第八章 立体几何 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** 高中数学立体几何章末复习卷，覆盖空间点线面关系、几何体表面积体积等核心知识，通过翻折问题、二面角计算等设计，强化空间观念与推理能力，适配单元复习检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|线面关系判断、圆锥表面积、圆台体积|结合充分必要条件考查空间位置关系| |多选|3/18|面面平行判定、正方体挖去几何体性质|多选项设计深化空间几何直观| |填空|3/15|正三棱锥体积、斜二测画法、翻折体积最值|融入动态翻折问题培养模型意识| |解答|5/77|四棱锥线面平行证明、圆锥面面垂直、三棱柱体积计算|分层设置证明与计算，提升推理能力|

第八章 立体几何章末复习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1．已知直线，和平面，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】根据线面垂直的性质可知，若直线，，则“”，即必要性成立；若，，则直线可以在平面内，也可以与平面相交，还可以为相交且垂直，所以充分性不成立， 因此，若，则“”是“”的必要不充分条件. 2．圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出母线长，再根据圆锥表面积公式求解即可 【详解】圆锥母线长，表面积 3．圆台的上、下底面半径分别为10和20，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由圆台的侧面展开图可得母线长，进而可求圆台的高，再结合圆台体积的计算公式即可求解. 【详解】如图所示，设圆台的上底面周长为，下底面周长为， 因为扇环所对的圆心角为180°，所以，解得， ，解得，故圆台的母线， 高， 故圆台的体积， 4．设长方体的长、宽、高分别为，其顶点都在一个球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由长方体的结构特征可得，长方体的外接球的直径为长方体的对角线，结合球的体积公式即可求解. 【详解】由题可知球直径为长方体的体对角线，故半径为， . 故选：B. 5．在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（    ） A．与平行 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上 【答案】D 【分析】先利用三角形中位线性质与平行线分线段成比例定理证明且长度不等，得与共面且相交，再结合平面交线的公理判断交点位置. 【详解】连接、： 因为、分别为、的中点，由三角形中位线定理得：，且. 在中，，由平行线分线段成比例定理的逆定理得：，且. 判断与的位置关系： 由且，可知四边形为梯形，、为梯形两腰，必相交且共面，故A（平行）、B（异面）错误. 判断交点的位置： 设，因为平面，故平面；又平面，故平面. 平面与平面的交线为，根据公理3：两个不重合的平面若有公共点，则所有公共点都在它们的交线上，可得，即交点一定在直线上，故C错误，D正确. 6．如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ） A．异面直线和所成角的大小为 B．直线与平面所成角的大小为 C． D．的面积为 【答案】D 【分析】设球的半径为，求得，证得平面，得到，得到，进而得到，把异面直线和所成角转化为直线和所成角，可判定A不正确；作，证得平面，得到即为直线与平面所成角，可判定B不正确；在直角中，求得，结合二倍角公式，可得判定C不正确；结合面积公式，可判定D正确. 【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，可得，可得， 因为和分别为的中点，所以，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 在直角中，可得， 对于A，由，可得异面直线和所成角，即为直线和所成角， 因为，所以异面直线和所成角的大小为，所以A不正确； 对于B，过点作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角中，，可得，则， 所以，所以B不正确； 对于C，在直角中，，可得， 所以，则， 所以，所以C不正确； 对于D，由的面积为，所以D正确. 故选：D. 7．已知长方体中，，，与平面所成角的正弦值为，则该长方体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】作，垂足为，连接，.利用面面垂直的性质定理得到平面， 得到是与平面所成的平面角.然后根据已知条件求得, 进而求得得到该长方体的体对角线，得到外接球的半径，进而计算外接球的表面积 【详解】作，垂足为，连接，. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以是与平面所成的平面角. 又， . 所以， 解得. 故该长方体的体对角线为. 设长方体的外接球的半径为，则，解得. 所以该长方体的外接球的表面积为.故选B. 【点睛】本题考查球的表面积计算，涉及面面垂直的性质，线面角，长方体的性质，属中档题，关键是利用面面垂直的性质定理作出线面角，进而计算求得长方体的对角线长，便是外接球的直径. 8．已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥，当平面平面时，二面角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平面角的做法，作出角，构造三角形，在三角形中解三角形计算夹角． 【详解】 取AC的中点O，连接BO，，取中点M，连接AM，CM； 因为为菱形且，故与均为等边三角形； 变换之后与为等边三角形； 因为O为AC中点，故，； 故二面角的平面角为； 其中； 在中，由余弦定理可知： ； 根据原图可知，故，； 因为，故，故； 因为平面平面，故； 则在中，； 则；故； 代入计算可得：； 二面角的余弦值为． 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，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（     ） A．若，，则或． B．若，，，则． C．若，，，则． D．若，为异面直线，，，则． 【答案】AC 【分析】由线面平行与面面平行的判定与性质判断选项即可. 【详解】由正方体来辅助证明，取的中点，连接EF. 对于A，设平面为，平面为， 当时， ，当时， ，故A正确; 对于B， 设平面为，，此时， 设，平面为，此时，，但，故B错误， 对于C， 设平面为，平面为，平面为， ，，则，即，故C正确； 对于D， 设，平面为，此时， 设，平面为，此时，，故D错误. 10．如图，将棱长为2的正方体挖去一部分，得到几何体，，交于点，则下列说法正确的是（    ） A．几何体的体积为 B．，是异面直线 C． D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】采用分割法，将其拆分为两个三棱锥分别求体积后求和；判定异面直线可借助正方体中面面平行的性质分析；判定线线垂直可通过计算对应线段长度，利用勾股定理逆定理验证是否满足垂直条件；求点到平面的距离可采用等体积法，通过同底三棱锥体积相等转化求解. 【详解】由题意可知原正方体棱长为，故平面，平面， 因此，且； 底面是边长为的正方形，对角线，二者交于点， 故是正方形的中心，. A：将几何体拆分为两个三棱锥、的组合： ， ，同理， 几何体总容积，故A正确. B：平面，平面，平面且，所以是异面直线，故B正确. C：平面，平面， ，则在中， 同理可得，且， 所以，故C错误. D：设点到平面的距离为. ， 是边长为的等边三角形， . 由等体积法可得， ， ， 代入得，解得，故D正确. 11．如图，等边三角形的边长为，边上的高为，沿把三角形折起来，则（ ） A．在折起的过程中始终有平面 B．三棱锥的体积的最大值为 C．当时，点到的距离为 D．当时，点到平面的距离为 【答案】AC 【分析】A. 利用线面垂直的判定定理判断；B.由三棱锥的体积为求解判断；C.设的中点为，连接，，易知，AE为点到的距离判断；D. 易知平面，由CD为点到平面的距离判断. 【详解】A. 因为，所以平面，故正确； B. 因为，当时，， 由选项A知平面，所以AD是三棱锥的高， 所以三棱锥的体积为， 则其最大值为，故错误； C.如图所示： 当时，是等边三角形，设的中点为，连接，， 则，所以点到的距离为，故正确； D. 当时，，且，则平面， 所以点到平面的距离为，故错误； 故选：AC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．若一个正三棱锥的高是，底面边长是3，则该正三棱锥的体积为_______． 【答案】 【分析】因为正三棱锥底面为正三角形，根据三角形面积公式即可求出底面积，利用三棱锥体积公式即可计算体积． 【详解】因为底面边长是3，底面为正三角形，故底面面积为： ； 则该正三棱锥的体积为． 13．如图，是的斜二测画法的直观图，，，则原平面图形的周长为________. 【答案】 【详解】如图，在中，作于点. 因为，，所以，. 又因为，所以，，. 将直观图还原为原平面图形， 由斜二测画法，可得，，， 所以，， 则原平面图形的周长为. 14．在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【分析】对于①，根据等体积可知,只需求出到平面的距离的最大值，即可判断；对于②，取中点,连接,则,连接，由异面直线的定义可知是异面直线、所成角或补角，在中，利用余弦定理求解后，即可判断；对于③，由②可判断；对于④，根据②可知以，，从而得的轨迹是以、为球心的两个球面的交线，即可判断. 【详解】对于①，由题意可知, 又因为, 要使三棱锥的体积最大，则点到平面,即平面的距离最大， 只有当平面平面时，最大， 此时的长度与斜边上高的一半相等， 所以， 所以,故①错误； 对于②，取中点,连接,则,连接， 所以是异面直线、所成角或补角， 因为,, ,, 又因为, 所以, 又因为， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： , 又因为 所以， 即异面直线、所成角始终为，故②正确； 对于③，由②可知，故③错误； 对于④，由②可知， 所以， 又因为， 所以的轨迹是以、为球心的两个球面的交线， 即点在某个圆上运动，故④正确. 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．如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. (1)求证：平面； (2)设点在上，且，证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由线面垂直的性质可得，再结合线面垂直的判定即可证明； （2）通过证明四边形为平行四边形，得到，再由线面平行的判定即可证明． 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面； （2）取的中点，则， 因为，所以，则且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，从而， 又平面，平面，所以平面． 16．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，点C在底面圆周上，点D为BC的中点． (1)证明：平面PAC； (2)证明：平面平面PBC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题设易得，进而根据线面平行的判定定理求证即可； （2）由题设可得，，结合可得，进而得到平面POD，再根据面面垂直的判定定理求证即可. 【详解】（1）因为O为底面圆心，AB为底面直径，所以点O为AB的中点， 又因为点D为BC的中点，所以， 因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC； （2）因为点C在底面圆周上，所以， 又因为点D为BC的中点，所以， 因为AB为底面直径，所以， 又因为，所以， 而，PD，平面POD，所以平面POD， 因为平面PBC，所以平面平面PBC． 17．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形． (1)求证：； (2)若，求二面角的大小． 【答案】(1)因为平面，平面，所以， 又因为底面为正方形，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以. (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理求证； （2）过点B作于点E，得出为二面角的平面角，在中求解. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以， 因为，所以，， 过点B作于点E，连接， 在和中，有，，，所以， 所以当时，有，且， 所以为二面角的平面角， 因为底面为正方形，所以， 又由（1）知，所以． 在中，有，得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以二面角的大小为． 18．如图，已知三棱柱，底面是边长为1的正三角形，侧棱底面，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)连接，交于点，连接， 由三棱柱可知，四边形为平行四边形，则，又， 所以为中位线，则， 又平面，不在平面内， 所以平面； (2) 【分析】（1）连接，可得线线平行，进而根据线面平行的判定定理即可得出证明； （2）将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积，即可解决问题. 【详解】（1）略 （2）因为，， 取中点，连接，由底面，且，则平面， 又平面，所以， 又因为为正边的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 取中点，连接，则，可得平面， 即为三棱锥的高，则， 所以. 19．如图所示的几何体，在底面中，，与交于点，，，垂直于平面，，且． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在内部（包括边界）的动点满足四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出点的轨迹，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)线段即为点的轨迹，理由见解析 【分析】（1）过作，交于，可证四边形为平行四边形，得到，即，再由线面平面的判定即可证明； （2）法一：连接，根据，结合锥体体积公式计算；法二：由等体积法可知即可求解； （3）根据题意，，进而得到点到平面的距离是点到平面的距离的两倍，再得到轨迹即可． 【详解】（1）证明：在平面中，过作，交于， 因为为的中点，所以为的中点，则，， 又，，所以且， 则四边形为平行四边形，所以，即， 因为平面，平面，所以平面． （2）法一：连接，则， ． 法二：（等体积法）由知， 因为，所以， 因为，所以． （3）四棱锥和三棱锥中含有相同的字母，，， 保留这三个字母，将其他字母统一化．， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的三倍， 即平面经过线段的一个四等分点（靠近点）， ， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的两倍， 即平面经过线段的一个三等分点（靠近点）， 又平面与平面相交于一条直线，点，确定该直线， 因此，线段即为点的轨迹． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第八章 立体几何章末复习卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1．已知直线，和平面，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．圆台的上、下底面半径分别为10和20，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 4．设长方体的长、宽、高分别为，其顶点都在一个球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 5．在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（    ） A．与平行 B．与异面 C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D．与的交点一定在直线上 6．如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ） A．异面直线和所成角的大小为 B．直线与平面所成角的大小为 C． D．的面积为 7．已知长方体中，，，与平面所成角的正弦值为，则该长方体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥，当平面平面时，二面角的余弦值为（     ） 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，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（     ） A．若，，则或． B．若，，，则． C．若，，，则． D．若，为异面直线，，，则． 10．如图，将棱长为2的正方体挖去一部分，得到几何体，，交于点，则下列说法正确的是（    ） A．几何体的体积为 B．，是异面直线 C． D．点到平面的距离为 11．如图，等边三角形的边长为，边上的高为，沿把三角形折起来，则（ ） A．在折起的过程中始终有平面 B．三棱锥的体积的最大值为 C．当时，点到的距离为 D．当时，点到平面的距离为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．若一个正三棱锥的高是，底面边长是3，则该正三棱锥的体积为_______． 13．如图，是的斜二测画法的直观图，，，则原平面图形的周长为________. 14．在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论：①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为；④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 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．如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. (1)求证：平面； (2)设点在上，且，证明：平面； 16．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，点C在底面圆周上，点D为BC的中点． (1)证明：平面PAC； (2)证明：平面平面PBC． 17．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形． (1)求证：； (2)若，求二面角的大小． 18．如图，已知三棱柱，底面是边长为1的正三角形，侧棱底面，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 19．如图所示的几何体，在底面中，，与交于点，，，垂直于平面，，且． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在内部（包括边界）的动点满足四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出点的轨迹，并说明理由． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $