阶段综合检测卷（五） 立体几何 2026年高考数学一轮复习专题练习（含解析）

阶段综合检测卷(五)　立体几何
一、单项选择题
1．设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　)
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
2．在三棱锥P ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，则三棱锥P ABC外接球的体积为(　　)
A．16π B．4π C．48π D．12π
3．如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为(　　 )
A．3 B．4 C．4 D．6
4．如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为V1，它的内切球的体积为V2，则V1∶V2＝(　　)
A．2∶ B．2∶3
C．2∶1 D．∶1
5．通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环(其中小圆和大圆的半径分别是1 cm和4 cm)制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为(　　 )
A． cm B．1 cm C． cm D． cm
6．已知正三棱柱ABC A1B1C1，过底边BC的平面与上底面交于线段MN，若截面BCMN将三棱柱分成了体积相等的两部分，则＝(　　)
A． B．1－
C． D．3－
7．在正方体ABCD A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
8．正四面体ABCD的棱长为a，O是棱AB的中点，以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则球O的体积是(　　 )
A．πa3 B．πa3 C．πa3 D．πa3
二、多项选择题
9．已知m，n表示空间内两条不同的直线，则使m∥n成立的必要不充分条件是(　　)
A．存在平面α，有m∥α，n∥α
B．存在平面α，有m⊥α，n⊥α
C．存在直线l，有m⊥l，n⊥l
D．存在直线l，有m∥l，n∥l
10．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝，P为线段BC1上的动点，则下列说法正确的是(　　)
A．B1D⊥A1P
B．DP∥平面AB1D1
C．三棱锥P ACD1的体积为定值
D．A1P＋PC的最小值为＋1
11．半正多面体亦称“阿基米德体多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是(　　)
A．该半正多面体的表面积为
B．该半正多面体的体积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．若点M，N分别在线段DE，BC上，则FM＋MN＋AN的最小值为
三、填空题
12．将一个边长为2的正三角形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为__________．
13．如图，已知台体ABCD A1B1C1D1的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为4.若AB＝4，则该台体的外接球的表面积为_________．
14．如图，DE是边长为2的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至△A1DE，当三棱锥C A1BE的体积最大时，四棱锥A1 BCDE外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________．
四、解答题
15．如图，已知斜三棱柱ABC A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，D为BC上一点，AD⊥DC1，∠C1DC为锐角．
(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；
(2)若A1B∥平面ADC1，求证：△ABC是等腰三角形．
16．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABEF，AD∥BC，AF∥BE，AD⊥AB，AB⊥AF，AD＝AB＝AF＝2BC＝2BE＝2.
(1)已知G点为AF的中点，求证：BG∥平面DCE；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
17．如图所示，△ABC为等边三角形，EA⊥平面ABC，EA∥BD，AB＝BD＝2，AE＝1，M为线段AB上一动点．
(1)若M为线段AB的中点，证明：ED⊥MC；
(2)若AM＝3MB，求二面角D CM E的余弦值．
18．如图，在△ABC中，∠B＝90°，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′.
(1)证明：平面CBA′⊥平面PBA′；
(2)若PB＝CB＝2PD＝4，且A′P⊥AP，线段A′C上是否存在一点E(不包括端点)，使得锐二面角E BD C的余弦值为.
19．已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.
(1)求证：AP⊥BE；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
阶段综合检测卷(五)　立体几何
1．解析：如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，
对于A，设平面α为平面ABCD，平面β为平面ADD1A1，m＝B1C1，l＝BC，m∥α，l∥β，α⊥β但m∥l，A错；
对于B，m＝BC，平面α为平面ABCD，l＝AD，平面β为平面ADD1A1，此时m α，l β，m∥l，但α与β不平行，B错；
对于D，平面α为平面ABCD，平面β为平面A1B1C1D1，m＝AA1，l＝BB1，此时m⊥α，l⊥β，m∥l，但平面α与平面β不垂直，D错．
综上，采用排除法可知选C.
答案：C
2．解析：设AB中点O′，PB中点O，
由CA＝CB＝2，AC⊥BC，所以△ABC的外接圆直径2r＝AB＝2，且圆心为O′，
由于PA⊥底面ABC，OO′∥PA，所以OO′⊥底面ABC,
则O为三棱锥P ABC外接球的球心，
所以外接球的直径2R＝PB＝2，
所以外接球的体积V＝πR3＝4π.
答案：B
3．解析：在图1中V水＝×2×2×2＝4，
在图2中，V水＝h，
∴h＝4，∴h＝3.
答案：A
4．解析：如图，四边形PAP′B为该几何体的轴截面，
则四边形PAP′B的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，
设内切球的半径为r，
由OP＝OA＝1，得r＝，则V2＝πr3＝，V1＝2×π×12×1＝，
所以V1∶V2＝∶1.
答案：D
5．解析：由已知圆台的侧面展开图为半圆环，不妨设上、下底面圆的半径分别为r，R(r则2πr＝π×1，2πR＝π×4，解得r＝，R＝2.
所以圆台轴截面为等腰梯形，其上、下底边的长分别为1 cm和4 cm，腰长为3 cm，
即AD＝1，BC＝4，AB＝3，过点A作AH⊥BC，H为垂足，
所以BH＝，该圆台形容器的高为 cm.
答案：D
6．解析：∵BC∥平面A1B1C1，平面BCMN∩平面A1B1C1＝MN，BC 平面BCMN，∴BC∥MN，
设△ABC的面积为1，△A1MN的面积为S，三棱柱ABC A1B1C1的高为h，
∴三棱台ABC A1MN的体积VABC A1MN＝·h，
又三棱柱ABC A1B1C1的体积＝h，
∴h＝·h，解得(舍)或，
∵△A1MN∽△A1C1B1，∴＝2＝2，即.
答案：A
7．解析：
因为
所以AB⊥A1D，
因为，
所以，
所以，
设，
因为，
所以，
因为，所以.
答案：C
8．解析：设点A在平面BCD内的射影为点E，则E为△BCD的中心，
取CD的中点M，连接BM，则E∈BM，取线段BE的中点F，连接OF，
因为O、F分别为AB、BE的中点，则OF∥AE且OF＝AE，
因为AE⊥平面BCD，则OF⊥平面BCD，因为BE 平面BCD，则AE⊥BE，
正△BCD的外接圆半径为BE＝a，∴AE＝a，
所以OF＝a，
易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F，且BF＝EF＝EM，故FM＝BE＝a，
因为△BCD为等边三角形，M为CD的中点，则BM⊥CD，
因为以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则切点为点M，
则球O的半径为OM＝a，
因此，球O的体积是V＝π×3＝πa3.
答案：D
9．解析：A：若m∥α，n∥α，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若m∥n，则存在平面α，有m∥α，n∥α，所以本选项正确；
B：若m⊥α，n⊥α，则m∥n，即垂直于同一平面的两条直线平行；若m∥n，则存在平面α，有m⊥α，n⊥α，所以本选项不正确；
C：若m⊥l，n⊥l，则直线m，n可以平行，也可以相交，还可以异面；若m∥n，则存在直线l，有m⊥l，n⊥l，所以本选项正确；
D：若m∥l，n∥l，则m∥n，即平行于同一直线的两直线平行，若m∥n，则存在直线l，有m∥l，n∥l，所以本选项不正确，
答案：AC
10．解析：对于A，连接A1P，A1B，B1D，B1C，如图：
∵CD⊥平面BCC1B1，BC1 平面BCC1B1，∴CD⊥BC1，
又BC1⊥B1C，B1C∩CD＝C，B1C 平面B1CD，CD 平面B1CD，∴BC1⊥平面B1CD，
∵B1D 平面B1CD，∴BC1⊥B1D，
连接B1A，同理可得A1B⊥B1D，
∵A1B∩BC1＝B，A1B 平面A1BC1，BC1 平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，
∵A1P 平面A1BC1，∴B1D⊥A1P，故A正确；
对于B，连接BD，C1D如图：
∵AB∥C1D1，AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴AD1∥BC1，
∵BC1 平面BDC1，AD1 平面BDC1，∴AD1∥平面BDC1，
同理四边形ADC1B1为平行四边形，∴AB1∥DC1，
∵DC1 平面BDC1，AB1 平面BDC1，∴AB1∥平面BDC1，
∵AB1∩AD1＝A，AB1 平面AB1D1，AD1 平面AB1D1，∴平面BDC1∥平面AB1D1，
∴DP 平面BDC1，∴DP∥平面AB1D1，故B正确；
对于C，如图：
由B知AD1∥BC1，∵AD1 平面ACD1，BC1 平面ACD1，∴BC1∥平面ACD1，
∴点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离，
∴＝，故C错误；
对于D，将平面A1BC1和平面BCC1沿直线BC1展开为一个平面，如图：
∵BC1＝A1B＝A1C1＝＝2，∴∠A1C1B＝60°，
∴cos ∠A1C1C＝cos (60°＋45°)＝，
A1C2＝－2·A1C1·CC1·cos ∠A1C1C＝4＋2－2×2×，
∴A1C＝＋1，即A1P＋PC的最小值为＋1，故D正确．
答案：ABD
11．解析：由题意，某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，其棱长为1，
A中，该半正多面体的表面积为4×＋4×，所以A错误.
B中，如图所示，该半正多面体所在的正四面体中，可得正四面体的棱长为3，
取正四面体的下底面的中心为N，连接MN，则MN⊥底面ABC，
在直角△MNG中，因为MG＝3，NG＝，
所以MN＝，
即该半正多面体所在的正四面体的高为，体积为，
该半正多面体的体积为，所以B正确；
C中，该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，
记球心为O，半径为R，△DEF的中心为O1，
连接OA，NA，OF，OO1，由等边△DEF的边长为1，可得O1F＝，
又由底面正六边形AHKBCL的边长为1，可得NA＝1，
在正四面体M DEF中，可得MO1＝，所以O1N＝MN－MO1＝，
设ON＝h，因为OA＝OF＝R，可得NA2＋h2＝O1F2＋O1O2，
即12＋h2＝2＋2，解得h＝，即ON＝，
所以R2＝OA2＝2＋12＝，故该半正多面体外接球的表面积为4π·OA2＝，所以C正确；
D中，该半正多面体的展开图，如图所示，
则FT＝4，AT＝，所以D正确．
答案：BCD
12．解析：如图所示：正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，
圆锥的底面半径为r＝OC＝，
所以所得几何体的表面积为S＝2×πr×AC＝2×π×π.
答案：4π
13．解析：由台体的结构特征知：，∴A1D1＝＝4，
∴B1D1＝；
设台体的外接球球心为O，半径为R，BD，B1D1中点分别为E，E1，作出截面BDD1B1如图所示，
设OE＝h，则OE1＝4－h，
在Rt△OB1E1和Rt△OBE中，
解得即球心O为BD中点，
∴该台体的外接球表面积S＝4πR2＝128π.
答案：128π
14．解析：第一空：设A1到平面BCDE的距离为h，易得VC A1BE＝VA1 CBE＝·h·S△CBE，S△CBE＝S△ABC为定值，
要使三棱锥C A1BE的体积最大，即h最大，显然当平面A1DE⊥平面BCDE时，h最大，取BC中点P，连接AP交DE于G，
则G为DE中点，连接A1G，易得A1G⊥DE，又平面A1DE∩平面BCDE＝DE，
则A1G⊥平面BCDE，
即h最大为A1G＝，易得PE＝PD＝PB＝PC＝，
则P为四边形BCDE的外心，
设△A1DE的外心为N，过P作直线l⊥平面BCDE，易得l∥A1G，则l，A1G共面，
过N作直线垂直于平面A1DE交直线l于O，
易得O即为外接球球心，连接OA1，OA1即为外接球半径，易得四边形GNOP为矩形，则A1N＝A1G＝1，
ON＝GP＝AG＝，则OA1＝，
故外接球O的表面积为4π×2＝13π；
第二空：要使截面圆面积最小，显然当OM垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又E，C都在球面上，M为EC中点，
显然EC为截面圆的直径，又EC＝AP＝3，则截面圆的面积最小为π·2＝.
答案：13π　
15．证明：(1)在平面BCC1B1中，过B1作B1H⊥BC，
又∠C1DC为锐角，∴B1H与C1D必有交点，设为P，
∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，
B1H⊥BC，B1H 平面BCC1B1，∴B1H⊥平面ABC，
又AD 平面ABC，∴AD⊥B1H，AD⊥DC1，B1H∩DC1＝P，
B1H 平面BCC1B1，DC1 平面BCC1B1，
∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)连接A1C交AC1于点O，在斜三棱柱中，四边形ACC1A1为平行四边形，
∴O为A1C的中点，连接OD，
∵A1B∥平面ADC1，A1B 平面A1BC，平面A1BC∩平面ADC1＝OD，
∴A1B∥OD，又在△A1BC中，O为A1C的中点，∴D为BC中点，
又AD⊥平面BCC1B1，BC 平面BCC1B1，
∴AD⊥BC，在△ABC中，D为BC中点，
∴AB＝AC，△ABC是等腰三角形．
16．解：(1)记AD的中点为H，连接HC，HB，HG，GE，
则BCAH，BEAG，所以四边形ABCH和ABEG为平行四边形，
所以ABCH，ABEG，所以CEHG，
因为HG 平面CDE，CE 平面CDE，所以HG∥平面CDE，
又CBAD，所以BCDH，所以四边形BCDH为平行四边形，所以BH∥CD，
又因为BH 平面CDE，CD 平面CDE，
所以BH∥平面CDE，
因为HG∩BH＝H，HG，BH 平面BHG，
所以平面BHG∥平面CDE，
又BG 平面BHG，所以BG∥平面DCE.
(2)连接AE，
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD⊥AB，AD 平面ABCD，
所以AD⊥平面ABEF，
又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AB⊥AF，AF 平面ABEF，
所以AF⊥平面ABCD，
又AF∥BE，所以BE⊥平面ABCD，
易知S△AEF＝AF·AB＝2，S梯形ABCD＝(AD＋BC)·AB＝3，
所以多面体ABCDEF的体积V＝VD AEF＋VE ABCD＝×S△AEF×AD＋×S梯形ABCD×BE＝.
17．解：(1)因为M为线段AB的中点，
且△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，
因为EA⊥平面ABC，CM 平面ABC，所以EA⊥CM，
因为EA∥BD，所以A，B，D，E四点共面，
因为AB 平面ABDE，AE 平面ABDE，AB∩AE＝A，
所以CM⊥平面ABDE，
因为DE 平面ABDE，所以ED⊥MC.
(2)设AB的中点为O，连接OC，
在平面ABDE内，过点O作ON⊥AB交ED于点N，
由(1)可得OC，ON，AB两两垂直，
分别以OB，OC，ON所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB＝BD＝2，AE＝1，AM＝3MB，
所以M，C，E(－1，0，1)，D(1，0，2)，
所以＝＝＝，
设平面MCE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则令x1＝，得y1＝1，z1＝3，
所以平面MCE的一个法向量为m＝，
设平面MCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令x2＝2，得y2＝1，z2＝－，
所以平面MCD的一个法向量为n＝，
所以cos 〈m，n〉＝，
所以二面角D CM E的余弦值为.
18．解：(1)因为PD∥BC，∠B＝90°，
所以∠APD＝90°，所以A′P⊥PD，
所以A′P⊥BC，又因为BC⊥BP，
A′P∩BP＝P，A′P 平面PBA′，BP 平面PBA′，
所以BC⊥平面PBA′，又BC 平面CBA′，
所以平面CBA′⊥平面PBA′.
(2)因为PD∥BC，BC⊥AP，所以PD⊥AP，
又因为A′P⊥AP，A′P∩PD＝P，A′P，PD 平面A′PD，
所以AP⊥平面A′PD，
所以PA、PA′、PD两两垂直，以P点为原点，PA为x轴，PD为y轴，PA′为z轴建立空间直角坐标系，
因为PB＝CB＝2PD＝4，PD∥BC，
所以AP＝PB＝4.
则D(0，2，0)，C(－4，4，0)，B(－4，0，0)，A′(0，0，4)，
平面BCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
＝(－4，4，－4)，设＝(－4λ，4λ，－4λ)，0<λ<1，
＝(4，0，4)，＝(－4λ＋4，4λ，－4λ＋4)，＝(4，2，0)，
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则
所以
取x＝1，则y＝－2，z＝，
故n＝为平面BDE的一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝，
解得λ＝，符合题意，
即，故＝2.
19．证明：(1)因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°.
又E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°.
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，所以BE⊥平面APE，
又AP 平面APE，所以BE⊥AP.
(2)取AE的中点O，连接PO，由于△APE为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO 平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，PO＝，
取AB的中点G，则OG∥BE，
由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B，P，E(－1，0，0)，
则＝(2，0，0)，＝＝＝，
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设＝，λ∈[0，1].
则＝＋＝，
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
取z＝2λ，得m＝(0，λ－1，2λ)，
由(1)知为平面AEP的一个法向量，
于是，cos 45°＝＝，
解得λ＝或λ＝－1(舍去)，
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.