE,又MB 平面BMN,∴MB∥平面A1DE,故C正确.
∵MN∥A1D,NB∥DE,∴∠MNB=∠A1DE=45°,又BN=DE=,为定值,故B正确.
假设存在某个位置的△A1DE,使DE⊥A1C.连接CE,取DE的中点O,连接A1O,CO,显然A1O⊥DE,而A1O∩A1C=A1,∴DE⊥平面A1OC,又OC 平面A1OC,∴DE⊥OC,则CE=CD.但CE=,CD=2,CE≠CD,所以不可能有DE⊥A1C,故D错误.故选ABC.
12.答案　4π
解析　设圆柱的底面半径为r,则圆柱的高为2r.因为圆柱的体积为2π,所以πr2×2r=2π,解得r=1,所以圆柱的侧面积为2πr×2r=4π.
13.答案　
解析　不妨设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,取AB的中点M,连接CM,C1M,如图,因为CC1⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以CC1⊥AB,易知AB⊥CM,又CM,CC1 平面CC1M,所以AB⊥平面CC1M,又C1M 平面CC1M,所以AB⊥C1M,所以∠C1MC为二面角C1-AB-C的平面角,
在Rt△C1CM中,tan∠C1MC=,
故二面角C1-AB-C的正切值为.
14.答案　1-
解析　根据题意得,勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切.如图1,点E为该球与勒洛四面体的一个切点,O为该球球心,
由正四面体的性质可知,该球球心O为正四面体A-BCD的中心,半径为OE,连接BE,则B,O,E三点共线,此时BE=1,BO为正四面体的外接球的半径,
由于正四面体A-BCD的棱长为1,其可以在棱长为的正方体中截出,
所以正四面体A-BCD的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球的半径,即正方体体对角线的一半,则BO=,故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径OE=1-.
如图2,过A,B,C三点的截面面积是3个半径为1,圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积,所以所得截面的面积为.
　
15.解析　(1)证明:过点C作CE⊥AB于点E,则BE=,所以AC2=AE2+CE2==3,
又BC=AD=1,AB=2,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.(3分)
又AC⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC 平面PBC,
所以AC⊥平面PBC.(5分)
(2)连接BD,由(1)知AC⊥平面PBC,因为AC 平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面PBC,
因为PB⊥BC,平面ABCD∩平面PBC=BC,PB 平面PBC,
所以PB⊥平面ABCD.(7分)
又AB∥CD,CE⊥AB,CE=,所以CE⊥CD,且△BCD的边CD上的高h=CE=,故S△BCD=,
所以V三棱锥P-BCD=.(9分)
在△PBC中,因为PB⊥BC,所以S△PBC=.
设点D到平面PBC的距离为d,
则V三棱锥D-PBC=d.(11分)
由V三棱锥D-PBC=V三棱锥P-BCD,得,解得d=,
即点D到平面PBC的距离为.(13分)
16.证明　(1)如图,取DD1的中点M,连接AM,FM.
∵F是CC1的中点,∴MF∥CD,MF=CD.
∵AB∥CD,AB=CD,∴AB∥MF,AB=MF,
则四边形ABFM为平行四边形,∴BF∥AM.(4分)
∵H是AA1的中点,∴AH∥D1M,AH=D1M,则四边形AMD1H为平行四边形,∴AM∥HD1,
∴BF∥HD1.(6分)
(2)连接AC,交BD于O,连接OE,OD1,
∵O,E分别为BD,BC的中点,∴OE∥CD,OE=CD.(8分)
∵G为C1D1的中点,∴D1G∥CD,D1G=CD,∴D1G∥OE,D1G=OE,
∴四边形D1GEO为平行四边形,∴EG∥D1O,(9分)
∵D1O 平面BB1D1D,EG 平面BB1D1D,
∴EG∥平面BB1D1D.(10分)
(3)∵BF∥HD1,HD1 平面B1D1H,BF 平面B1D1H,
∴BF∥平面B1D1H.(12分)
∵BB1∥DD1,BB1=DD1,
∴四边形BB1D1D为平行四边形,∴BD∥B1D1,
又B1D1 平面B1D1H,BD 平面B1D1H,∴BD∥平面B1D1H.(14分)
又∵BD∩BF=B,BD,BF 平面BDF,
∴平面BDF∥平面B1D1H.(15分)
17.解析　(1)证明:设AC,BD相交于点F,连接EF.
