第八章 立体几何初步 章末综合试题（一） 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（一）
2024-2025学年数学人教A版(2019) 必修第二册
一、单选题
1．如图所示的是一个五棱柱，则下列判断错误的是（ ）
A．该几何体的侧面是平行四边形
B．该几何体有七个面
C．该几何体恰有十二条棱
D．该几何体恰有十个顶点
2．如图，是的直观图，其中，，那么是一个（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定
3．下列说法正确的是（ ）
A．多面体至少有个面
B．有个面平行，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，侧面是平行四边形
4．三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知在正方体中，交于点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．
6．已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）．
A． B． C． D．
7．在正四面体中，D，E，F侧棱，，的中点，下列说法不正确的（ ）
A．面 B．面面
C．面面 D．面
8．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图1甲)，图乙是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的（ ）
A．高为 B．体积为
C．表面积为 D．内切球的半径为
10．如图，在三棱柱中，已知点G，H分别在，上，且GH经过的重心，点E，F分别是AB，AC的中点，且B、C、G、H四点共面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．平面
C． D．平面平面
11．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（ ）
A．长方体的表面积为20
B．长方体的体积为6
C．沿长方体的表面从A到的最短距离为
D．沿长方体的表面从A到的最短距离为
12．如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．M，N，A，B四点共面 B．直线与平面相交
C．直线和所成的角为 D．平面和平面的夹角的正切值为2
三、填空题
13．如图，在三棱柱中，， ，，侧棱的长为1，则该三棱柱的高等于
14．正三棱锥的侧棱长为，为的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为 ．
15．如图，在长方体中，底面为正方形，E，F分别为，CD的中点，点G是棱上靠近的三等分点，直线BE与平面所成角为.给出以下4个结论：
①平面； ②；
③平面平面； ④B，E，F，G四点共面.
其中，所有正确结论的序号为 .
16．正方体的棱长为1，点P是内不包括边界的动点，若，则线段AP长度的最小值为 .
四、解答题
17．如图，平面平面，平面平面，平面，为垂足.
（1）求证：平面;
（2）当为△的垂心时，求证：△是直角三角形.
18．如图，直三棱柱中，，，分别为上的点，且
（1）当为的中点时，求证：；
（2）当在线段上运动时（不含端点），求三棱锥体积的最小值.
19．如图，在长方体中， 分别为的中点，是上一个动点，且.
（1）当时，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
20．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.

求证：（1）直线DE平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.
21．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PA＝AB＝4，AD＝CD，∠CDA＝120°，N是CD的中点．
（1）求证：平面PMN⊥平面PAB；
（2）求点M到平面PBC的距离．
22．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，其中，，点M在线段PC上，且，N为AD的中点．
(1)求证：平面PNB；
(2)若平面平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．
23．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上，且．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
(3)求四面体的体积．
参考答案
1．C
根据棱柱的定义及性质判断即可.
解：根据棱柱的定义可知，该几何体的侧面是平行四边形，故A正确；
该五棱柱有七个面，十五条棱，十个顶点，故B、D正确，C错误；
故选：C
2．A
将直观图还原为投影图，分析几何图形的形状.
将直观图还原，则，，所以是正三角形.
故选：A.
3．D
由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可．
对于A，多面体至少有个面，故选项A错误；
对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误；
对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误；
对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确.
故选：D．
4．C
由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.
由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示，
三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，
则，所以该三棱锥的外接球表面积为.
故选：C．
5．C
由线面平行的判定定理即可得出结果.
作出图形如图所示，连接，因为，所以平面平面，故平面，其他三个选项易知是错误的.
故选：C.
6．D
由侧面展开图求得圆锥底面半径、高，然后由体积公式计算．
记圆锥的底面半径为r，则，解得，
∴圆锥的高，
∴该圆锥的体积为．
故选：D．
7．B
对于A：由中位线的性质得，再根据线面平行的判定可判断；
对于B：过P作，假设面面，则面，根据线面垂直的性质和判定得，由与不可能垂直得出矛盾；
对于D：设正的中心Q，连接PQ，由正四面体的性质得面，根据线面垂直的判定和性质可判断；
对于C：由D选项解析得面，根据面面垂直的判定可判断.
解：对于A：因为D，E，F侧棱，，的中点，所以，又面，面，所以面，故A正确；
对于B：过P作，平面平面，
若面面，则面，
∵面 ， ∴.
