第六章 立体几何初步 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（北师大版）

[阶段质量评价] 第六章　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.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.某广场设置了一些石凳供大家休息,如图,每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体,则下列结论不正确的是 (　　) A.该几何体的面是等边三角形或正方形 B.该几何体恰有12个面 C.该几何体恰有24条棱 D.该几何体恰有12个顶点 解析:选B　根据题图可得该几何体的面是等边三角形或正方形,A正确;该几何体恰有14个面,B不正确;该几何体恰有24条棱,C正确;该几何体恰有12个顶点,D正确.故选B. 2.(2024·新课标Ⅰ卷)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 解析:选B　设圆柱的底面半径为r,则圆锥的母线长为 ,因为它们的侧面积相等, 所以2πr·=πr·,即2=,故r2=9,故圆锥的体积为π×9×=3π.故选B. 3.(2024·天津高考)若m,n为两条直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是 (　　) A.若m∥α,n∥α,则m⊥n B.若m∥α,n∥α,则m∥n C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m∥α,n⊥α,则m与n相交 解析:选C　若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面,故A、B错误;若m∥α,n⊥α,则m⊥n,且m与n可能相交,也可能异面,故C正确,D错误. 4.如图所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,且==,则下列说法正确的是 (　　) A.EF与GH平行 B.EF与GH异面 C.EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上 D.EF与GH的交点M一定在直线AC上 解析:选D　如图所示, 连接EH,FG. 因为F,G分别是边BC,CD上的点,且==, 所以GF∥BD,且GF=BD. 因为点E,H分别是边AB,AD的中点, 所以EH∥BD,且EH=BD. 所以EH∥GF,且EH≠GF. 所以EF与GH相交,设其交点为M, 则M∈平面ABC,同理M∈平面ACD. 又平面ABC∩平面ACD=AC, 所以M在直线AC上.故选D. 5.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是 (　　) A.16π B.20π C.24π D.28π 解析:选B　设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则O+12=R2,而OO1=-1+3-R,故R2=1+(+2-R)2,解得R=.此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.故选B. 6.将正方形ABCD沿对角线AC折起,并使得平面ABC垂直于平面ACD,则直线AB与CD夹角的大小为 (　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析:选B　如图,取AC,BD,AD的中点,分别为O,M,N, 则ON∥CD,MN∥AB,且ON=CD,MN=AB,所以∠ONM或其补角即为所求的角. 因为平面ABC垂直于平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,BO⊥AC,AC⊂平面ACD, 所以BO⊥平面ACD.所以BO⊥OD. 设正方形边长为2,OB=OD=,所以BD=2, 则OM=BD=1.所以ON=MN=OM=1. 所以△OMN是等边三角形,∠ONM=60°. 所以直线AB与CD的夹角为60°.故选B. 7.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC⁃A'B'C'的体积为,AB=6,A'B'=2,则A'A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B.1 C.2 D.3 解析:选B　法一:如图1,分别取BC,B'C'的中点D,D',连接AD,A'D',DD'. 易证得平面ADD'A'⊥平面ABC. 过点A'作A'E⊥AD于点E,则A'E⊥平面ABC, 即A'E为正三棱台的高. 由上述可知,∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角. 由已知易得正三棱台ABC⁃A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9. 由正三棱台ABC⁃A'B'C'的体积为,得×(+9+3)×A'E=,解得A'E=. 取△ABC,△A'B'C'的重心分别为G,G',连接GG',则四边形A'EGG'为矩形, 所以EG=A'G'=A'D'=(方法技巧:利用正三角形的重心性质), 所以AE=AG-EG=AD-EG=×3-=. 在Rt△A'AE中,tan∠A'AE===1.故选B. 法二:设正三棱台ABC⁃A'B'C'的高为h. 易知正三棱台ABC⁃A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=,×6×3=9. 由正三棱台ABC⁃A'B'C'的体积为,得×(+9+3)h=,解得h=. 如图2,将该正三棱台补成正三棱锥P⁃ABC,过点P作PG⊥平面ABC,连接AG,则点G为△ABC的重心, 所以∠PAG为直线A'A与平面ABC所成的角. 由相似比可知,==,解得PG=2. 延长AG交BC于点D,则点D为BC的中点. 因为△ABC为正三角形,AB=6, 则AD=3,所以AG=×AD=2. 在Rt△PGA中,tan∠PAG===1.故选B. 法三:如图3,设正三棱台ABC⁃A'B'C'的高为h,该棱台的三条侧棱相交于点P(提示:棱台是由相应的棱锥截得的,将棱台补成棱锥来解题), 由AB=6,A'B'=2,得AB=3A'B'. 设正三棱台下底面的中心为O,上底面的中心为O',连接PO,AO(提示:由正三棱锥的性质知PO⊥平面ABC),则==. 又PO-PO'=h,所以PO=h,PO'=. 因为S△ABC=×62=9,S△A'B'C'=×22=,VABC⁃A'B'C'=VP⁃ABC-VP⁃A'B'C', 所以×9×h-××=,解得h=. 易得三棱台的下底面的中心O到顶点A的距离AO=××6=2, 所以直线AA'与平面ABC所成角的正切值为==h=×=1(提示:∠PAO就是直线AA'与平面ABC所成的角).故选B. 8.如图,在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是CC1,C1D1,DD1,CD,BC的中点,M在四边形EFGH边上及其内部运动,若MN∥平面A1BD,则点M轨迹的长度是 (　　) A.a B.a C.a D.a 解析:选D　因为在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是CC1,C1D1,DD1,CD的中点,N是BC的中点,则GH∥BA1,HN∥BD.又GH⊄平面A1BD,BA1⊂平面A1BD,所以GH∥平面A1BD.同理可得,NH∥平面A1BD.又GH∩HN=H,所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动,MN∥平面A1BD,所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件.易得GH=a.故点M的轨迹长度是a.故选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.设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m,下述四个命题正确的是 (　　) A.若m∥n,则n∥α或n∥β B.若m⊥n,则n⊥α或n⊥β C.若n∥α且n∥β,则m∥n D.若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 解析:选AC　若α∩β=m,则m⊂α,m⊂β,对于A,若m∥n,则n∥α或n∥β,A正确;对于B,若m⊥n,则可能n⊂α或n∥α或n与α相交,B错误;对于C,若n∥α且n∥β,则n∥m,C正确;对于D,n与m所成的角可以为内的任意角,D错误. 10.在正四面体ABCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD的中点,则 (　　) A.HE∥平面BCD B.AC⊥BD C.AB⊥平面FGH D.E,F,G,H四点共面 解析:选ABD　如图,把正四面体ABCD放到正方体里. 因为H,E分别为AD,AB的中点,所以HE∥BD.又BD⊂平面BCD,HE⊄平面BCD,所以HE∥平面BCD,故A正确. 从正方体的角度上看易得AC⊥BD,故B正确. 因为E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD的中点,所以EF∥AC且EF=AC.GH∥AC且GH=AC.所以EF∥GH且EF=GH.所以四边形EFGH是平行四边形.故E,F,G,H四点共面,故D正确. 若AB⊥平面FGH成立,即AB⊥平面EFGH.又HE⊂平面EFGH,所以AB⊥HE.又E,H分别为AB,AD的中点,所以EH∥BD.所以AB⊥BD.而△ABD为等边三角形,与AB⊥BD矛盾,故C不正确.故选ABD. 11.已知A⁃BCD是棱长均为1的三棱锥,则 (　　) A.直线AB与CD的夹角为90° B.直线BC与平面ACD的夹角为60° C.点C到平面ABD的距离为 D.能容纳三棱锥A⁃BCD的最小的球的半径为 解析:选ACD　若E为CD中点,连接AE,BE,由题设知各侧面均为等边三角形, 所以AE⊥CD,BE⊥CD,AE∩BE=E,AE,BE⊂平面ABE,则CD⊥平面ABE,又AB⊂平面ABE,故AB⊥CD,A正确; 若F为△ACD的中心,连接BF,则BF⊥平面ACD,CF⊂平面ACD,所以直线BC与平面ACD的夹角为∠BCF,且BF⊥CF,而CF=××1=,故cos∠BCF==,显然∠BCF不为60°,B错误; 由B分析BF==,即该正棱锥的体高为,故C到平面ABD的距离为,C正确; 显然正棱锥的外接球半径最小,令其外接球半径为R,则R2=+,所以R=,D正确.故选ACD. 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)如图,Rt△O'A'B'是△OAB的斜二测直观图,其中O'B'⊥B'A',斜边O'A'=2,则△OAB的面积是_________. 解析:由△OAB的斜二测直观图还原得△OAB的直观图如图所示, 因为Rt△O'A'B'中,∠A'O'B'=45°,O'B'⊥B'A'且O'A'=2,所以O'B'=. 在△AOB中,OA⊥OB,OB=2O'B'=2,OA=O'A'=2,所以△AOB的面积为×OB×OA=×2×2=2. 答案:2 13.(5分)如图,已知圆柱的高为h,底面半径为R,轴截面为矩形A1ABB1,在母线AA1上有一点P,且PA=a,在母线BB1上取一点Q,使B1Q=b,则圆柱侧面上P,Q两点的最短距离为_________. 解析:如图,把圆柱的半个侧面展开,是一个长为πR,宽为h的矩形,B1Q=b,PA=a,过P作PE⊥BB1,E为垂足,所以QE=h-a-b,即可把PQ放在一个直角边为πR和h-a-b的直角三角形PQE中, 根据勾股定理可得PQ= =. 答案: 14.(5分)平面α过正方体ABCD⁃A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n夹角的正弦值为_________. 解析:如图所示,设平面CB1D1∩平面ABCD=m1, ∵α∥平面CB1D1, ∴m1∥m.又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1, 平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1, ∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m,同理可得CD1∥n. 故m,n夹角的大小与B1D1,CD1夹角的大小相等,即∠CD1B1的大小. 又∵B1C=B1D1=CD1(均为面对角线), ∴∠CD1B1=,得sin∠CD1B1=. 答案: 四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知圆台的上、下底面半径分别为20 cm,30 cm,高为18 cm,过它的两条母线作一平面截去上底面圆周的. (1)求证:这个截面截下底面圆周也是;(6分) (2)求这个截面面积.(7分) 解:(1)证明:如图所示, O,O1分别为上、下底面的中心,B,B1分别在上、下底面上, 所以O1O与B1B必相交于一点. 所以O1OBB1是平面图形, 则O1B1∥OB, 同理O1A1∥OA.又开口方向相同, 所以∠AOB=∠A1O1B1=90°, 这个截面截下底面圆周也是. (2)分别取AB,A1B1的中点C,C1,连接CC1, 又因为圆台的上、下底面半径分别为20 cm,30 cm,高为18 cm, 所以AB=20,A1B1=30,CO=10,C1O1=15. 所以C1C==. 所以截面的面积为S=(AB+A1B1)×C1C=50(cm2). 16.(15分)如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=AD,点P为DD1的中点,BD交AC于点O.证明: (1)直线BD1∥平面PAC;(7分) (2)平面BDD1⊥平面PAC.(8分) 证明:(1)∵四边形ABCD为矩形,∴O为BD中点.又P为DD1中点,∴PO∥BD1. ∵PO⊂平面PAC,BD1⊄平面PAC, ∴BD1∥平面PAC. (2)由长方体结构特征知DD1⊥平面ABCD, 又AC⊂平面ABCD,∴DD1⊥AC. ∵四边形ABCD为矩形,AB=AD, ∴四边形ABCD为正方形.∴AC⊥BD. 又BD∩DD1=D,BD,DD1⊂平面BDD1, ∴AC⊥平面BDD1. ∵AC⊂平面PAC,∴平面BDD1⊥平面PAC. 17.(15分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=. (1)证明:平面PBE⊥平面PAB;(9分) (2)求二面角A-BE-P的大小.(6分) 解:(1)证明:如图所示,连接BD. ∵四边形ABCD是菱形且∠BCD=60°,∴△BCD是等边三角形. ∵E是CD的中点,∴BE⊥CD. ∵AB∥CD,∴BE⊥AB. ∵PA⊥平面ABCD,BE⊂平面ABCD,∴PA⊥BE. ∵PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,∴BE⊥平面PAB. 又∵BE⊂平面PBE,∴平面PBE⊥平面PAB. (2)由(1)知BE⊥平面PAB,PB⊂平面PAB, ∴PB⊥BE.又∵AB⊥BE, ∴∠PBA是二面角A-BE-P的平面角. 在Rt△PAB中,tan∠PBA==, ∴∠PBA=60°,故二面角A-BE-P的大小是60°. 18.(17分)如图,四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面,EF是圆柱的母线,P是线段AD的中点,已知AB=4,BC=6. (1)证明:BF⊥平面EPF;(8分) (2)若直线AB与平面EPF的夹角为60°,求三棱锥B⁃EPF的体积.(9分) 解:(1)证明:连接AF, ∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面,∴AB为圆O的直径. ∴AF⊥BF. 又EF是圆柱的母线,∴EF⊥平面ABF. ∵BF⊂平面ABF,∴EF⊥BF. 又AF∩EF=F,AD∥EF,AF,EF⊂平面ADEF,∴BF⊥平面ADEF. 又P是线段AD的中点,∴平面ADEF即为平面EPF.∴BF⊥平面EPF. (2)由(1)知BF⊥平面EPF,∴BF为三棱锥B⁃EPF的高,且AF为AB在平面EPF内的射影.∴AB与平面EPF的夹角为∠BAF. 由题意知∠BAF=60°,AB=4,BC=6, ∴BF=ABsin 60°=2,AF=ABcos 60°=2,S△EPF=EF·AF=6. ∴VB⁃EPF=S△EPF·BF=×6×2=4. 19.(17分)如图所示,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,以AE为折痕,把△DAE折起到△D'AE的位置,且平面D'AE⊥平面ABCE. (1)求证:AD'⊥BE;(4分) (2)求四棱锥D'-ABCE的体积;(6分) (3)在棱ED'上是否存在一点P,使得D'B∥平面PAC?若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.(7分) 解:(1)证明:根据题意可知,在长方形ABCD中,△DAE和△CBE为等腰直角三角形, ∴∠DEA=∠CEB=45°. ∴∠AEB=90°,即BE⊥AE. ∵平面D'AE⊥平面ABCE,且平面D'AE∩平面ABCE=AE,BE⊂平面ABCE, ∴BE⊥平面D'AE. ∵AD'⊂平面D'AE,∴AD'⊥BE. (2)取AE的中点F,连接D'F,则D'F⊥AE. ∵平面D'AE⊥平面ABCE, 且平面D'AE∩平面ABCE=AE, D'F⊂平面D'AE, ∴D'F⊥平面ABCE. ∴V四棱锥D'-ABCE=S四边形ABCE·D'F =××(1+2)×1×=. (3)如图所示,连接AC交BE于Q,假设在ED'上存在点P,使得D'B∥平面PAC,连接PQ. ∵D'B⊂平面D'BE, 平面D'BE∩平面PAC=PQ,∴D'B∥PQ. ∴在△EBD'中,=. ∵在梯形ABCE中,==, ∴==,即EP=ED'. ∴在棱ED'上存在一点P, 且EP=ED',使得D'B∥平面PAC. 学科网（北京）股份有限公司 $