阶段综合检测卷(5) 立体几何（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

阶段综合检测卷(五)　立体几何 1．解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1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P­ABC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<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ABC­A1B1C1的高为h， ∴三棱台ABC­A1MN的体积VABC­A1MN＝·h， 又三棱柱ABC­A1B1C1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M­DEF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VC­A1BE＝VA1­CBE＝·h·S△CBE，S△CBE＝S△ABC为定值， 要使三棱锥C­A1BE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＝VD­AEF＋VE­ABCD＝×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D­CM­E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O­xyz， 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°. 学科网（北京）股份有限公司 $ 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P­ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，则三棱锥P­ABC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ABC­A1B1C1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ABC­A1B1C1，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ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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P­ACD1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ABCD­A1B1C1D1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C­A1BE的体积最大时，四棱锥A1­BCDE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ABC­A1B1C1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D­CM­E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E­BD­C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． 学科网（北京）股份有限公司 $