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∴F为AC的中点.
又∵E为PA的中点,∴EF为△PAC的中位线,∴EF∥PC.(2分)
又∵EF 平面EBD,PC 平面EBD,∴PC∥平面EBD.(4分)
(2)∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,∴△ACD是正三角形.
∵PA⊥底面ABCD,∴PA为三棱锥P-ACD的高,(6分)
∴V三棱锥C-PAD=V三棱锥P-ACD=S△ACD·PA=.(8分)
(3)在侧棱PC上存在一点M,满足PC⊥平面MBD.
∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD.
∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴BD⊥PA.
∵AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,又PC 平面PAC,∴BD⊥PC.(11分)
过B作BM⊥PC,垂足为M,连接MD,
∵BM∩BD=B,BM 平面BDM,BD 平面BDM,
∴PC⊥平面BDM.(13分)
在△PBC内,PB=PC=,BC=2,
设PM=x,则有BM2=8-x2=4-(2-x)2,解得x=,
满足题意.
∴存在满足条件的点M,此时PM的长为.(15分)
18.解析　(1)证明:取PB的中点F,连接AF,EF.
∵EF是△PBC的中位线,∴EF∥BC且EF=BC.
又AD∥BC且AD=BC,∴AD∥EF且AD=EF,
∴四边形ADEF是平行四边形,∴ED∥AF.(3分)
又ED 平面PAB,AF 平面PAB,∴ED∥平面PAB.(5分)
(2)取BC的中点M,连接AM,则AD∥MC且AD=MC,
∴四边形ADCM是平行四边形,
又AD=CD,∴平行四边形ADCM为菱形,
∴AM=MC=MB,∴AB⊥AC,可得AC=.(7分)
过D作DG⊥AC于G,则G为AC的中点.
∵平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD=AC,DG 平面ABCD,
∴DG⊥平面PAC,则DG⊥PC.(9分)
过G作GH⊥PC于H,连接DH,则PC⊥平面GHD,
所以PC⊥DH,∴∠GHD是二面角A-PC-D的平面角.(11分)
在△ADC中,GD=.
在△PAC中,易得cos∠ACP=,
连接AE,则AE=.(13分)
连接PG,∵PC=PA,G为AC的中点,∴PG⊥AC,∴PG=,
∴点A到PC的距离d=,
∴GH=.(15分)
在Rt△GDH中,HD=,
∴cos∠GHD=,
即二面角A-PC-D的平面角的余弦值为.(17分)
19.解析　(1)证明:在堑堵ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,
因为BC 底面ABC,所以AA1⊥BC,(2分)
在堑堵ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C为平行四边形,
所以平行四边形AA1C1C为矩形,(3分)
又AC⊥BC,AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C1C,
所以BC⊥平面AA1C1C,所以四棱锥B-AA1C1C为阳马.(4分)
(2)由(1)知,BC⊥平面AA1C1C,
所以斜线A1B在平面AA1C1C的投影为A1C,
所以直线A1B与平面AA1C1C的夹角为∠BA1C,即∠BA1C=,(6分)
在Rt△A1AB中,A1A=AB=2,
所以A1B=,(7分)
在Rt△A1BC中,∠BA1C=,所以BC=,(8分)
又AB=2,所以在Rt△ABC中,AC=,(9分)
所以堑堵ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·AA1=·BC·AC·AA1=×2=2.(10分)
(3)过C1作C1M⊥A1C交A1C于点M,如图所示,
由BC⊥平面AA1C1C,C1M 平面AA1C1C,所以BC⊥C1M,
又BC∩A1C=C,BC,A1C 平面A1BC,所以C1M⊥平面A1BC,(12分)
所以C1M的长即为点C1到平面A1BC的距离,
则·BC=AA1·AC·BC=AC·BC,
因为AC·BC≤=2,当且仅当AC=BC=时取等号,
所以AC·BC≤,故阳马B-AA1C1C的最大体积为,(14分)
在Rt△A1AC中,A1C=,
由等面积法,得A1C1·CC1=A1C·C1M,
即×C1M,解得C1M=,(16分)
所以当阳马B-AA1C1C的体积最大时,点C1到平面A1BC的距离为.(17分)
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