第八章 立体几何初步 章末复习卷-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 立体几何章末复习卷，120分钟150分，覆盖空间几何体、线面关系等核心知识，通过基础判断、空间计算与综合证明，培养空间观念与推理能力，适配高中数学单元复习检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|正棱锥定义、球截面性质、异面直线成角|基础判断与空间计算结合，如第3题正方体中异面直线成角余弦值| |填空题|3题15分|截面周长、球与圆台内切、异面直线成角|注重空间想象，如第12题正方体截面周长计算| |解答题|5题77分|四点共面证明、线面平行探究、线面夹角|综合性强，如第17题四棱锥中证线面平行与垂直，第19题探究动点线面垂直及距离计算，体现推理能力与空间观念|

第八章 立体几何章末复习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．下列说法正确的是（    ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．用任意一个平面去截球，得到的截面一定是一个圆面 C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 【答案】B 【详解】对于A项，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误； 对于B项，用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，故B正确； 对于C项，例如将两个棱柱底面错开拼接，满足有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形， 但是形成的多面体不是棱柱，如图， 故C错误； 对于D项，直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，故D错误； 2．已知圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则圆锥的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，体积为. 则， 由， 所以， 所以. 3．如图，在正方体中，E为棱AB的中点，F为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接,可得异面直线与所成角（或其补角）为,结合余弦定理求解即可. 【详解】取的中点，连接 因为分别为的中点， 所以,且,所以四边形为平行四边形， 则,所以异面直线与所成角为（或其补角）, 不妨假设正方体的边长为, 则,,, , 所以在中，由余弦定理可得：, 所以异面直线与所成角的余弦值为 4．在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用割补法及锥体的体积公式求解即可. 【详解】在棱长为1的正方体中，连接， 则几何体是棱长为的正四面体，， ， 设点到平面的距离为，则， 因此，所以. 故选：B 5．直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【详解】 将所在平面与所在平面展平至同一平面内，如右图 在左图中，由于，，得是等边三角形，故． 在右图中，． 两点之间线段最短，连接，最小为． 6．三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理及平行线分线段成比例定理求解. 【详解】如图，连接，设，连接. 因为平面，平面平面，平面， 所以. 在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，即. 所以与相似， 则，又在中，由可得. 所以，即. 7．在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析四边形特征得出旋转得到的几何体为一个圆台加上一个圆锥组成，再由体积公式计算可得结果. 【详解】过点分别作，垂足分别为，如下图所示： 在中，因为，，所以， 又在中，，因此，所以； 易知四边形为矩形，所以，可得； 将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体为一个圆台和一个圆锥组成， 圆台的上、下底面半径为，高为，圆锥底面半径为，高为； 因此圆台体积为， 圆锥体积为， 所以所得几何体的体积为. 8．四面体ABCD中，平面平面，，，，，则该四面体外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】1.本题的核心是利用面面垂直的性质和外接球的球心判定来求解. 2.在直角三角形中，斜边即为外接圆的直径，由已知条件及勾股定理计算出斜边的长. 3.结合,可推出外接圆的直径也是，最终确定球心位置，求出球体半径，进一步求出球体的体积. 【详解】如图，设的外心为，过点作于点，连接、、， 取的中点，连接，则. 因为面面，面面，平面， 所以，面， 因为平面，所以. 在直角三角形中，，，,得. 在中，由正弦定理得，，解得，. 在直角三角形中，，则， 在直角三角形中，由面积公式得，，解得，， 则，. 在直角三角形中，则， 在直角三角形中，则， 即， 所以，点为该四面体外接球的球心，故其体积为. 【点睛】方法归纳： 1.对于含面面垂直的四面体外接球问题，通常是先找出其中一个面的外接球直径，再利用面面垂直的性质确定球心的位置. 2.外接球的球心到四面体各个顶点的距离相等，是确定球心位置的关键. 易错归纳： 1.容易忽视面面垂直这个条件，错误地以的外接圆作为球的大圆. 2.球体的体积公式记错，混淆了半径与体积的关系式. 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m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】结合空间中的位置关系，对每个选项进行分析、判断即可得到正确的结论． 【详解】对于A，若，，，则可能平行，可能相交或异面但不一定垂直，所以A错误； 对于B，因为，，所以，又，所以，所以B正确； 对于C，若，，则可能在平面内或与平面平行，所以C错误； 对于D，由，可得，又，所以，所以D正确． 10．如图，是用斜二测画法画出的直观图，则（ ） A．是钝角三角形 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 【答案】BC 【详解】作出如图所示，由图可得是等腰直角三角形，故A错误； ，，故的周长为，故B正确； 的面积为，故C正确； 的面积为，故D错误． 11．如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，若八面体的各棱长均为1，则下列结论正确的是（    ） A．四边形为菱形 B．八面体的体积为 C．直线与平面所成角的大小为45° D．二面角的正弦值是 【答案】ABC 【分析】利用正八面体的中心对称性，结合菱形判定、线面角定义、棱锥体积公式与二面角平面角的余弦定理，逐一验证各选项. 【详解】对于A：如图，连接交于点O，则点O为正方形的中心， 由对称性可知，， 所以四边形为平行四边形，又，故四边形为菱形，A正确； 对于B：该八面体的各棱长均为1，则其体积，B项正确； 对于C：由，，得， 在正方形中，，平面，平面， 又，所以平面， 所以即为直线与平面所成的角. 由该八面体的棱长为1，得， 所以，所以，，C项正确； 对于D：取的中点为N，连接，，因为各棱长均为1，则， 则即为二面角的平面角. 由该八面体的棱长为1，得，， 所以， 所以二面角的余弦值是，正弦值为，D错误. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图所示正方体的棱长为2，E是棱的中点，则由，A，E三点确定的平面与正方体相交所得截面图形的周长为______. 【答案】 【分析】先通过作辅助线确定截面的形状，再利用正方体棱长及勾股定理分别求出截面四边形各边的长度，最后相加即可. 【详解】延长与的延长线交于点，连接交于点，连接，如图所示， 则由，A，E三点确定的平面与正方体相交所得截面图形的周长为 棱的中点,且，在中，为中位线，， 又由题意得，且，，又，，， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， 所得截面图形的周长为. 故答案为：. 13．已知球内切于圆台（即球与圆台的上、下底面及侧面均相切），且圆台上、下底面半径之比为2：5. 设圆台的侧面积为，球的表面积为，则=__________. 【答案】 【分析】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，再计算对应圆台的侧面积，球的表面积，即可得答案. 【详解】设上底半径，下底半径 . 由圆台内切球的轴截面性质知，圆台母线长 ， 圆台的高（为球的半径） 由勾股定理得： ， 因此球半径 ， 所以圆台侧面积， 球的表面积， 所以=. 14．如图，四面体中，，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为________． 【答案】 或 【分析】取中点，连接，即可得到为异面直线与所成角（或补角），再由余弦定理计算可得. 【详解】取中点，连接， 又因为，，、分别为、的中点， 所以且，且， 则为异面直线与所成角（或补角）， 又因为异面直线与所成角的大小为，所以或， 在中，由余弦定理得， 当，有，解得； 当，有，解得； 因此的长为或. 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．在正方体中，分别为的中点，，，如图. (1)求证：四点共面； (2)作出直线与平面的交点的位置.并给出理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)与的交点R就是所求的交点，理由见解析 【分析】（1）通过证明直线与、分别相交于同一点，得出与相交，从而证明四点共面； （2）先确定平面与平面的交线为，再根据在平面内，得出与平面的交点即为与的交点. 【详解】（1）如图，和在同一个平面内且不平行，故必相交，设交点为O，因为F为的中点，所以且，则；同理直线与也相交，设交点为，则，故与O重合.由此可证得，故D，B，F，E四点共面. （2）设平面为.由于，所以四点共面（设为）. 因为，，所以.又，，所以， 所以.同理可证得，从而有.连接，交于点R， 因为，所以与平面的交点就是与的交点. 所以与的交点R就是所求的交点. 16．如图，在三棱柱中，P是上一动点，（），是上一点，是的中点. (1)求证：直线平面； (2)若是的中点.试探究为何值时，直线平面？并给出你的证明. 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，直线平面. 【分析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）过点作交于点，连接，证得，，由面面平行的判定定理证得平面平面，再由面面平行的性质定理证明即可. 【详解】（1）由三棱柱的性质可得：， 平面，平面， 所以平面. （2） 当时，直线平面，证明如下： 过点作交于点，连接，所以， 因为是的中点，所以为的中点，是的中点， 所以在中，，平面，平面， 所以平面，同理平面，， 平面，所以平面平面， 又平面，所以直线平面. 即当时，直线平面. 17．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上．    (1)若为中点，求证：平面； (2)若，求证； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面平行判定定理证明结论； （2）取的中点，连接，再由线面垂直判定定理可证平面，从而得证； （3）取的中点，结合异面直线夹角定义证明为异面直线与所成角（或其补角），解三角形求其余弦值； 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为是正方形，所以为中点， 所以在中，为中位线，， 又平面，平面，平面；    （2）取的中点，连接， 因为为正三角形，所以， 又，则， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以； （3）取的中点，因为为中点， 所以在中，为中位线，所以，， 所以为异面直线与所成角（或其补角）， 在中，，，， 由余弦定理可得， 又，所以为锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 18．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，且． (1)证明：． (2)证明：平面平面． (3)若，求平面与平面夹角的正切值． 【答案】(1)方法一：在正三棱柱中，平面，平面， 所以． 因为为正三角形，为的中点，所以． 又因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以． 方法二：在正三棱柱中，平面平面． 因为是正三角形，为的中点，所以． 因为平面平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． (2)如图，连接，交于点，连接，． 因为，分别为，的中点，所以且． 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则． 由（1）知平面，所以平面． 又因为平面，所以平面平面． (3) 【分析】（1）根据正三棱柱的性质可证平面，进而可证； （2）连接，交于点，通过平行四边形的性质可证，结合平面，可证平面，由面面垂直的判定定理可证结论； （3）取的中点，可证平面，过点作的垂线，垂足为点，则为平面与平面夹角的平面角，解三角形即可求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）如图，取的中点，连接，则． 因为平面，平面，所以． 因为，，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 如图，过点作的垂线，垂足为点，连接． 因为，，平面，所以平面． 又因为平面，所以， 所以为平面与平面夹角的平面角． 设． 因为为的中点，，所以为的中点，所以． 又因为为的中点， 所以，，． 在中，， 所以． 在中，由等面积法，得， 则． 所以， 所以平面与平面夹角的正切值为． 19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.    (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）证明：因为底面，且底面所以， 因为为正方形，所以， 因为，又平面，所以平面， 因为平面，所以. 由为线段的中点，可知， 因为且平面，所以平面． （2）取的中点，连接．    因为为中点，为中点，所以是的中位线， 故，且． 又底面，所以底面， 因此是在底面内的射影，即为直线与平面所成的角． 由题意，是的四等分点，，故． 又是中点，，故． 在中，． 在中，． 因此，． （ii）利用等体积法，设点到平面的距离为． 由(1)知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此，． 由(1)知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由，得：，，解得． 2 / 18 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 第八章 立体几何章末复习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．下列说法正确的是（    ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．用任意一个平面去截球，得到的截面一定是一个圆面 C．有两个平面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 2．已知圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则圆锥的体积为（     ） A． B． C． D． 3．如图，在正方体中，E为棱AB的中点，F为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．直四棱柱的所有棱长均为1，为棱上的动点，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 6．三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（     ） A． B． C． D． 7．在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 8．四面体ABCD中，平面平面，，，，，则该四面体外接球的体积为（ ） A． B． C． 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m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 10．如图，是用斜二测画法画出的直观图，则（ ） A．是钝角三角形 B．的周长为 C．的面积为 D．的面积为 11．如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，若八面体的各棱长均为1，则下列结论正确的是（    ） A．四边形为菱形 B．八面体的体积为 C．直线与平面所成角的大小为45° D．二面角的正弦值是 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图所示正方体的棱长为2，E是棱的中点，则由，A，E三点确定的平面与正方体相交所得截面图形的周长为______. 13．已知球内切于圆台（即球与圆台的上、下底面及侧面均相切），且圆台上、下底面半径之比为2：5. 设圆台的侧面积为，球的表面积为，则=__________. 14．如图，四面体中，，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为________． 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．在正方体中，分别为的中点，，，如图. (1)求证：四点共面； (2)作出直线与平面的交点的位置.并给出理由. 16．如图，在三棱柱中，P是上一动点，（），是上一点，是的中点. (1)求证：直线平面； (2)若是的中点.试探究为何值时，直线平面？并给出你的证明. 17．如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上．    (1)若为中点，求证：平面； (2)若，求证； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 18．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，且． (1)证明：． (2)证明：平面平面． (3)若，求平面与平面夹角的正切值． 19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.    (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 2 / 18 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $