章末检测（六） 立体几何初步(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

章末检测（六）　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.下列说法正确的是（　　） A.与直线a相交的两条直线确定一个平面 B.两条直线确定一个平面 C.过一条直线的平面有无数个 D.两个相交平面的交线是一条线段 2.下列结论正确的是（　　） A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥 D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1的棱所在的直线中，与直线BC1异面的直线条数为（　　） A.1 B.2 C.3 D.4 4.已知平面α⊥平面β，直线m⊂α，α∩β＝l，则“m⊥l”是“m⊥β”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 5.已知正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为，则正三棱台的侧面积S1与底面面积之和S2的大小关系为（　　） A.S1＞S2 B.S1＜S2 C.S1＝S2 D.以上都不是 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是（　　） A.A1O∥D1C B.A1O∥平面B1CD1 C.A1O⊥BC D.A1O⊥平面AB1D1 7.（2024·新高考Ⅰ卷5题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（　　） A.2π　　 B.3π C.6π　　 D.9π 8.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，Q是侧面BCC1B1内一点，若A1Q∥平面AEF，则线段A1Q长度的最大值与最小值之和为（　　） A.＋ B. C. D. 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.l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题不正确的是（　　） A.l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B.l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D.l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 10.如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，下列结论正确的是（　　） A.异面直线BD与AC的夹角为90° B.∠BAC＝60° C.三棱锥D-ABC是正三棱锥 D.平面ADC和平面ABC垂直 11.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（　　） A.直线D1D与直线AF垂直 B.直线A1G与平面AEF平行 C.平面AEF截正方体所得的截面面积为 D.点C与点G到平面AEF的距离相等 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.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：　　　　　　　. 13.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC的体积的最大值为，则球O的表面积为　　　　. 14.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E，F分别是侧棱AA1，CC1上的动点，AE＋CF＝4，点P在棱AA1上，且AP＝1，若EF∥平面PBD，则CF＝　　　　. 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，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点. （1）求证：VB∥平面MOC； （2）求三棱锥V-ABC的体积. 16.（本小题满分15分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是正方形，平面BDEF⊥平面ABCD. （1）证明：平面ACE⊥平面BDEF； （2）求多面体ABCDEF的体积； （3）若点M是线段BF上的一点，且满足DM⊥平面ACE，求二面角A-DM-B的正切值. 17.（本小题满分15分）如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点. （1）求证：EF∥平面A1B1BA； （2）求直线A1B1与平面BCB1夹角的大小. 18.（本小题满分17分）如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE. （1）证明：CD⊥平面A1OC； （2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36，求a的值. 19.（本小题满分17分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点.AB＝BC，AC＝2，AA1＝. （1）求证：B1C∥平面A1BM； （2）求证：AC1⊥平面A1BM； （3）在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末检测（六）　立体几何初步 1.C　2.D　3.C　4.C　5.A 6.B　∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，∵A1D∩DO＝D，B1D1∩B1C＝B1，∴平面A1DO∥平面B1CD1，∵A1O⊂平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1. 7.B　设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B. 8.C　如图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接AM，AN，NE，MN，BC1.因为M，N，E，F为所在棱的中点，所以MN∥BC1，EF∥BC1，所以MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN∥平面AEF.因为AA1∥NE，AA1＝NE，所以四边形AENA1为平行四边形，所以A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以A1N∥平面AEF，又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AEF.因为Q是侧面BCC1B1内一点，且A1Q∥平面AEF，则Q必在线段MN上，在Rt△A1B1M中，A1M＝＝＝，同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N＝，所以△A1MN为等腰三角形.取MN的中点O，连接A1O，当Q在点O处时，A1Q最短，为A1O＝＝＝，当Q位于M或N处时，A1Q最长，为，所以线段A1Q长度的最大值与最小值之和为＋＝，故选C. 9.ACD　利用常见的正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，A错；因为l1⊥l2，所以l1，l2所成的角是90°，又因为l2∥l3，所以l1，l3所成的角是90°，所以l1⊥l3，B对；例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故C错；例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故D错.故选A、C、D. 10.ABC　对于A，由已知条件知BD⊥AD，CD⊥AD，所以∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角，又因为平面ABD⊥平面ACD，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD，因为BD⊥AD，AD∩CD＝D，所以BD⊥平面ACD.因为AC⊂平面ACD，所以BD⊥AC.所以异面直线BD与AC的夹角为90°，故选项A正确；对于B，因为BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，且AD＝BD＝CD，所以AB＝BC＝CA，所以△ABC是等边三角形，可得∠BAC＝60°，故选项B正确；对于C，因为DA＝DB＝DC，且AB＝BC＝CA，DA，DB，DC两两垂直，所以D在平面ABC内的投影是△ABC的中心，所以三棱锥D-ABC是正三棱锥，故选项C正确；对于D，因为三棱锥D-ABC是正三棱锥，所以侧面ADC和底面ABC不垂直，故选项D不正确. 11.BC　连接AD1，D1F，A1D（图略），因为AD1∥EF，平面AEF即平面AEFD1，易知A1D⊥平面AEFD1，故DD1与AF不垂直，故A错误；因为A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，D1F⊂平面AEFD1，所以A1G∥平面AEFD1，故B正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形面积为，故C正确；点G到平面AEF的距离即点A1到平面AD1F的距离，显然D错误.故选B、C. 12.①③④⇒②（或②③④⇒①）　解析：∵α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，若①m⊥n，③n⊥β，则m∥β.又∵④m⊥α，∴②α⊥β.即①③④⇒②.若②α⊥β，③n⊥β，则n∥α.又∵④m⊥α，∴①m⊥n.即②③④⇒①. 13.36π　解析：如图所示，当点C位于垂直于平面AOB的直径的端点时，三棱锥O-ABC的体积最大.设球O的半径为R，∴VO-ABC＝VC-AOB＝××R2×R＝＝，解得R＝3，则球O的表面积S＝4πR2＝36π. 14.1　解析：由题意可知，长方体ABCD-A1B1C1D1的高为4，底面ABCD是边长为1的正方形.连接AC交BD于O，连接PO.因为EF∥平面PBD，EF⊂平面EACF，平面EACF∩平面PBD＝PO，所以EF∥PO.在PA1上截取PQ，使得PQ＝PA＝1.连接QC，易知O为AC的中点，所以QC∥PO，所以EF∥QC.又EQ∥FC，所以四边形EQCF是平行四边形，所以QE＝CF.又AE＋CF＝4，AE＋A1E＝4，所以A1E＝CF＝EQ＝A1Q＝1，所以CF＝1. 15.解：（1）证明：因为O，M分别是AB，VA的中点，所以MO∥VB. 因为MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC. （2）因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB. 因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB. 在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝， 所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝， 所以VV-ABC＝VC-VAB＝OC·S△VAB＝×1×＝. 所以三棱锥V-ABC的体积为. 16.解：（1）证明：因为四边形BDEF是正方形，所以DE⊥BD， 又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BDEF， 所以DE⊥平面ABCD， 又AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC. 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD. 又BD∩DE＝D，且BD，DE⊂平面BDEF， 所以AC⊥平面BDEF， 又AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BDEF. （2）多面体ABCDEF的体积V＝V四棱锥A-BDEF＋V四棱锥C-BDEF＝2V四棱锥A-BDEF. 因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°， 所以AC＝2，BD＝2，S正方形BDEF＝4， 所以V＝2V四棱锥A-BDEF＝2××4×＝. （3）设O是AC，BD的交点，连接OE交DM于G，连接AG，如图. 因为DM⊥平面ACE，AG⊂平面ACE，GO⊂平面ACE，所以DM⊥AG，DM⊥OG. 所以∠AGO是二面角A-DM-B的平面角. 在Rt△ODE中，由射影定理，知OD2＝OG·OE， 又OD＝1，DE＝2，所以OE＝，OG＝. 又由（1）知AO⊥平面BDEF，且OG⊂平面BDEF， 所以AO⊥OG，所以tan∠AGO＝＝， 所以二面角A-DM-B的正切值为. 17.解：（1）证明：如图，连接A1B.在△A1BC中， 因为点E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. （2）如图，取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE. 因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NE∥B1B，NE＝B1B，故NE∥A1A且NE＝A1A， 所以四边形NEAA1为平行四边形，所以A1N∥AE且A1N＝AE. 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，A1N⊥BC. 因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，则易证得BB1⊥平面ABC. 因为AE⊂平面ABC，所以BB1⊥AE，A1N⊥BB1， 又BB1∩BC＝B，所以A1N⊥平面BCB1， 从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1的夹角. 在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2. 因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以A1M∥AB，A1M＝AB，又由AB⊥BB1，得A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4. 在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝，因此∠A1B1N＝30°. 所以直线A1B1与平面BCB1的夹角为30°. 18.解：（1）证明：连接CE（图略）.在直角梯形ABCD中， 因为AB＝BC＝AD＝a，点E是AD的中点，∠BAD＝90°， 所以四边形ABCE是正方形，所以BE⊥AC. 在四棱锥A1-BCDE中，BE⊥A1O，BE⊥OC. 因为A1O∩OC＝O，A1O⊂平面A1OC，OC⊂平面A1OC， 所以BE⊥平面A1OC.又因为DE∥BC，DE＝BC，所以四边形BCDE是平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC. （2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE.又由（1）知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高. 平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2， 所以四棱锥A1-BCDE的体积V＝×S×A1O＝a3. 由a3＝36，解得a＝6. 19.解：（1）证明：如图，连接AB1交A1B于O，连接OM. 在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，所以OM∥B1C. 又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM， 所以B1C∥平面A1BM. （2）证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC， BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM. 因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC. 又AA1∩AC＝A，所以BM⊥平面ACC1A1，所以BM⊥AC1. 因为M为棱AC的中点，AC＝2，所以AM＝1. 在Rt△ACC1和Rt△A1AM中， tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝， 所以∠AC1C＝∠A1MA，所以∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，所以A1M⊥AC1. 因为BM∩A1M＝M，所以AC1⊥平面A1BM. （3）存在点N，且当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.设AC1的中点为D，连接DM，DN，如图. 因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DM∥CC1，且DM＝CC1. 又因为N为BB1的中点，所以DM∥BN，且DM＝BN， 所以四边形BNDM为平行四边形，所以BM∥DN， 因为BM⊥平面ACC1A1，所以DN⊥平面AA1C1C. 又因为DN⊂平面AC1N，所以平面AC1N⊥平面AA1C1C. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $