第6章 章末综合检测(五)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（北师大版）

章末综合检测(五) (时间：120分钟，满分：150分) 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．若一直线上有一点在已知平面外，则下列结论中正确的是(　　) A．直线与平面相交 B．直线与平面平行 C．直线上至少有一个点在平面内 D．直线上有无数多个点都在平面外 解析：选D.若一直线上有一点在已知平面外，则直线与平面相交或平行，A，B错误；当直线与平面平行时，直线上所有点都在平面外，C错误；无论直线与平面相交还是平行，都有无数多个点在平面外，D正确．故选D. 2.如图所示，Rt△O′A′B′是一个平面图形△OAB的直观图，斜边O′B′＝2，则△OAB的面积是(　　) A． B．1 C． D．2 解析：选D.因为Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，所以Rt△O′A′B′的直角边长是，所以Rt△O′A′B′的面积是××＝1， 所以原平面图形△OAB的面积是1×2＝2.故选D. 3. 米斗是我国古代官仓、粮栈、米行必备的用具，是称量粮食的量器．如图是一种米斗，可盛米10升(1升＝1 000 cm3)，已知盛米部分的形状为正四棱台，且下口宽18 cm，上口宽24 cm，则高约为(　　) A．18.8 cm B．20.4 cm C．22.5 cm D．24.2 cm 解析：选C.设该米斗的高为h cm，由台体的体积公式可得×(182＋242＋)×h＝10 000，解得h＝＝≈22.5(cm).故选C. 4．已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD′的位置，得到四面体D′­ABC，在翻折过程中，点D′始终位于△ABC所在平面的同一侧，且BD′的最小值为，则点D的运动轨迹的长度为(　　) A．π B．2π C． D． 解析：选C. 设正方形ABCD对角线AC与BD交于O，连接DO，OB. 由题意，翻折后BD′＝时，△OD′B为边长为的等边三角形，此时∠D′OB＝，若继续翻折BD′<，如图所示BD′＝，所以点D的运动轨迹是以O为圆心，为半径的圆心角为的圆弧，所以点D的运动轨迹的长度为×＝.故选C. 5.如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6 cm，高8 cm(不含杯脚)，已知水的高度是4 cm，现往杯子中放入一种直径为1 cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变．如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠(　　) A．98颗 B．106颗 C．120颗 D．126颗 解析：选D. 作出圆锥的轴截面图如图，由题意，OP＝8，O1P＝4，OA＝3， 设O1A1＝x，则＝，解得x＝，则最大放入珍珠的体积V＝π×32×8－π××4＝21π，因为一颗珍珠的体积是π×＝.由＝126.所以最多可以放入珍珠126颗．故选D. 6．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面夹角的大小为(　　) A．20° B．40° C．50° D．90° 解析：选B. 示意图如图所示，⊙O所在平面为地球赤道所在平面，⊙O1所在平面为点A处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的平面垂直，则∠CAB＝∠OAO1＝40°，故晷针AC与点A处的水平面夹角的大小为40°.故选B. 7．已知球与圆台的底面、侧面都相切，且圆台母线与底面所成角为60°，则球的表面积与圆台的侧面积之比为(　　) A．2∶3 B．3∶4 C．7∶8 D．6∶13 解析：选B. 如图，设圆台上、下底面圆的半径分别为r1，r2，母线长为l，球的半径为R，取圆台的轴截面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，圆台的内切球球心为O，则球心O在截面ABCD内．在截面ABCD内，设圆O与梯形ABCD的边AB，BC，CD，DA分别相切于点E，F，G，H，由切线长定理可得AE＝AH，DG＝DH，故AD＝DH＋AH＝DG＋AE，即l＝r1＋r2.由于∠ABC＝60°，所以GE＝2R＝l sin 60°，r2－r1＝l，解得r2＝3r1，R＝r1，故＝＝＝.故选B. 8．若半径均为R的四个球两两之间有且仅有一个公共点，在以四个球心为顶点的三棱锥的内部放一个小球，则小球体积的最大值为(　　) A．R3 B．R3 C．R3 D．R3 解析： 选D.所得三棱锥是棱长为2R的正四面体，不妨记为A­BCD，令体积最大的小球半径为r，球心为O，连接AO并延长交平面BCD于点O1，则AO1⊥平面BCD，O1为正三角形BCD的中心，且r＝OO1，连接OC，O1C，则由正弦定理得2CO1＝＝，所以CO1＝R，在Rt△ACO1中，AO1＝＝R，在Rt△COO1中，由OO＋CO＝OC2得r2＋R2＝(R－r)2，则r＝R，所以小球的最大体积为πr3＝π(R)3＝R3.故选D. 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．已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为，A，B为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是(　　) A.圆锥的高为1 B．△PAB为等边三角形 C．△PAB面积的最大值为 D．直线PA与圆锥底面夹角的大小为 解析：选AD.对于A项，由题意得，圆锥的高为h＝＝＝1，故A正确； 对于B项，△PAB中PA＝PB是母线长，AB是底面圆的一条弦，与PA不一定相等，故B错误； 对于C项，当△PAB是轴截面时， cos ∠PAB＝，∠PAB＝，则∠APB＝， 当A，B在底面圆上运动时， S△PAB＝PA2sin ∠APB＝2sin ∠APB≤2， 当且仅当∠APB＝时取等号，即△PAB面积的最大值为2，故C错误； 对于D项，设底面圆圆心为O，则∠PAO为PA与底面的夹角，易得cos ∠PAO＝，∠PAO＝，故D正确．故选AD. 10.如图，在正四棱锥S­ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN(不包含端点)上运动时，下列四个结论中恒成立的为(　　) A．EP⊥AC B．EP∥BD C．EP∥平面SBD D．EP⊥平面SAC 解析：选AC. 对于A项，如图所示，设AC，BD相交于点O，连接EM，EN，SO. 由正四棱锥S­ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，SO⊥AC. 因为SO∩BD＝O，SO，BD⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD. 因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，所以EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，所以平面EMN∥平面SBD，所以AC⊥平面EMN，因为EP⊂平面EMN，所以AC⊥EP，故A正确； 对于B项，因为EM∥BD，EM⊂平面EMN，BD⊄平面EMN，所以BD∥平面EMN，又EM∩EP＝E，所以EP∥BD不成立，故B不正确； 对于C项，因为平面EMN∥平面SBD，EP⊂平面EMN，所以EP∥平面SBD，故C正确； 对于D项，由题易得EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直，故D不正确．故选AC. 11．已知边长为a的菱形ABCD中，∠ADC＝，将△ACD沿AC翻折，下列说法正确的是(　　) A．在翻折的过程中，直线AD，BC可能相互垂直 B．在翻折的过程中，三棱锥D­ABC体积的最大值为 C．当BD＝a时，若M为线段BD上一动点，则AM＋CM的最小值为a D．在翻折的过程中，三棱锥D­ABC表面积最大时，其内切球表面积为πa2 解析：选ACD. 如图1，在翻折过程中构成三棱锥D­ABC，△ACD和△ABC是正三角形， 取AC中点O，连接BO，DO，对于A项，BO＝DO＝a，则在翻折过程中，BD的范围是，当BD＝a时，三棱锥D­ABC是正四面体，取BC的中点G，连接AG，DG，因为△ABC，△BCD均为等边三角形，则BC⊥AG，DG⊥BC，因为AG∩DG＝G，AG，DG⊂平面ADG，所以BC⊥平面ADG，因为AD⊂平面ADG，所以AD⊥BC，故A正确；对于B项，三棱锥D­ABC的底面积S△ABC＝a2是定值，因为△ABC，△ACD均为等边三角形，O为AC的中点，则AC⊥BO，AC⊥DO，因为BO∩DO＝O，BO，DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，因为AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面BOD，在平面BOD内过点D作DD′⊥直线BO于点D′，因为平面ABC⊥平面BOD，平面ABC∩平面BOD＝BO，DD′⊥BO，DD′⊂平面BOD，所以DD′⊥平面ABC，则有DD′≤DO＝a，当且仅当点D′与点O重合时取等号，因此，V三棱锥D­ABC＝S△ABC·DD′＝a2·DD′≤a2·a＝，故B错误；对于C项，当BD＝a时，三棱锥D­ABC为正四面体， 将△DAB，△DCB展开在同一平面内，如图2，显然四边形ABCD为菱形， ∠ABD＝，当A，M，C三点共线时，此时，M为BD，AC的中点，此时，CM＝AM＝AB sin ＝a，则AM＋CM取得最小值a，故C正确；对于D项，三棱锥D­ABC中，S△ACD＝S△ABC＝a2，而S△ABD＝S△CBD，即三棱锥D­ABC的表面积S＝2S△ABC＋2S△CBD＝a2＋2S△CBD，而在翻折过程中，∠BCD的范围是，S△CBD＝BC·DC sin ∠BCD＝a2sin ∠BCD≤a2，当且仅当∠BCD＝时取等号，因此得三棱锥D­ABC的表面积的最大值为a2，此时BD＝＝a， 等腰三角形BOD的底边BD上的高h＝＝＝a，S△BOD＝BD·h＝a2，从而得V三棱锥D­ABC＝S△BOD·AC＝·a2·a＝a3，设三棱锥D­ABC的内切球半径为r，三棱锥D­ABC的表面积为S，由V三棱锥D­ABC＝Sr得S取最大值a2时，r＝＝a， 此球的表面积为4πr2＝4π2＝πa2，故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.如图，圆柱的体积为16π，正方形ABCD为该圆柱的轴截面，F为 的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC，EF夹角的余弦值为________． 解析：设圆柱底面半径为r，则母线长为2r，由πr2·2r＝16π得r＝2. 设底面圆心为O，连接OE，OF.则OE∥AC，所以∠OEF(或其补角)为异面直线AC，EF的夹角．由题意可得OF⊥平面ABCD，又OE⊂平面ABCD，所以OF⊥OE.在Rt△OEF中，OF＝2，OE＝＝2，EF＝＝2.所以cos ∠OEF＝＝. 答案： 13．设PA垂直于Rt△ABC所在的平面α，∠BAC＝90°，PB，PC与平面α夹角的大小分别为45°和30°，PA＝2，则点P到BC的距离是________． 解析：如图所示， 根据题意可知∠PBA＝45°，∠PCA＝30°，又PA＝2，所以AB＝2，PB＝2，AC＝2，PC＝4， 又∠BAC＝90°，所以BC＝4， 作AD⊥BC于点D，连接PD，由PA⊥平面α，BC⊂平面α，所以PA⊥BC, 又AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，所以BC⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以BC⊥PD，所以PD即为点P到BC的距离． 易知AD＝，由勾股定理可得PD＝＝. 即点P到BC的距离是. 答案： 14．在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，若底面边长为1，高为3，则BC到平面ADC1B1的距离为________． 解析：在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，取AD，BC，B1C1的中点O，M，N，连接MN，OM，ON，如图， 因为BC∥AD，BC⊄平面ADC1B1，AD⊂平面ADC1B1，所以BC∥平面ADC1B1.因为MN∥BB1，BB1⊥平面ABCDEF，所以MN⊥平面ABCDEF，又AD⊂平面ABCDEF，则MN⊥AD，又因为OM⊥AD，OM∩MN＝M，OM，MN⊂平面OMN，所以AD⊥平面OMN，又AD⊂平面ADC1B1，因此平面OMN⊥平面ADC1B1. 在平面OMN内过M作MH⊥ON于H，又平面OMN∩平面ADC1B1＝ON， 所以MH⊥平面ADC1B1，线段MH的长即为BC到平面ADC1B1的距离， OM＝1×cos 30°＝，MN＝3，在Rt△OMN中，ON＝＝， 所以BC到平面ADC1B1的距离 MH＝＝＝. 答案： 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13分)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是菱形，且PB＝PD. (1)求证：BD⊥PC；(6分) (2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.(7分) 证明：(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC. 又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO. 因为PO∩AC＝O，PO，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC， 因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC. (2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD. 因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD. 所以BC∥平面PAD. 又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l.所以BC∥l. 16．(本小题满分15分)已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝. (1)求证：PQ∥平面A1D1DA；(7分) (2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．(8分) 解：(1)证明： 如图1，连接CP并延长与DA的延长线交于M点，连接MD1. 因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD， 故△PBC∽△PDM，所以＝＝， 又因为＝，所以＝＝， 所以PQ∥MD1. 又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA. (2) 当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA. 如图2，因为＝，即有＝， 故＝，所以PR∥DA， 又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA， 所以PR∥平面A1D1DA， 又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA. 所以平面PQR∥平面A1D1DA. 17．(本小题满分15分)如图，AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AC＝AD＝AB＝1，BC＝，EC＝2，F为BC的中点． (1)求证：AF∥平面BDE；(7分)　 (2)求二面角C­AB­E的余弦值．(8分) 解：(1)证明：如图，取BE的中点G，连接DG，FG，因为AD⊥平面ABC，EC⊥平面ABC，所以AD∥EC， 因为F为BC的中点，G为BE的中点， 所以GF为△BCE的中位线， 所以GF∥EC，即有GF∥AD，又GF＝AD＝EC，所以四边形GFAD为平行四边形，所以AF∥GD，又GD⊂平面BDE， AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE. (2)如图，连接AE，因为AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC， 由题意可知，AD⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以AB⊥AD，而AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACED， 所以AB⊥平面ACED，又因为AE⊂平面ACED，所以AB⊥AE， 故∠EAC为二面角C­AB­E的平面角． 在Rt△ECA中，AE＝＝， 所以cos ∠EAC＝＝， 即二面角C­AB­E的余弦值为. 18．(本小题满分17分)如图，点C在直径为AB的半圆O上，CD垂直于半圆O所在的平面，BC∥平面ADE，且CD∥BE. (1)证明：平面ADE⊥平面ACD；(8分) (2)若AC＝1，AB＝，异面直线AD与BE的夹角是45°，求三棱锥A­BCE的外接球的表面积．(9分) 解：(1)证明：因为点C在半圆O上，AB为直径，则BC⊥AC，因为CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CD⊥BC，又AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD， 则BC⊥平面ACD.由CD∥BE知点B，C，D，E共面， 又BC∥平面ADE，平面BCDE∩平面ADE＝DE，BC⊂平面BCDE， 因此BC∥DE，即有DE⊥平面ACD，又DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ACD. (2)由(1)知，CD⊥AC，因为CD∥BE，则∠ADC为异面直线AD与BE的夹角，即∠ADC＝45°，则CD＝AC＝1. 因为CD∥BE，BC∥DE，所以四边形BCDE为平行四边形，则有BE＝CD＝1.因为CD⊥平面ABC，则有BE⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，则BE⊥AC，又BC⊥AC，BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCDE，所以AC⊥平面BCDE，因为CE⊂平面BCDE，所以AC⊥CE.取AE的中点M，连接CM，BM，如图， 因此BM＝AM＝EM＝CM，则点M是三棱锥A­BCE的外接球的球心，而AE2＝AB2＋BE2＝6， 所以三棱锥A­BCE的外接球的表面积S＝4π·AM2＝4π·(AE)2＝π·AE2＝6π. 19．(本小题满分17分)已知点P是边长为2的菱形 ABCD 所在平面外一点，且点P在底面ABCD内的投影是AC与BD的交点O，已知∠BAD＝60°，△PBD是等边三角形． (1)求证：AC⊥PD；(4分) (2)求点D到平面PBC的距离；(6分) (3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC的夹角最大？求出最大角的正弦值，并说明此时点E所在的位置．(7分) 解：(1)证明：因为点P在底面ABCD内的投影是AC与BD的交点O，所以PO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC. 因为PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD. 因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD. (2)由题意可得△ABD，△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形，所以PO＝AO＝CO＝，S△BDC＝×2×＝，PC＝＝. 因为BP＝BC＝2，所以S△PBC＝××＝. 设点D到平面PBC的距离为h，由V三棱锥D­PBC＝V三棱锥P­BDC得S△PBC·h＝S△BDC·PO， 即h＝×，解得h＝.故点D到平面PBC的距离为. (3)设直线PE与平面PBC的夹角为θ，由AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，得AD∥平面PBC， 所以点E到平面PBC的距离即为点D到平面PBC的距离h. 过E作EF⊥平面PBC，交平面PBC于点F，连接PF，则θ＝∠EPF， 此时sin θ＝＝，要使θ最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD. 由题意可知，OD＝1，OA＝， 因为PO⊥平面ABCD，且PO＝， 所以PA＝＝，PD＝＝2， 在△PAD中，由余弦定理可得cos ∠PAD＝＝＝， 所以sin ∠PAD＝＝， 由等面积法，得 S△PAD＝PA·AD sin∠PAD＝AD·PE， 即××2×＝×2PE，得PE＝， DE＝＝＝，此时＝，sin θ＝＝. 所以当点E在线段AD上靠近D点的处时，直线PE与平面PBC的夹角最大，最大角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $