章末检测（十一） 立体几何初步(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

章末检测（十一）　立体几何初步 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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.棱柱的侧面和底面可以同时都是（　　） A.三角形 　B.四边形 　 C.五边形 　D.六边形 2.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别是4和6，高是，则它的侧面积为（　　） A.10 B.20 C.40 D.44 3.已知α，β为两个不同平面，l为直线且l⊥β，则“α⊥β ”是“l∥α”（　　） 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 4.如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a，则＝（　　） A.2＋ B.2－ C.（＋1） D.（－1） 5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为（　　） A.30° B.45° C.60° D.90° 6.已知四棱锥S-ABCD的所有顶点在同一球面上，底面ABCD是正方形且球心O在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥的表面积等于16＋16，则球O的体积等于（　　） A. B. C. D. 7.如图，在正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，沿MN将四边形MBCN折起，使点B，C分别落在B1，C1处，且二面角B1-MN-A的大小为120°，则B1D与平面AMND所成的角的正切值为（　　） A. B. C. D. 8.如图，E，F，G分别是空间四边形ABCD的棱BC，CD，DA的中点，则此四面体中与过E，F，G的截面平行的棱的条数是（　　） A.0 B.1 C.2 D.3 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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） 9.一个正方体内有一个内切球，用一个平面去截，所得截面图形可能是图中的（　　） 10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论正确的是（　　） A.AP∥平面CDD1C1 B.BC⊥AP C.C1D⊥平面A1D1P D.平面PB1C1与平面A1AP不垂直 11.如图，在正四棱锥P-ABCD中，PA＝AB＝2，E，F，G分别是AB，BC，PB的中点，则（　　） A.平面GEF∥平面PAC B.EF⊥DG C.三棱锥P-AGC的体积为 D.正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为8π 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为4，E，F分别是B1C1，AB的中点，则EF的长是　　　　. 13.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表 达了阿基米德最引以为自豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为　　　　，圆柱的表面积与球的表面积之比为　　　　. 14.已知球O是三棱锥P-ABC的外接球，△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，若三棱锥P-ABC的体积为2，则球O的表面积为　　　　. 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）如图，在四边形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝3，CD＝2，AB＝2，∠DAB＝45°，四边形绕着直线AD旋转一周. （1）求所形成的封闭几何体的表面积； （2）求所形成的封闭几何体的体积. 16.（本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，点E是PB的中点. （1）若底面ABCD是平行四边形，求证：PD∥平面EAC； （2）若底面ABCD是菱形，证明：BD⊥PC. 17.（本小题满分15分）如图，已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1. （1）证明：D1A∥平面C1BD； （2）求异面直线BC1与AA1所成的角的大小； （3）求三棱锥B1-A1C1B的体积. 18.（本小题满分17分）已知在平面四边形BCDE中，EB＝BC＝CD＝2，∠EBC＝150°，∠BCD＝60°.将△EBD沿BD翻折至△ABD，AC＝2，点F在线段BD上，且BF＝λBD，0＜λ＜1. （1）求证：AB⊥平面BCD； （2）求三棱锥A-BCD外接球的半径； （3）求直线CF与平面ACD所成角的正弦值的取值范围. 19.（本小题满分17分）三棱台ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，AA1＝A1C1＝CC1＝2，AC＝4，且BB1与底面ABC所成角的正弦值为. （1）求证：AB⊥平面ACC1A1； （2）求三棱台ABC-A1B1C1的体积； （3）问侧棱BB1上是否存在点M，使二面角M-AC-B为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末检测（十一）　立体几何初步 1.B　四棱柱的侧面和底面均为四边形. 2.C　正四棱台的侧面为等腰梯形，又正四棱台的上、下底面的边长分别为4，6，高为，所以侧面梯形的斜高为h'＝＝2，所以棱台的侧面积为S＝4××（4＋6）×2＝40. 3.B　根据题意，当“l∥α”时，必有“α⊥β ”，反之，当“α⊥β ”时，l可能在平面α内，即“l∥α”不一定成立，则“α⊥β ”是“l∥α”的必要不充分条件.故选B. 4.D　设储物盒所在球的半径为R，如图， 小球最大半径r满足（＋1）r＝R，所以r＝＝（－1）R，正方体的最大棱长a满足（a）2＋（ ）2＝R2，解得a＝R，所以＝＝（－1）.故选D. 5.C　如图，连接A1C1，BC1，A1B.∵M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，∴MN∥BC1.又A1C1∥AC，∴∠A1C1B为异面直线AC与MN所成的角.∵△A1BC1为正三角形，∴∠A1C1B＝60°.故选C. 6.D　由题意，知当此四棱锥体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥.如图，设球O的半径为R，则AC＝2R，SO＝R，∴该四棱锥的底面边长为R，则有（R）2＋4××R×＝16＋16，解得R＝2，∴球O的体积是πR3＝，故选D. 7.C　过点B1作B1E⊥AB于点E，连接DE（图略）.由题意，知∠B1MA为二面角B1-MN-A的平面角，∠B1DE为B1D与平面AMND所成的角.设AB＝2，则MB1＝1.又∠B1MA＝120°，所以∠B1ME＝60°，则ME＝，B1E＝，则DE＝＝，所以tan ∠B1DE＝＝，故选C. 8.C　在△ACD中，∵G，F分别为AD与CD的中点，∴GF∥AC.而GF⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，∴AC∥平面EFG.同理，BD∥平面EFG.故选C. 9.AB　由组合体的结构特征可知：当截面过球与正方体切点时可知A正确，C错误；当截面过正方体的对角面时可知B正确；此题是正方体的内切球，可知D错误.故选A、B. 10.ABC　因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，所以AP∥平面CDD1C1，A正确；因为BC⊥平面ABB1A1，AP⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AP，B正确；因为CDD1C1是正方形，所以C1D⊥CD1.因为A1D1⊥平面CDD1C1，C1D⊂平面CDD1C1，所以C1D⊥A1D1，A1D1∩CD1＝D1，A1D1，CD1⊂平面A1D1P，所以C1D⊥平面A1D1P，C正确；因为B1C1⊥平面A1AP，B1C1⊂平面PB1C1，所以平面PB1C1⊥平面A1AP，D错误. 11.ABD　 ∵E，F分别是AB，BC的中点，∴EF∥AC.∵AC⊂平面PAC，EF⊄平面PAC，∴EF∥平面PAC，同理可证GF∥平面PAC.∵EF∩GF＝F，EF⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，∴平面GEF∥平面PAC，故A正确；在正四棱锥P-ABCD中，易知AC⊥平面PBD，∵EF∥AC，∴EF⊥平面PBD，又DG⊂平面PBD，∴EF⊥DG，故B正确；记AC∩BD＝O，连接PO，∵PA＝AB＝2，∴OB＝OP＝，∴V三棱锥P-ABC＝××2×2×＝.∵G是PB的中点，∴V三棱锥P-AGC＝V三棱锥G-APC＝V三棱锥B-APC＝V三棱锥P-ABC＝，故C错误；∵OA＝OB＝OC＝OD＝OP＝，∴O为正四棱锥P-ABCD的外接球的球心，∴正四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4π＝8π，故D正确. 12.2　 解析：取BC的中点为D，连接DE，DF，由正三棱柱的性质易知DE⊥平面ABC，又DF⊂平面ABC，所以DE⊥DF，又DE＝4，DF＝2，所以EF＝＝2. 13.　　 解析：由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴＝＝.S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴＝＝. 14.20π　 解析：∵三棱锥P-ABC的体积为2，∴××（2）2×PA＝2，∴PA＝2，将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，∵△ABC是边长为2的正三角形，∴△ABC外接圆的半径r＝2，∴球的半径为＝，∴球O的表面积为4π×5＝20π. 15.解：如图，过点B作BE⊥AD于点E. ∵AB＝2，∠DAB＝45°， ∴BE＝2，∴DE＝1， 则四边形绕着直线AD旋转一周所形成的封闭几何体为一个底面半径为2，高为1的圆柱及一个底面半径为2，高为2的圆锥的组合体. （1）所求几何体的表面积为S＝π×22＋π×2×2×1＋π×2×2＝（8＋4）π. （2）所求几何体的体积为V＝π×22×1＋×π×22×2＝π. 16.证明：（1）如图，连接BD交AC于点O，连接EO.因为四边形ABCD是平行四边形，则O为BD的中点.又因为E为PB的中点，故EO∥PD.又因为PD⊄平面EAC，EO⊂平面EAC，所以PD∥平面EAC. （2）因为四边形ABCD是菱形，则BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PA⊥BD. 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，故BD⊥PC. 17.解：（1）证明：∵在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥C1D1，且AB＝C1D1， ∴四边形ABC1D1为平行四边形， ∴AD1∥BC1. 又BC1⊂平面C1BD，AD1⊄平面C1BD， ∴D1A∥平面C1BD. （2）∵AA1∥BB1， ∴异面直线BC1与AA1所成的角即为BC1与BB1所成的角， ∵∠B1BC1＝45°， ∴异面直线BC1与AA1所成的角的大小为45°. （3）三棱锥B1-A1C1B的体积：＝＝×BB1＝××1×1×1＝. 18.解：（1）证明：∵BC＝CD＝2，∠BCD＝60°，∴△BCD是等边三角形. 又∠EBC＝150°，∴∠EBD＝90°，即∠ABD＝90°，AB⊥BD. ∵AB＝BC＝2，AC＝2，由勾股定理得AB⊥BC. 又BC，BD⊂平面BCD，BC∩BD＝B，∴AB⊥平面BCD. （2）过等边三角形BCD的外心O1作直线l⊥平面BCD， 设球心O，连接OA，OB，过点O作OM⊥AB，交AB于M. 设球O的半径为R，OO1＝h，则（2－h）2＋（ ）2＝R2，h2＋（ ）2＝R2，解得R＝. （3）由（1）得，AB⊥平面BCD，∴VA-FCD＝S△FCD， 而在△BCD中，BF＝λBD（0＜λ＜1），得S△FCD＝（1－λ），VA-FCD＝（1－λ）. 由题意AB⊥BD，AB⊥BC，AB＝BC＝CD＝DB＝2，∴AD＝AC＝2， ∴S△ACD＝CD·＝×2×＝. 设F到平面ACD的距离为d，则VF-ACD＝S△ACDd＝. ∵VF-ACD＝VA-FCD，∴＝（1－λ），得d＝（1－λ）. 在△BFC中，由余弦定理，得CF2＝4λ2－4λ＋4. 设CF与平面ACD所成角为θ， 则sin θ＝＝＝×＝×＝×， ∵λ＋－1∈（1，＋∞），∴∈（0，1），∴sin θ∈（ 0，）. 19.解：（1）证明：连接A1C，在梯形ACC1A1中，过A1作A1G∥CC1交AC于G， 由AA1＝A1C1＝CC1＝2，AC＝4，则△A1AG为等边三角形，则∠A＝60°，四边形A1GCC1为菱形， 则∠GA1C＝30°， 所以∠AA1C＝90°，即A1C⊥AA1.因为平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1， A1C⊂平面ACC1A1，所以A1C⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，所以A1C⊥AB. 又因为AB⊥AC，AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1. （2）因为AB⊥平面ACC1A1，AB⊂平面ABC，所以平面ACC1A1⊥平面ABC， 过A1作A1N⊥AC，连接BN，A1N⊂平面ACC1A1，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC， 则A1N⊥平面ABC，故几何体的高为A1N＝. 如图，延长侧棱交于点O，作OH⊥AC于H，连接BH，由已知H为AC中点，AH＝2， 由（1）得，OH⊥平面ABC，因为BB1与底面ABC所成角的正弦值为，则余弦值为， OH＝2A1N＝2，OB＝＝2，BH＝2，OA＝＝4. 由（1）得AB⊥OA，则AB＝＝2.故三棱台体积为V＝×（ ×2×4＋×1×2＋）＝. （3）如图，作MG∥OH交BH于G，过G作GK⊥AC于K，则GK∥AB， 由（2）可得，MG⊥平面ABC，则∠MKG即为二面角M-AC-B的平面角， 又BH⊂平面ABC，则MG⊥BH，设BM＝2x，则BG＝BM＝×2x＝2x， 则MG＝＝2x. 由GK∥AB，得＝，又HG＝BH－BG＝2（1－x），所以KG＝×2＝2（1－x）. 若∠MKG＝，则tan∠MKG＝＝，解得x＝，所以BM＝，又因为BB1与底面ABC所成角的正弦值为， 所以BB1＝OB＝，即M为BB1中点， 即侧棱BB1上是存在点M，使二面角M-AC-B的大小为，则＝＝. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $