章末综合检测(三)立体几何初步（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

章末综合检测(三) (时间：120分钟，满分：150分) 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是两条不同的直线，α是一个平面，若a∥α，b⊂α，则(　　) A．a∥b B．a与b异面 C．a与b相交 D．a与b没有公共点 解析：选D.因为a，b是两条不同的直线，α是一个平面，若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，即a与b没有公共点，故只有D满足题意． 2．已知一个圆锥的体积为，侧面积是底面积的2倍，则圆锥的表面积为(　　) A．2π B．3π C．π D．2π 解析：选B.设底面半径为r，高为h，母线为l，如图所示， 则圆锥的体积V＝πr2h＝， 所以r2h＝，即h＝， 又S侧＝·2πrl＝2πr2，即l＝2r， 所以h＝＝r， 则r＝， 解得r＝1， 所以圆锥的表面积为S底＋S侧＝πr2＋2πr2＝3πr2＝3π. 3．如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为(　　) A.10＋2 B．3 C．10＋4 D．12 解析：选A.根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，∠AOB＝90°， OB＝4，OA＝2O′A′＝6，所以AB＝＝＝2，所以Rt△OAB的周长为10＋2. 4．葫芦摆件作为中国传统工艺品，深受人们喜爱，它们常被视为吉祥物，象征福禄、多子多福．如图所示的葫芦摆件从上到下可近似看作由一个圆柱与两个完整的球组成的几何体，若上、中、下三个几何体的高度之比为3∶3∶4，且总高度为20 cm，则下面球的体积与上面球的体积的差为(　　) A． cm3 B． cm3 C． cm3 D． cm3 解析：选B.依题意，可得上、下两个球的直径分别为6 cm，8 cm，故它们的半径分别为3 cm，4 cm，所以下面球的体积与上面球的体积的差为π×(43－33)＝cm3. 5．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，A1D和CD1与底面所成的角分别为45°和30°，则异面直线A1D与B1D1所成的角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B.如图，由题易知，∠A1DA＝45°，∠D1CD＝30°，设AD＝1， 在Rt△ADA1中，易知AA1＝AD＝1， 在Rt△D1DC中，DD1＝AA1＝1，DD1⊥CD， CD＝＝， 在长方体ABCD­A1B1C1D1中，易知BD∥B1D1， 则∠A1DB或其补角即为异面直线A1D与B1D1所成的角， 在Rt△ABD中，AD2＋AB2＝BD2，则BD＝2，同理可得A1D＝，A1B＝2， 由余弦定理，得cos ∠A1DB＝＝＝. 6．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，△PCD是等边三角形，平面PCD⊥底面ABCD，AD＝3，四棱锥P­ABCD的体积为18，线段AB的长是(　　) A．3 B．3 C．3 D．6 解析：选D.设AB＝CD＝2a， 则矩形ABCD的面积SABCD＝3×2a＝6a， 取CD的中点F，连接PF，如图所示． 因为△PCD是等边三角形， 所以PC＝PD＝CD＝2a， 所以PF⊥CD，PF＝a， 因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PF⊂平面PCD， 所以PF⊥平面ABCD，即PF是四棱锥P­ABCD的高， 所以V四棱锥P­ABCD＝×S矩形ABCD·PF＝×6a×a＝18， 解得a＝3，所以AB＝2a＝6. 7．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) 解析：选D.设储物盒所在球的半径为R，如图， 小球的最大半径r满足(＋1)r＝R， 所以r＝＝(－1)R， 正方体的最大棱长a满足(a)2＋＝R2， 解得a＝R， 所以＝＝(－1). 8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，N是BC上靠近点B的一个四等分点，M是棱CC1上的动点，若平面D1MN与平面ABCD所成的锐二面角的最小值为θ，则cos θ＝(　　) A． B． C． D． 解析：选C.如图，平面D1MN∩平面ABCD＝PN，过点D作DG⊥PN，垂足为G，连接D1G， 则∠D1GD即为平面D1MN与平面ABCD所成的锐二面角，tan ∠D1GD＝， 当DG最大时，∠D1GD最小，不妨设AB＝4， 因为DG≤DN＝＝＝5， 所以tan θ＝，所以cos θ＝. 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α，β为两个平面，且α∩β＝l，m，n是两条不重合的直线，则下列结论正确的是(　　) A．存在m⊂α，使m⊥β B．存在m⊂α，使得m∥β C．对任意m⊂α，存在n⊂β，使得m⊥n D．对任意m⊂α，存在n⊂β，使得m∥n 解析：选BC.对于A，只有当α⊥β时，才能存在m⊂α，使得m⊥β，故A错误； 对于B，当m∥l时，结合线面平行的性质可得m∥β，故B正确； 对于C，若α⊥β则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意m⊂α，设a⊂β，使得a为m在平面β上的射影，存在n⊂β，使得n⊥a，此时m⊥n，故C正确； 对于D，当m∩l＝A时，在平面β上不存在直线n使得m∥n，故D错误． 10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A­BCD，则在几何体A­BCD中，下列结论正确的是(　　) A.CD⊥平面ABD B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面ADC 解析：选AD.因为AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°， 所以CD⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD， 且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABD， 又AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB， 因为AB⊥AD，且CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ADC， 所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面ADC. 11．如图，四棱台ABCD­A1B1C1D1的底面是正方形，AB＝2A1B1＝2AA1＝4，AA1⊥底面ABCD.动点P满足BP⊥CC1，则下列判断正确的是(　　) A.点P可能在直线AA1上 B．点P可能在直线B1D1上 C．若点P在底面ABCD内，则三棱锥A­PB1D1的体积为定值 D．若点P在棱CC1上，则＝ 解析：选ACD.点P的轨迹是过点B且与C1C垂直的平面α(不包括点B)，因为A1A与C1C所在直线相交且不垂直，因此直线AA1与平面α相交，故A正确； 因为AA1⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以AA1⊥BD， 又AC⊥BD，AA1，AC⊂平面AA1C1C，AA1∩AC＝A， 所以BD⊥平面AA1C1C， 因为CC1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥CC1， 因此平面α∩平面ABCD＝BD， 又B1D1∥BD，BD⊂平面α，B1D1⊄平面α， 所以B1D1∥α，故B不正确； 若点P在底面ABCD内，则点P在直线BD上(不包括点B)，而BD∥平面AB1D1， 所以点P到平面AB1D1的距离为定值， 所以V三棱锥A­PB1D1＝V三棱锥P­AB1D1为定值，故C正确； 设BD的中点为O， 若点P在棱CC1上，则BD⊥CC1，BP⊥CC1，BD∩BP＝B，BD，BP⊂平面BDP， 所以CC1⊥平面BDP，又OP⊂平面BDP，所以OP⊥CC1， 在梯形AA1C1C中，CC1＝＝2， ＝，解得CP＝， 所以＝，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 12．一个圆台的母线长为5，上、下底面圆直径的长分别为4，10，则圆台的高为________． 解析：如图所示，四边形ABCD为圆台的轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆心， 则BO1＝2，CO2＝5，BC＝5， 过点B作BE⊥CD于点E， 则O2E＝O1B＝2，CE＝5－2＝3， 在Rt△BCE中，由勾股定理得 BE＝＝4， 故圆台的高为4. 答案：4 13．已知边长为2的正方形ABCD，沿对角线BD折起，得到三棱锥A­BCD，当该三棱锥体积最大时，线段AC的长为________． 解析：取BD的中点O，连接AO，OC，则AO⊥BD，OC⊥BD，AO＝OC＝×＝. 当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A­BCD的体积取得最大值， 又平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD， 所以AO⊥平面BCD，又OC⊂平面BCD， 所以AO⊥OC， 所以AC＝＝2， 所以当该三棱锥体积最大时，线段AC的长为2. 答案：2 14．在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同．如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且PD∥平面ABC，则点P的轨迹长度为________． 解析：如图，将其补全为正四面体，连接CQ， 取N，M分别为大正四面体棱的中点，连接DN，NM，DM， 由于C，D，A，B均为大正四面体棱的三等分点， 故DN∥CQ，NM∥AB. CQ⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，DN⊄平面ABC，NM⊄平面ABC， 故DN∥平面ABC, NM∥平面ABC. 且DN∩NM＝N，DN，NM⊂平面DNM， 故平面DNM∥平面ABC， 由于PD∥平面ABC， 因此P∈平面DNM， 故点P的轨迹为线段DN，NM，DM， 又DN＝DM＝＝，NM＝3， 故点P的轨迹长度为DN＋NM＋DM＝3＋2. 答案：3＋2 四、解答题(本题共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．(本小题满分13分)如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝120°，将△ABC绕BC轴旋转一周形成了一个旋转体．求： (1)这个旋转体的体积；(6分) (2)这个旋转体的表面积．(7分) 解：(1)△ABC绕BC轴旋转一周，形成的旋转体为一个大圆锥挖去一个小圆锥余下的部分，如图所示．在Rt△AOB中，∠ABO＝60°，AB＝4，所以OB＝AB＝2，OA＝2， 所以OC＝OB＋BC＝5. 设圆锥CO的底面面积为S，则旋转体的体积V＝V圆锥CO－V圆锥BO＝S·OC－S·OB＝S·BC＝π×12×3＝12π. (2)设圆锥BO，CO的侧面积分别为S1和S2，则该旋转体的表面积S表＝S1＋S2＝π·OA·AB＋π·OA·AC＝π×2×4＋π×2×＝(8＋2)π. 16．(本小题满分15分)如图，已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1.求： (1)该直三棱柱的侧面积和体积；(7分) (2)直线A1B与AC1所成的角．(8分) 解：(1)根据题意可得BC＝＝， 所以该直三棱柱的侧面积为2×1×1＋×1＝2＋； 该直三棱柱的体积为×1×1×1＝. (2)根据题意可将直三棱柱ABC­A1B1C1补全成如图所示的正方体． 易知A1B∥C1D，且△ADC1为等边三角形， 所以∠AC1D即为直线A1B与AC1所成的角，又∠AC1D＝60°， 故直线A1B与AC1所成的角为60°. 17．(本小题满分15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，DA＝AB＝2，DC＝4，E，F分别为棱DC，PD的中点．求证： (1)PB∥平面AEF；(7分) (2)AE⊥平面PBD.(8分) 证明：(1)如图，连接BE，设BD∩AE＝O，连接OF. 因为AB∥DC， DE＝DC＝AB＝2， 所以四边形ABED为平行四边形，则O为BD中点， 又F为PD中点， 则OF∥PB， 因为OF⊂平面AEF，PB⊄平面AEF， 故PB∥平面AEF. (2)由(1)得四边形ABED为平行四边形，又DA＝AB＝2，所以四边形ABED为菱形，则AE⊥BD， 因为PD⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，则PD⊥AE， 又BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，故AE⊥平面PBD. 18．(本小题满分17分)在图1所示的平行四边形ABCD中，CA＝CB＝1，CD＝，现将△DAC沿AC折起，得到如图2所示的三棱锥P­ABC，记棱PC的中点为M，且PB＝. (1)求证：AM⊥BC；(8分) (2)记棱AB的中点为E，在直线CE上作出点N，使得PN∥平面MAB，请说明理由，并求出二面角P­NB­A的大小．(9分) 解：(1)证明：因为CA＝CB＝DA＝1， CD＝AB＝， 所以CA2＋CB2＝AB2＝2， 所以∠ACB＝90°， 所以∠DAC＝90°， 即DA⊥CA，BC⊥CA， 在题图2中，PA＝1，AB＝，PB＝， 则PA2＋AB2＝PB2， 所以PA⊥AB，又PA⊥AC， AB，AC⊂平面ABC，AB∩AC＝A， 所以PA⊥平面ABC， 又BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC，又BC⊥CA， PA，CA⊂平面PAC，PA∩CA＝A， 所以BC⊥平面PAC，又AM⊂平面PAC， 所以AM⊥BC. (2)以CA，CB为邻边，构造矩形ACBF，连接CF，PF，ME，易知CF过点E， 因为E，M分别为CF，CP的中点， 所以PF∥ME，又ME⊂平面MAB，PF⊄平面MAB，所以PF∥平面MAB， 即点F就是点N， 由(1)知PA⊥平面ACBN，BN⊂平面ACBN， 所以BN⊥PA，又BN⊥AN， AN，PA⊂平面PAN，AN∩PA＝A， 所以BN⊥平面PAN，又PN⊂平面PAN， 所以PN⊥BN， 所以∠PNA即为二面角P­NB­A的平面角， 因为PA⊥AN，PA＝AN， 所以∠PNA＝45°， 所以二面角P­NB­A的大小为45°. 19．(本小题满分17分)三余弦定理：设A为平面α内一点，过点A的斜线AO在平面α上的正射影为直线AB.AC为平面α内的一条直线，记斜线AO与直线AB所成的角(即直线AO与平面α所成的角)为θ1，直线AB与直线AC所成的角为θ2，直线AO与直线AC所成的角为θ，则cos θ＝cos θ1cos θ2. (1)证明三余弦定理；(4分) (2)证明：无论AC在平面α内的任何位置，总有θ1≤θ；(6分) (3)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC为正三角形，∠BAA1＝∠CAA1＝，求直线AA1与底面ABC所成的角的正弦值．(7分) 解：(1)证明：如图，不妨设点O在平面α的射影为点B，则OB⊥α，过点B作BC⊥AC交直线AC于点C，连接OC， 所以∠OAB即为斜线AO与平面α所成的角θ1， ∠BAC即为斜线AO在平面α的射影直线AB与平面α内的直线AC所成的角θ2，∠OAC即为斜线AO与平面α内的直线AC所成的角θ. 因为OB⊥α，AC⊂α， 所以OB⊥AC， 又BC⊥AC，OB∩BC＝B，OB，OC⊂平面OBC， 所以AC⊥平面OBC， 因为OC⊂平面OBC， 所以AC⊥OC， 则cos θ1＝，cos θ2＝，cos θ＝， 所以cos θ＝cos θ1cos θ2. (2)证明：由直线夹角的定义结合图形可知，θ2∈，θ1∈，θ∈，所以0≤cos θ2≤1，cos θ1>0，再由cos θ＝cos θ1cos θ2可推得：cos θ≤cos θ1，又余弦函数在上单调递减，所以θ1≤θ. (3)取BC的中点M，连接A1B，A1C，A1M，AM，易知△ABA1≌△ACA1， 所以A1C＝A1B，所以A1M⊥BC. 又AM⊥BC，A1M∩AM＝M，A1M，AM⊂平面AMA1，所以BC⊥平面AMA1， 因为BC⊂平面ABC， 所以平面AMA1⊥平面ABC， 所以直线AA1在平面ABC上的射影必在交线AM上， 所以直线AA1与底面ABC所成的角为∠A1AM， 因为∠MAB＝，∠BAA1＝， 由三余弦定理得cos ＝cos ∠A1AM·cos ， 得cos ∠A1AM＝， 所以sin ∠A1AM＝， 即直线AA1与底面ABC所成的角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $