周周练12 第八章立体几何初步单元复习（数学人教A版必修第二册）

2025-2026学年高一下学期数学周周练12 第八章立体几何初步单元复习 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知a，b是两条不重合的直线，为一个平面，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】应用线面平行性质定理及线面位置关系结合充分不必要条件定义判断. 【详解】若，则过b作平面与平面交于c，则，又，所以，故，即“”是“”的充分条件； 反过来，若，则当时，满足，但不成立. 因此“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 2．已知两个平面相互垂直，下列命题： ①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线； ②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线； ③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面； ④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面． 其中正确命题的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造正方体，取、可判断①的正误；利用线面垂直的性质可判断②的正误；利用线面垂直的判定定理可判断③的正误；利用面面垂直的性质定理可判断④的正误. 【详解】构造正方体，如图， ①在正方体中，平面平面，平面，平面，但与不垂直，故①错； ②在正方体中，平面平面，可知平面， 是平面内任意一条直线，与平面内和平行的所有直线垂直，故②正确； ③在正方体中，平面平面，平面，但与平面不垂直，故③错； ④在正方体中，平面平面，且平面平面， 过交线上的任一点作交线的垂线，则可能与平面垂直，也可能与平面不垂直，故④错． 故选：C． 【点睛】本题考查空间中垂直关系的判断，考查推理能力，属于中等题. 3．已知圆锥的轴截面是边长为2 的等边三角形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C．π D． 【答案】B 【分析】圆锥的轴截面特征即可求. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为的等边三角形, 所以圆锥底面半径, 高为等边三角形的高为， 则圆锥的体积. 故选： 4．用斜二测画法画出的直观图如图所示，满足，且，则中边上的高为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求直观图中点到轴的高，并求再根据直观图的画法规则，即可求解. 【详解】如图，做轴，，则，且， 所以，且，所以， 由直观图的规则可知，原图中，且， 所以中边上的高为. 故选：C 5．球面上有A，B，C三点，，，球心O到平面ABC的距离是，则球O的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取AC的中点，连接，根据球的性质可得面ABC，利用勾股定理得球的半径，从而求得球O的体积. 【详解】取AC的中点，连接， 因为，，所以， 又点为AC的中点，则是直角三角形ABC外接圆的圆心， 所以面ABC， 所以球半径， 故球的体积. 故选：C. 6．已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据可知或其补角即为所求，然后利用余弦定理求解即可. 【详解】如图所示：连接，根据长方体的性质易知， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，则或其补角即为所求， 不妨， 在中，， 所以由余弦定理得. 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 7．如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱锥与棱柱的体积公式，结合图形，可得答案. 【详解】取的中点为，连接，如下图： 易知三棱柱的体积是三棱柱的一半， 由图可知三棱锥与三棱柱同底等高， 则三棱锥的体积是三棱柱体积的三分之一， 即四棱锥的体积是三棱柱体积的三分之二， 综上可得四棱锥的体积是是三棱柱的三分之一， 即. 故选：A. 8．庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（2上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为24m，广为12m，上袤是下袤的，斜脊与底面所成角均为，则该刍甍的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点F作于点Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，证明平面，得到。利用相关条件求出高FO，代入体积公式求可. 【详解】如图， 已知，，， 过点F作于点Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ， 因为，，平面，所以平面，平面，所以， 因四条斜脊长度相等，则，， 又斜脊与底面所成角均为，则，即该五面体的高度为10m． 所以其体积． 故选：C 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知正方体，则下列说法中正确的是（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成角为 D．直线与平面所成角为 【答案】AC 【分析】对于A：可证∥，可知异面直线与所成的角是，在中分析求解即可；对于B：可证，在中分析求解即可；对于C：可证与平面，即可得结果；对于D：直线平面，即可得直线与平面所成角，分析求解即可. 【详解】对于选项A：在正方体中，因为与平行且相等， 可知四边形为平行四边形，则∥， 所以异面直线与所成的角是， 因为是正三角形，所以，故A正确；    对于选项B：因为平面，平面，则． 