2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第六章　立体几何初步复习提升

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2025北师大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　不能正确分析空间几何体的结构致错
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吨水稻,则该粮仓最多可装水稻(　　)
A.175π吨　　　　B.200π吨　　　　C.225π吨　　　　D.250π吨
2.(2024福建部分优质高中段考)“阿基米德多面体”被称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图所示,将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=1,则关于图中的半正多面体,下列说法正确的有(　　)
A.该半正多面体的体积为
B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为
C.该半正多面体外接球的表面积为8π
D.该半正多面体的表面积为6+2
易错点2　错误构造图形致错
3.(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
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为8,E,F分别是线段CD,BC的中点,平面α过点A1,E,F,且与正方体ABCD-A1B1C1D1形成一个截面图形,现有如下说法:
①截面图形是一个六边形;
②若点I在面CDD1C1内(含边界)运动,I∈平面α,则点I的轨迹长度为;
③截面图形的周长为2.
则以上说法正确的序号为　　　　.
易错点3　解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错
5.(2023河南商丘月考)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,BB1=3,D是AC的中点,点E在BB1上且BE=BB1.
(1)求证:DE⊥平面A1C1E;
(2)求点C1到平面A1DE的距离.
6.如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
易错点4　对空间角的概念理解不透彻致错
7.(2024上海同济大学第二附属中学期中)如图,在空间四边形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　　　　.
8.(2024浙江杭州第二中学期中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形,PB=PD.
(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)若PA=1,PA与平面ABCD的夹角为,求二面角P-BC-A的正弦值.
思想方法练
一、分类讨论思想
1.(多选题)两平行平面截半径为5的球,若截面面积分别为9π和16π,则这两个平面间的距离可以是(　　)
A.1　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.7
2.已知平面α∥平面β,AB,CD是夹在α,β间的两条线段,A,C在α内,B,D在β内,点E,F分别在AB,CD上,且AE∶EB=CF∶FD=m∶n.求证:EF∥平面α.
二、函数与方程思想
3.(2023河北邯郸鸡泽第一中学月考)如图所示,底面半径为1,高为1的圆柱OO1中有一内接长方体A1B1C1D1-ABCD,设矩形ABCD的面积为S,长方体A1B1C1D1-ABCD的体积为V,AB=x.
(1)将S表示为x的函数;
(2)求V的最大值.
4.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.
三、转化与化归思想
5.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=.
(1)证明:平面BQM⊥平面PAD;
(2)求四面体P-BQM的体积.
6.(2024吉林名校联盟期中联考)如图,在高为的四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是正方形,M,N分别是PD,BC的中点,AB=2.
(1)证明:MN∥平面PAB;
(2)求三棱锥C-ABM的体积.
7.(2024陕西安康联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°,E是BC的中点,M是PD的中点.
(1)求证:AE⊥平面PAD;
(2)若AB=AP=2,求点P到平面AMC的距离.
答案与分层梯度式解析
第六章　立体几何初步
本章复习提升
易混易错练
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××h=(m3),
所以该组合体的体积V=V1+V2=200π+(m3),
所以该粮仓最多可装水稻0.75V==175π(吨).故选A.
2.D　如图,因为AB=1,所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的,
所以该半正多面体的体积V=-8×,故A错误;
根据该半正多面体的对称性可知,过A,B,C三点的截面为正六边形ABCFED,因为AB=1,所以正六边形面积S=6××12=,故B错误;
该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心,即为正六边形ABCFED的中心,
故球的半径为AB=1,
所以该半正多面体外接球的表面积S=4π×12=4π,故C错误;
因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形,棱长均为1,
所以其表面积为8××12+6×12=6+2,故D正确.
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.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.
4.答案　③
解析　设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.
延长FE,AD交于点P,连接A1P,交DD1于点G,
延长EF,AB交于点Q,连接A1Q,交BB1于点H,连接FH,GE,
则所求截面即为五边形EFHA1G,故①错误.
易得DE=FB=1,GD=HB=,
则EG=FH=,EG的长度即为点I的轨迹长度,故②错误.
易得A1G=A1H=,
所以五边形的周长为2×+2×,故③正确.
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.解析　(1)证明:连接BD,C1D.由已知可得CD=2,BE=2,
所以DE=,所以DE2+C1E2=C1D2,所以DE⊥C1E,同理可得DE⊥A1E,
又A1E∩C1E=E,A1E,C1E 平面A1C1E,
所以DE⊥平面A1C1E.
(2)在△A1C1E中,C1E=A1E=,A1C1=4,
则×4×.
由(1)知DE⊥A1E,所以△A1DE为直角三角形.
在Rt△A1DE中,A1E=,DE=6,则×6×.
设点C1到平面A1DE的距离为d,
由,得·DE=·d,
即×6×6=×3×d,解得d=.
6.解析　(1)证明:因为AD∥BC,BC 平面BCEF,AD 平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DE⊥AD.
因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE 平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD.
因为BD 平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=BC,∠BAD=90°,可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,所以DN=BC,所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE 平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.
(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
连接AN交BD于点M,连接NF,MF,
由于四边形ABND为正方形,
所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形,所以CE∥NF.
又因为NF 平面AMF,CE 平面AMF,
所以CE∥平面AMF,此时=1.
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.
7.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=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°.
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.
8.解析　(1)证明:设AC∩BD=O,连接OP,因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,且O为BD的中点,
因为PB=PD,所以OP⊥BD,
又AC∩OP=O,AC,OP 平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,
又BD 平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)过点P作PH⊥AC于点H,
因为BD⊥平面PAC,PH 平面PAC,所以BD⊥PH,
又AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,所以PH⊥平面ABCD,所以∠PAH即为PA与平面ABCD的夹角,
即∠PAH=,
又PA=1,所以AH=PH=.
过点H作HE⊥BC于点E,连接PE,
因为PH⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PH⊥BC,
又PH∩HE=H,PH,HE 平面PHE,
所以BC⊥平面PHE,
又PE 平面PHE,所以BC⊥PE,
所以∠PEH即为二面角P-BC-A的平面角.
易得AC=,
所以CH=2.
因为AB⊥BC,所以AB∥HE,
所以,即,解得EH=,
因为PH⊥平面ABCD,EH 平面ABCD,所以PH⊥EH,
所以PE=,
所以sin∠PEH=,
所以二面角P-BC-A的正弦值为.
易错警示　在求异面直线的夹角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线的夹角转化为一个三角形的内角时,要注意这个三角形的内角可能等于两条异面直线的夹角,也可能等于其补角.直线与平面的夹角α的取值范围为 0°≤α≤90°,在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定斜线在这个平面内的投影,进而求线面角.二面角β的取值范围是0°≤β≤180°.
思想方法练
1.AD　易得两截面圆的半径分别为3和4.
如图①所示,若两个平行平面在球心同侧,
则两平面间的距离CD=OC-OD==4-3=1;
如图②所示,若两个平行平面在球心两侧,
则两平面间的距离CD=OC+OD==4+3=7.
两截面相对球心的位置不确定,故需分类讨论.
2.证明　AB,CD的相对位置不确定,故需分类讨论.
(1)当AB,CD共面时(如图①),连接AC,BD.
因为平面α∥平面β,所以AC∥BD.
因为AE∶EB=CF∶FD,
所以EF∥AC∥BD且EF在平面α外.
因为AC 平面α,所以EF∥平面α.
(2)当AB,CD异面时(如图②),过点A作AH∥CD交β于点H,连接BH,DH,AC,BD.
在AH上取点G,使AG∶GH=m∶n,
连接GF,GE,EF,同(1)可得FG∥HD.
因为AG∶GH=AE∶EB,所以EG∥BH,
又EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面β∥平面α.
又因为EF 平面EFG,
所以EF∥平面α.
思想方法　立体几何问题主要研究空间几何体中的数量关系和位置关系等.在立体几何问题中,引发分类讨论的因素主要有以下几个方面:图形的大小与形状,图形位置,构成图形的形式以及条件或结论的不唯一性等.
3.解析　(1)连接AC,由题可知矩形ABCD内接于☉O,所以AC为☉O的直径.
因为AC=2,AB=x,所以BC=,
所以S=AB·BC=x(0(2)因为长方体的高AA1=1,所以体积V=S·AA1=x,
因为0故当x2=2,即x=时,V取得最大值,且Vmax=2.
将长方体的体积V表示成关于x的函数,利用求函数最值的方法求解.
4.解析　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABCD,
故S△BEF·BB1=(2-x)x×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=,
在Rt△BB1O中,tan∠B1OB=,
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的夹角.
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、体积的最值、角度的最值、面积的最值等,通过引入合适的变量把研究的问题转化为函数的有关性质问题,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.
方程思想在立体几何中主要体现在: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解决问题;②动中求静,研究运动中的等量关系等.
5.解析　(1)证明:∵AD∥BC,BC=AD,Q是AD的中点,∴DQ BC,∴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.
又BQ 平面BQM,∴平面BQM⊥平面PAD.
将证明面面垂直转化为证明线面垂直.
(2)连接CQ.由题可得V四面体P-BQM=V四面体C-BQM=V四面体M-BCQ=V四面体P-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=BQ·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=,
∴V四面体P-BQM=V四面体P-BCQ=×2=1.
6.解析　(1)证明:取PA的中点E,连接EB,EM,
因为M为PD的中点,所以EM是△PAD的中位线,则EM∥AD,且EM=AD,
又N是BC的中点,四边形ABCD是正方形,
所以BN∥AD,且BN=AD,
所以ME∥BN,且ME=BN,
故四边形MEBN是平行四边形,所以MN∥BE,
将证明线面平行转化为证明线线平行.
又MN 平面PAB,BE 平面PAB,
所以MN∥平面PAB.
(2)易知三棱锥M-ABC的高为,S△ABC=AB·BC=2,
利用等体积法转化为易求解的几何体的体积.
所以VC-ABM=VM-ABC=×2×.
7.解析　(1)证明:因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,所以△ABC为正三角形,
因为E是BC的中点,所以AE⊥BC,
因为AD∥BC,所以AE⊥AD,
因为PA⊥平面ABCD,AE 平面ABCD,
所以PA⊥AE,
将证明线面垂直转化为证明线线垂直.
又因为PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以AE⊥平面PAD.
(2)根据题意,得AD=2,AE=,
则VP-AMC=VC-PAM=S△PAM·AE=×2×2×,
利用等体积法转化为易求解的几何体的体积.
设点P到平面AMC的距离为h,则S△AMC·h=.
利用等体积法将求点到平面的距离问题转化为求三棱锥的高的问题.
易知PD=2,CD=2.
所以在△PCD和△PCM中,由余弦定理得cos∠CPM=,解得CM=2(负值舍去),
在△AMC中,AM=,AC=CM=2,所以S△AMC=,
所以,解得h=,
故点P到平面AMC的距离为.
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,其转化关系如下:
(1);
(2)垂直关系:
.
　　另外,在求三棱锥的体积、点面距离时,等体积法也充分体现了转化与化归思想.
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