第八章 立体几何初步 章末综合试题（二） 2024-2025学年数学人教A版(2019) 必修第二册

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立体几何初步 章末综合试题（二）
2024-2025学年数学人教A版(2019) 必修第二册
一、单选题
1．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则中边上的中线的长度为（ ）
A． B． C． D．
2．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球半径为（ ）
A．3 B． C． D．6
3．用一个平面截正方体，截面图形可能是（ ）
A．钝角三角形 B．直角梯形
C．有两个内角相等的五边形 D．正七边形
4．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（ ）
A．千克 B．千克 C．千克 D．千克
5．在中，，，现以为旋转轴，旋转得到一个旋转体，则该旋转体的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知是圆锥的一条母线，是底面圆的一条直径，为正三角形，，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，有下列四个结论：
①与是异面直线；
②，，相交于一点；
③；
④平面．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④ B．②④ C．①③④ D．②③④
8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ）
A．EF平面
B．
C．EF与AD1所成角为60°
D．EF与平面所成角的正弦值为
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行
10．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ）
A． B．与所成的角为60°
C．与是异面直线 D．平面
11．已知为等腰直角三角形，直角边长为1，将绕其一边旋转一周，则所得到的几何体的体积可能为（ ）
A． B． C． D．
12．在长方体中，已知，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．异面直线与所成的角为
C．二面角的余弦值为
D．四面体的体积为
三、填空题
13．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则圆柱的体积为 ．
14．如图所示，在正方体中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线与EF所成的角的大小为 .
15．如图所示，是利用斜二测画法画出的的直观图，已知轴，，且的面积为16，过作轴，则的长为 ．
16．下列命题中正确的命题为 .
①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线；
②若三条直线互相平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面；
③若直线异面，异面，则异面；
④若，则.
四、解答题
17．已知在直角三角形中，，（如图所示）
(1)若以为轴，直角三角形旋转一周，求所得几何体的表面积.
(2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离.
18．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.
(1)当为的中点时，求证：平面.
(2)当平面，求出点的位置，说明理由.
19．如图，已知正三棱柱的底面边长是2，D是侧棱的中点，直线AD与侧面所成的角为45°．
(1)求此正三棱柱的侧棱长；
(2)求二面角A－BD－C的正切值；
(3)求点C到平面ABD的距离．
20．如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.
(1)证明：平面
(2)求证：平面平面
(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.
21．如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，．
(1)证明：平面；
(2)当的长为何值时，二面角的大小为？
22．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为，，，，，，．
(1)求证：平面ADE；
(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；
(3)求点F到平面ABCD的距离．
23．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)点在棱上，满足且三棱锥的体积为，求的值.
参考答案
1．A
先由斜二测画法将直观图还原三角形，再分别求得与，且，由此在利用勾股定理可求得.
利用斜二测画法将直观图还原如图，易知此时，，
又由轴得轴，故，
不妨设是的中点，则，
所以在中，，即中边上的中线的长度为.
故选：A.
.
2．C
先求出△外接圆半径，利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径.
由正弦定理得,△外接圆直径为，得r=3.
设球心到平面的距离为，则.
∴三棱锥的外接球半径为.
故选：C
3．C
根据正方体的截面分析得到答案.
用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.
对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.

如图所示的截面三角形.
设，所以，，.
所以由余弦定理得：所以为锐角.
同理可求：为锐角，为锐角.
所以为锐角三角形.故A错误；
对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.

故B错误；
对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.