∵，面，面，∴面，
∵面 ∴，
∵，，
∴与不可能垂直，矛盾.故选项B不正确；
对于D：设正的中心Q，则点Q在AE上，连接PQ，由正四面体的性质得面，又面，所以，又，，所以面，故D正确；
对于C：由D选项解析得面，又面，所以面面，故C正确，
所以不正确的选项是B选项，
故选：B．
8．C
在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，即可得到，则或其补角是异面直线与所成的角，求出，，，再利用余弦定理计算可得.
解：如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，
由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,
又因为是的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，
从而，
，
故,
故异面直线与所成角的余弦值是.
故选：C
9．ACD
将圆台的侧面展开图还原可得圆台，并根据圆弧所在圆的半径和圆心角，可计算圆台的高、体积、表面积以及内切球的半径.
设圆台的上底面半径为，下底面半径为，
则，即；，即；
圆台的母线长，所以圆台的高，故A正确；
圆台的体积，故B错误；
圆台的表面积，所以C正确；
由于圆台的母线长等于上下底面半径和，所以圆台的高即为内切球的直径，所以内切球的半径为，即D正确.
故选：ACD.
10．ABC
对于A，由面面平行的性质结合三角形中位线定理判断，对于B，由线面平行的判定定理判断，对于C，由三角形中位线定理和三角形重心的性质分析判断，对于D，通过判断与的位置关系进行判断.
对于A，因为平面∥平面ABC，平面平面，平面平面，所以∥，因为E，F分别是AB，AC的中点，所以∥，，所以∥，所以A正确，
对于B，由选项A可知∥，因为平面，平面，所以∥平面，所以B正确，
对于C，因为∥，∥，所以∥，因为GH经过的重心，所以，因为，所以，因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，，所以，因为∥，所以四边形为梯形，且与为腰，所以与必相交，因为平面，平面，所以平面与平面相交，所以D错误，
故选：ABC
11．BC
由题意，可利用柱体体积公式和多面体表面积公式进行计算，沿表面最短距离可将临近两个面侧面展开图去计算，即可求解正确答案.
长方体的表面积为，A错误.长方体的体积为，B正确.如图（1）所示，长方体中，，，.求表面上最短（长）距离可把几何体展开成平面图形，如图（2）所示，将侧面和侧面展开，
则有，即经过侧面和侧面时的最短距离是；如图（3）所示，将侧面和底面展开，则有，即经过侧面和底面时的最短距离是；如图（4）所示，将侧面和底面展开，
则有，即经过侧面和底面时的最短距离是.因为，所以沿长方体表面由A到的最短距离是，C正确，D不正确.
故选：BC.
12．BCD
A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.
A：连接，如下图面，而面，面，
所以M，N，A，B四点不共面，错误；
B：若为中点，连接，N为棱的中点，
由长方体性质知：，显然面，
若面，而面，显然有矛盾，
所以直线与平面相交，正确；
C：若分别是中点，连接，
由长方体性质易知：，
而，故，即直线和所成的角为，
由题设，易知，即△为等边三角形，
所以为，正确；
D：若分别是中点，显然，易知共面，
所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，
而面面，长方体中，，
如下图，为和面夹角的平面角，，正确.
故选：BCD
13．/0.5
过作平面、直线的垂线，交点分别为O，D，E，可得四边形为矩形，结合条件可得，，进而即得．
过作平面、直线的垂线，交点分别为O，D，E，连接OD、OC、OE，则即为三棱柱的高，
由平面，平面，可得，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理可得，又，
所以四边形为矩形，
在直角三角形和中，，，侧棱的长为1，
则，，
所以，
所以，
即三棱柱的高等于.
故答案为：.
14．
为中点，，，，，
又，平面，平面，
平面，，又，，平面，
平面，又三棱锥为正三棱锥，侧面为全等的等腰直角三角形，
三棱锥为如图所示的棱长为的正方体的一角，
该正方体的外接球即为三棱锥的外接球，
正方体外接球半径，所求外接球表面积.
故答案为：.
15．①②③
设，连接，则，
又，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，故①正确；
连接，因为底面为正方形，
所以，
所以，又，，
所以，故②正确；
由题可知平面，
所以为直线BE与平面所成角，即，
则，，
所以，又平面，平面，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故③正确；
延长交的延长线于，连接交于，连接，则B，E，F确定平面，
由，可得，又点是棱上靠近的三等分点，
所以平面，故④错误，
所以所有正确结论的序号为①②③.
故答案为：①②③.
16．/
根据平面确定平面，进而在上，故当时，最小，计算线段长度利用等面积法计算得到答案.
与相交于，连接，，，
，，，故平面，，
故平面，P是内不包括边界的动点，故在上，
当时，最小
中，，，
根据等面积法：.
故答案为：
17．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
（1）
面内一点D作，又面面，面面，
∴面，面，则，
面内过D作，同理得，又面，
∴面.
（2）由为△的垂心，即，又面，
∴是在面上的射影，则，
由（1）且面，有，又，
∴面，又面，故，即△是直角三角形，得证.
18．（1）见解析； （2）当， 取得最小值，最小值为18.
（1）证明：因为D为的中点，，所以为的中点.
因为三棱柱为直三棱柱，，
所以四边形为正方形，所以.
因为，D为的中点，所以.
因为平面平面，
且平面平面，
所以平面，
又平面，
所以.
因为，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：设，则，，．
由已知可得到面距离即为的边所对应的高．
当时，有最小值为18．
19．(1)证明见解析；(2)答案见解析.
(1)当时，为中点，
因为是的中点，所以,
则四边形是平行四边形，所以.
又平面平面，所以平面.
因为分别是中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
因为平面平面，所以平面平面.
(2)如图，连接与,
因为平面平面，所以.
若又平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
在矩形中，由，得,
所以.
又，所以,
则，即.
20．（1）详见解析（2）详见解析
证明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以，于是，
又因为DE平面平面，
所以直线DE//平面.
（2）在直三棱柱中，
因为平面，所以，
又因为，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，
所以.
因为直线，所以
21．（1）证明见解析；（2）.
（1）根据PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，然后由∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，可知BA⊥AD，根据线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理可得平面PMN⊥平面PAB.
（2）假设点M到平面PBC的距离为h，分别计算S△PBC，S△BMC，然后根据VM－PBC＝VP－BMC，简单计算可得结果.
（1）证明：在正△ABC中，AB＝ BC，
在△ACD中，AD＝CD，易证△ADB≌△CDB，
所以M为AC的中点，因为N是CD的中点，所以MN∥AD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因为∠CDA＝120°，
所以∠DAC＝30°，因为∠BAC＝60°，所以∠BAD＝90°，即BA⊥AD.
因为PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以MN⊥平面PAB.
又MN 平面PMN，所以平面PMN⊥平面PAB.
（2）设点M到平面PBC的距离为h，
在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝
在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝，
在△PBC中，PB＝，PC＝，BC＝4，
所以S△PBC＝.
由△ABC是正三角形，M是AC的中点，得BM⊥AC，
在Rt△BMC中，MC＝2，BM＝，
所以S△BMC＝.
由VM－PBC＝VP－BMC，即××h＝××4，解得h＝，
所以点M到平面PBC的距离为.
22．(1)证明见解析
(2)
（1）证明，得到平面PNB.
（2）根据题意得到，计算，，计算得到答案.
（1）∵，N为AD的中点，∴，
∵底面ABCD为菱形，，∴，，，
∴，则，∵，∴平面PNB.
（2）∵，∴，
∵平面平面ABCD，平面平面，，
∴平面ABCD，平面ABCD，∴，
∴，
∵平面PNB，，∴平面PNB，
∵，∴．
23．(1)证明见解析；
(2)；
(3)﹒
（1）∵平面，平面ABCD，∴，
∵在菱形中，，且，BD、PO平面PBD，
∴平面，∵AC平面ACE，∴平面平面；
（2）连接，则平面平面=OE，
由(1)知平面，则，OC⊥PD，
故是二面角的平面角．
∵，CE∩OE＝E，CE、OE平面OCE，
∴PD⊥平面OCE，∴⊥OE．
在菱形中，，，则△ABC是等边三角形，
则易知，
又，∴，
故，
∴，
即二面角的余弦值为．
（3）由(2)可知，PE=，ED＝PD－PE＝，
∵PO⊥底面ABCD，∴点到底面的距离为E到直线BD的距离，为，
而，
．
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