在中，则， 所以直线与所成角的正弦值为，故B错误；    对于选项C：因为平面即为平面， 由，∥，可得， 由为正方形可得， 因为，平面，可知与平面， 所以直线与平面所成角为，故C正确；    对于选项D：因为平面，平面，则， 且，，平面， 可知与平面，由与平面，可得， 同理可得：， 且，平面，可得直线平面， 设直线与平面相交于点O，， 所以直线与平面所成的角为，为的余角， 则， 所以直线与平面所成角不为，故D错误．    故选：AC． 10．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（   ） A．直线与所成的角为60° B．过空间中一点有且仅有两条直线与所成的角都是60° C．过，，三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为 D．过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 【答案】ACD 【分析】根据线线角和截面的相关知识逐一判断各个选项即可. 【详解】对于A，如图所示，连接，    因为，分别为棱，的中点，所以， 由可知，四边形是平行四边形， 所以，所以， 所以与所成的角即为与所成的角，即或其补角， 因为是等边三角形，所以， 所以与所成的角为60°，故A正确； 对于B，因为直线，所成角是90°，且两条直线相交于， 所以过点与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误； 对于C，易知平面为过，，三点的截面，该截面为梯形，    显然， 所以截面图形的周长为，故C正确； 对于D，如图所示，分别取，的靠近，的三等分点，， 连接，，，，易知，，    故点，，，，共面，该截面图形为五边形，故D正确. 故选：ACD 11．如图，在三棱锥中，，为的中点，点是棱上的中点，则（   ） A．与平面所成的角为 B．异面直线与所成角的正弦值为 C．二面角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件可得平面，利用空间角的定义求解判断ABC；求出点到平面的距离即可判断D. 【详解】在三棱锥中，由，为的中点，得, 由，得点在平面上的射影到三顶点的距离相等， 即点在平面上的射影为点，因此平面， 对于A，是与平面所成的角，而为正三角形，则，A正确； 对于B，由点是的中点，得，则是异面直线与所成的角， 而，，则，B错误； 对于C，取中点，连接，则， 是二面角的平面角，，C正确； 对于D，由选项C，得平面，而平面，则平面平面， 在平面内过点作于，而平面平面， 则平面，， 因此点到平面的距离为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．2021年小米重新设计了自己的品牌形象．新旧图像如图所示，旧logo是一个正方形，新logo可看作一个直径为边长的一半的圆在原正方形内运动，保留它运动过程覆盖的区域就是新logo．类比推理，现有一个棱长为4的正方体，一个直径为2的球在正方体内部滚动，将该球可到达的区域保留，不可到达的区域割去，得到一个几何体，我们称之为“小米正方体”，则“小米正方体”的体积为 ． 【答案】 【分析】根据类比，即可根据圆柱的体积公式即可求解. 【详解】根据类比可知：小球在正方体内部运动，“小米正方体”的8个角合在一起刚好是一个直径为正方体棱长一半的球体， 12条棱除开小球部分，余下的刚好可以组成与球半径相同且高为正方体棱长一半的三个圆柱体. 剩余部分是个类似十字的几何体，可得该几何体的体积为32， 所以“小米正方体”的体积为 故答案为：. 13．已知正四棱台中，侧棱与底面所成的角为，，则该四棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】首先求棱台的高，再代入体积公式，即可求解. 【详解】由条件可知，上下底面对角线长为2和4，因为侧棱与底面所成角为， 所以高为，则四棱台的体积. 故答案为： 14．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知在阳马中，侧棱底面ABCD，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据长方体的外接球即可求解. 【详解】将该阳马放入长方体中，如图： 则三棱锥的外接球与长方体的外接球相同， 故长方体的外接球的直径为， 故外接球的表面积为, 故答案为： 四、解答题：本题共5小题,共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分14分)如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线定理可得，进而可证结论； （2）由面面垂直的判定定理可得平面底面，进而利用面面垂直的性质可得平面，进而可证结论. 【详解】（1）连接交于，连接， 因为四边形是正方形，所以是的中点， 又E是侧棱的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）因为侧棱底面，平面，所以平面底面， 又因为底面，，平面底面， 所以平面，又平面，所以平面平面. 16．(本小题满分15分)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． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，得到平面PNB. （2）根据题意得到，计算，，计算得到答案. 【详解】（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， ∵，∴． 17．(本小题满分15分)如图，在三棱锥中，，底面ABC (1)证明：平面平面PAC (2)若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，得到，再根据底面ABC，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （2）作，连接OM，由平面平面PAC，得到平面PBC， 则即为AM与平面PBC所成的角求解. 【详解】（1）证明：因为， 所以，又底面ABC， 所以，又， 所以平面PAC， 因为平面PBC， 所以平面平面PAC； （2）如图所示： 作，连接OM， 因为平面平面PAC，平面平面PAC=PC， 所以平面PBC， 则即为AM与平面PBC所成的角， 设，则， 所以，又， 所以， 所以AM与平面PBC所成角的正切值为. 18．(本小题满分16分)如左图所示，在中，，，.    (1)将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； (2)如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先算出直角的各个边长，再用公式求旋转体圆锥的表面积即可； （2）几何体是图中阴影部分绕直线 旋转半周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，最后除以2可得几何体的体积． 【详解】（1）由题知：在中，，，. 可得：，. 该几何体是绕直线旋转一周所得旋转体, 是一个以为底面半径，为高的圆锥， 设圆锥的侧面积为：，底面积为：. 旋转体的表面积为+ （2）该几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体， 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球， 由图知，则， 所以圆锥的底面半径，高为， 球的半径为，， 所以圆锥的体积：， 球的体积：， 阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：. 故阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体的体积为：. 19．(本小题满分17分)在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）． (1)求证：； (2)求二面角的平面角余弦值大小； (3)求和平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题证明平面BCD即可； （2）取AC中点为F，连接，连接FE，由题可得为二面角的平面角，然后设，用x表示相关边长，即可得答案； （3）由（1），可得为所求角，然后由题意及余弦定理可得答案. 【详解】（1）折叠后，由题可得平面，因平面， 则，又，平面，， 则平面BCD，又平面BCD，则； （2）由题可得为等边三角形，取AC中点为F，连接， 可得，又由（1），易得，结合平面， ，则平面，连接FE，因平面，则. 从而为二面角的平面角. 设，则，由题，则， 则，.又由题可得为等边三角形， 则，又平面，平面，可得， 则； （3）由（1），平面BCD，又平面， 则平面平面，从而C在平面ABD上的射影在DB上，则 为所求角.由平面，平面，可得， 则，又由（2）分析，可得，则， 则，从而，则， 从而. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期数学周周练12 第八章立体几何初步单元复习 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A C B C C D A C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 AC ACD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13．/ 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（本小题满分14分） (1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线定理可得，进而可证结论； （2）由面面垂直的判定定理可得平面底面，进而利用面面垂直的性质可得平面，进而可证结论. 【详解】（1）连接交于，连接， 因为四边形是正方形，所以是的中点， 又E是侧棱的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）因为侧棱底面，平面，所以平面底面， 又因为底面，，平面底面， 所以平面，又平面，所以平面平面. 16．（本小题满分15分） (1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，得到平面PNB. （2）根据题意得到，计算，，计算得到答案. 【详解】（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， ∵，∴． 17．（本小题满分15分） (1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，得到，再根据底面ABC，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （2）作，连接OM，由平面平面PAC，得到平面PBC， 则即为AM与平面PBC所成的角求解. 【详解】（1）证明：因为， 所以，又底面ABC， 所以，又， 所以平面PAC， 因为平面PBC， 所以平面平面PAC； （2）如图所示： 作，连接OM， 因为平面平面PAC，平面平面PAC=PC， 所以平面PBC， 则即为AM与平面PBC所成的角， 设，则， 所以，又， 所以， 所以AM与平面PBC所成角的正切值为. 18．（本小题满分16分）(1) (2) 【分析】（1）先算出直角的各个边长，再用公式求旋转体圆锥的表面积即可； （2）几何体是图中阴影部分绕直线 旋转半周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，最后除以2可得几何体的体积． 【详解】（1）由题知：在中，，，. 可得：，. 该几何体是绕直线旋转一周所得旋转体, 是一个以为底面半径，为高的圆锥， 设圆锥的侧面积为：，底面积为：. 旋转体的表面积为+ （2）该几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体， 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球， 由图知，则， 所以圆锥的底面半径，高为， 球的半径为，， 所以圆锥的体积：， 球的体积：， 阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：. 故阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体的体积为：. 19．（本小题满分17分）(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题证明平面BCD即可； （2）取AC中点为F，连接，连接FE，由题可得为二面角的平面角，然后设，用x表示相关边长，即可得答案； （3）由（1），可得为所求角，然后由题意及余弦定理可得答案. 【详解】（1）折叠后，由题可得平面，因平面， 则，又，平面，， 则平面BCD，又平面BCD，则； （2）由题可得为等边三角形，取AC中点为F，连接， 可得，又由（1），易得，结合平面， ，则平面，连接FE，因平面，则. 从而为二面角的平面角. 设，则，由题，则， 则，.又由题可得为等边三角形， 则，又平面，平面，可得， 则； （3）由（1），平面BCD，又平面， 则平面平面，从而C在平面ABD上的射影在DB上，则 为所求角.由平面，平面，可得， 则，又由（2）分析，可得，则， 则，从而，则， 从而. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期数学周周练12 第八章立体几何初步单元复习 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知a，b是两条不重合的直线，为一个平面，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知两个平面相互垂直，下列命题： ①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线； ②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线； ③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面； ④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面． 其中正确命题的个数是（    ） A． B． C． D． 3．已知圆锥的轴截面是边长为2 的等边三角形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C．π D． 4．用斜二测画法画出的直观图如图所示，满足，且，则中边上的高为（   ） A． B． C． D． 5．球面上有A，B，C三点，，，球心O到平面ABC的距离是，则球O的体积是（   ） A． B． C． D． 6．已知长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（    ） A． B． C． D． 8．庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为：（2上袤下袤）广高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为24m，广为12m，上袤是下袤的，斜脊与底面所成角均为，则该刍甍的体积为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知正方体，则下列说法中正确的是（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成角为 D．直线与平面所成角为 10．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（   ） A．直线与所成的角为60° B．过空间中一点有且仅有两条直线与所成的角都是60° C．过，，三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为 D．过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 11．如图，在三棱锥中，，为的中点，点是棱上的中点，则（   ） A．与平面所成的角为 B．异面直线与所成角的正弦值为 C．二面角的余弦值为 D．点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．2021年小米重新设计了自己的品牌形象．新旧图像如图所示，旧logo是一个正方形，新logo可看作一个直径为边长的一半的圆在原正方形内运动，保留它运动过程覆盖的区域就是新logo．类比推理，现有一个棱长为4的正方体，一个直径为2的球在正方体内部滚动，将该球可到达的区域保留，不可到达的区域割去，得到一个几何体，我们称之为“小米正方体”，则“小米正方体”的体积为 ． 13．已知正四棱台中，侧棱与底面所成的角为，，则该四棱台的体积为 ． 14．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知在阳马中，侧棱底面ABCD，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 四、解答题：本题共5小题,共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 16．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． 17．如图，在三棱锥中，，底面ABC (1)证明：平面平面PAC (2)若，M是PB中点，求AM与平面PBC所成角的正切值 18．如左图所示，在中，，，.    (1)将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； (2)如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 19．在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）． (1)求证：； (2)求二面角的平面角余弦值大小； (3)求和平面所成角的余弦值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 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