故C正确；
对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.
故选：C
4．C
计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.
设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，且，，，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，
所以，，所以，，
因为，易知，
故四边形为矩形，则，，
所以，，故该正四棱台的高为，
所以，该米斗的体积为，
所以， 该米斗所盛大米的质量为.
故选：C.
5．D
旋转体可以看成是将和，以其中一条直角边为轴旋转可得到两个同底等高的圆锥构成的组合体，求出圆锥体积即可.
取中点为，则可看作两个直角三角形和，将以为旋转轴，旋转得到的旋转体相当于将和，分别以直角边和为轴旋转，可得到两个同底等高的圆锥构成的组合体.
∵，，
∴，，，
圆锥的底面圆面积，高为，
体积，
故所求旋转体体积为．
故选：D.
6．A
如图，延长交圆于，连接，取的中点，连接，则，
则为与所成的角，
不妨设圆的半径为，则，，
因为为、的中点，则四边形为平行四边形，
，，则，
在中，，
由余弦定理可得，
所以，．
故选：A．
7．B
对于①，因为，，所以，又，所以与是相交直线，则①不正确；
对于②，设，面面，面面，所以平面，平面，又面面，
所以，，相交于一点，②正确；
对于③，令，连接，
因为，分别是，的中点，
所以，，则为平行四边形，
所以，而，所以③不正确；
对于④，因为平面，平面，
所以平面，④正确．
综上所述，②④正确，
故选：B．
8．C
对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断．
对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，
又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正确；
对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，
又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，
又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；
对于C，由，得EF与AD1所成角为.
在中，，所以，
所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；
对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，
在中，，所以，故D正确．
故选：C．
9．BD
根据常见几何体的性质与定义逐个选项辨析即可.
对A，棱台指一个棱锥被平行于它的底面的一个平面所截后，截面与底面之间的几何形体，其侧棱延长线需要交于一点，故A错误；
对B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；
对C，用平面截圆柱得到的截面也可能是椭圆，故C错误；
对D，棱柱的面中，至少上下两个面互相平行，故D正确；
故选：BD
10．ACD
将平面图形还原为立体图形，，，A正确B错误，观察知C正确，根据平面平面得到D正确，得到答案.
如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知：
，，故，A正确B错误；
与是异面直线，C正确；
平面平面，平面，平面，D正确.
故选：ACD
11．CD
由圆锥的体积公式求解
当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，体积为，
当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，，
故选：CD
12．ACD
证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案.
解：因为在长方体中，，
所以，四边形为正方形，平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；
设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，
所以，由于，
所以为二面角的平面角，
在中，，所以，
所以，故C正确：
四面体的体积为，所以D正确，
故选：ACD．
13．
由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，进而得圆柱的高，代入体积公式求解．
设圆柱的底面半径为，球的半径为．由条件有：，圆柱的高为，
所以圆柱的体积为．
故答案为：
14．/
连接，根据正方体的性质可得：（或其补角）即为所求，进而求解即可.
如图，连接，则，
故（或其补角）即为所求，
又，所以，
故答案为：.
15．
结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到的面积，进而得到.
因为，，
所以，即.
故答案为：.
16．①②
根据三点共线和共面的性质、异面直线的性质、垂直的性质逐一判断即可.
对于①，设平面平面，因为，所以平面，
所以，同理，，故三点共线，①正确；
对于②，因为，所以可以确定一个平面，
因为所以，所以，又，
所以，因为，所以或，又，
所以不成立，所以，即这四条直线共面，所以②正确；
对于③，直线异面，异面，但是平行，所以③错误，如下右图；
对于④，，但，所以④错误，如下左图.
故正确的命题为①②.
故答案为：①②
17．(1)
(2)
（1）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果．
（2）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果．
（1）在直角三角形中，由
即，得，若以为轴旋转一周，
形成的几何体为以为半径，高的圆锥，
则，其表面积为.
（2）由问题（1）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，
则沿点的母线把圆锥侧面展开为平面图形，
最短距离就是点到点的距离，，
在中，由余弦定理得.
18．(1)证明见解析；
(2)存在点M，点M为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析.
（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.
（1）取中点为，连接，
在中，为的中点，为中点，
，
在平行四边形中，为的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
面面，
平面；
（2）连接，相交于，连接，
面，面面面，
，，
即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.
19．(1)
(2)3
(3)
（1）取BC中点E，连接AE，推出，进而推出侧面．连接ED，则直线AD与侧面所成的角为∠ADE=45°，由此能求出正三棱柱的侧棱长；
（2）过E作于F，连接AF，可得∠AFE为二面角A－BD－C的平面角，由此能求出二面角A－BD－C的平面角的正切．
（3）由平面AEF，知平面平面ABD，且交线为AF，过E作于G，则平面ABD．由此能求出点C到平面ABD的距离．
（1）设正三棱柱的侧棱长为x，取BC中点E，连接AE，
∵是正三角形，∴，
又底面侧面，且两平面交线为BC，∴侧面．
连接ED，则∠ADE为直线AD与侧面所成的角，∴∠ADE＝45°，
在中，，解得，∴此正三棱柱的侧棱长为．
（2）过E作于F，连接AF，
∵侧面，∴，可知，∴∠AFE为二面角A－BD－C的平面角．
在中，，又BE＝1，，∴．
又，∴在中，．
（3）由（2）可知，平面AEF，∴平面平面ABD，且交线为AF．
过E作于G，则平面ABD．∴EG的长为点E到平面ABD的距离．
在中，．
∵E为BC中点，∴点C到平面ABD的距离为．
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论；
（3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可．
（1）∵且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，
所以平面.
（2）∵平面，平面，∴，
连接，∵且，∴四边形为平行四边形，
∵，，∴平行四边形为正方形，∴，
又，∴，
又，面，∴面，
∵面，∴平面平面.
（3）∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面，
因为平面，∴
∴为二面角的平面角，从而，所以，
作于，连接，
∵平面平面，平面，平面平面，
∴面，所以为直线与平面所成角，
在直角中，，，，∴，
因为面，面，所以，
在直角中，，，
∴，
则直线与平面所成角的正切值为.
21．(1)证明见解析
(2)
（1）利用构造平行四边形来证明线线平行，从而可证明线面平行；
（2）利用二面角定义，确定二面角的平面角，从而利用三角形边角关系，确定线段的长.
（1）解：过点E作交于点G，连接，
，，
四边形为矩形，则
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴．
∵平面，平面，
∴平面．
（2）解：过点B作交的延长线于点H，连接．
平面平面，交线为
又，平面
平面，
，又，平面
平面
，
∴为二面角的平面角．
在中，
∵，
∴，
∵，
∴，∴，
∴．
∵，
∴当为时，二面角的大小为．
22．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）∵四边形ABCD是矩形，∴，
平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，
∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，
，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面ADE；
（2）∵，，∴即为二面角的平面角，
∴，
又，平面ADE，
所以平面ADE，作于O，因为平面ADE，
所以，又，平面CDEF，
所以平面CDEF，连结CO，
所以直线AC与平面CDEF所成角为，
，，所以．
直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；
（3）由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得
，，，所以．
23．(1)证明见解析.
(2).
（1）由题意底面， ,，
则底面为直角梯形，
连接 ，则,故四边形为矩形，
则 ， 所以四边形为正方形，所以 ，
因为侧面为等边三角形，O是 的中点，
所以 ，平面，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，因为平面 ，
所以平面，
因为平面 ，所以平面平面.
（2）因为底面中， ,，
侧面 为等边三角形，O是的中点，
所以,,, ，
因为平面，平面，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以,所以 ,
设点到平面的距离分别为，
因为 ，所以 ,
即，故，
因为三棱锥的体积为，
所以 所以 ，解得，
所以，即
因为，所以 .
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