第八章　立体几何初步 综合训练 2025-2026学年高中数学人教A版必修第二册

**基本信息** 本单元卷聚焦立体几何初步，融合2024全国甲卷、新高考Ⅰ卷及2025新高考Ⅱ等真题，覆盖空间几何体、线面关系、体积表面积计算等核心知识，适配单元复习，强化空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8题|几何体概念、圆锥截面、直观图还原|结合易错点辨析，如斜棱柱侧面性质| |多选|3题|平面性质、线面平行、异面直线|正方体背景下多结论判断，考直观想象| |填空|3题|棱台体积、空间距离计算|正四棱台体积（2024新高考Ⅰ卷改编）| |解答|5题|四点共面证明、线面平行、棱台侧面积|2025新高考Ⅱ翻折问题，考二面角求解|

第八章　立体几何初步 一、单项选择题: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.下列说法中正确的是(　　) A.斜棱柱的侧面中可能有矩形 B.有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C.直角三角形绕它的一条边所在直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 D.棱台各侧棱的延长线不一定交于一点 2.已知某圆锥轴截面的顶角为120°,过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2,则该圆锥的底面半径为(　　) A. B. C.2 D.2 3.如图,△A'O'B'表示水平放置的△AOB的直观图,B'在x'轴上,A'O'与x'轴垂直,且A'O'=2,则△AOB的边OB上的高为(　　) A.2 B.4 C.2 D.4 4.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为(　　) A.(60+4)π B.(60+8)π C.(56+8)π D.(56+4)π 5.如图,正四棱锥P-ABCD的体积为2,底面积为6,E为侧棱PC的中点,则直线BE与平面PAC所成的角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 6.(2024全国甲卷理)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,AB=4,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC的面积为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 7.在空间四边形ABCD中,AD=2,BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=,则异面直线AD与BC所成角的大小为(　　) A.150° B.60° C.120° D.30° 8.已知三棱锥P-ABC的高为1,底面△ABC为等边三角形,PA=PB=PC,且P,A,B,C都在体积为的球O的表面上,则该三棱锥的底面△ABC的边长为(　　) A. B. C.3 D.2 二、多项选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 9.下列四个命题中为真命题的是(　　) A.过空间中任意三点有且仅有一个平面 B.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 C.若空间中两条直线不相交,则这两条直线平行 D.空间中四点不共面,则任意三点不共线 10.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　) A.直线D1D与直线AF垂直 B.直线A1G与平面AEF平行 C.平面AEF截正方体所得的截面面积为 D.点C与点G到平面AEF的距离相等 11.在下列底面为平行四边形的四棱锥中,M,S,T,P,Q是四棱锥的顶点或棱的中点(如图),则PQ∥平面MST的有(　　) A B C D 三、填空题 12.(2024新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为　　　　.  13.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=13,平面PAB⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,则PC=　　　　.  (第13题图) 14.如图,已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2,E为棱PA的中点,则异面直线BE与PD所成角的余弦值为　　　　　.  (第14题图) 四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,E,F,G,H分别为BB1,CC1,A1B1,A1C1的中点.证明: (1)E,F,G,H四点共面; (2)EG,FH,AA1三线共点. 16.如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,M是线段EF的中点. (1)求证:AM∥平面BDE; (2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论. 17.正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截,得到正六棱台和较小的棱锥. (1)求大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比; (2)若大棱锥的侧棱长为12 cm,小棱锥的底面边长为4 cm,求截得的棱台的侧面积与全面积. 18.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC=AD=CD=AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD. (1)求证:BC⊥平面PAC; (2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由,并求三棱锥N-AMC的体积. 19.(2025新高考Ⅱ)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 参考答案 1.A　对于A,斜棱柱的侧棱可以垂直于底面的一条边,此时侧面是矩形,故A正确;对于B,有一个面是多边形,其余各面都是三角形,如果这些三角形没有一个公共顶点,该几何体不是棱锥,故B错误;对于C,如果绕直角三角形斜边所在直线旋转一周,则形成的曲面围成的几何体不是圆锥,故C错误;对于D,棱台各侧棱的延长线一定交于一点,故D错误.故选A. 2.A　 如图,△APB为该圆锥的轴截面.由题可知,∠APB=120°,∠ABP=30°.∵120°>90°,过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2, ∴l2sin 90°=2,即l=2. 在Rt△POB中,r=lcos 30°=2×.故选A. 3.D　设△AOB的边OB上的高为h,因为S原图形=2S直观图,所以·OB·h=2·O'B'·2,又 OB=O'B',所以h=4.故选D. 4. A　四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图,S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×2=(60+4)π.故选A. 5. C　如图,过点P作PO⊥平面ABCD,点O为垂足.连接BD,则AC与BD相交于点O. 在正四棱锥中,根据底面积可得,BC=,根据体积公式可得,PO=1.因为BD⊥AC,所以BD⊥平面PAC,∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角. 因为PO=1,OA=,所以PA=2,OE=PA=1,而BO=,所以tan∠BEO=,即∠BEO=60°.故选C. 6.C　 如图,取AB,CD的中点分别为M,N,因为AB=4,所以MN=4,AC=4. 又PC=PD=3,过P作PO⊥平面ABCD,则O∈MN.连接PN,OA,OC, 则PN⊥CD,PN=. 令ON=x,则PO2=5-x2,OA2=4+(4-x)2, PA2=OA2+PO2=4+(4-x)2+5-x2=25-8x, 在△PAC中,因为∠PCA=45°,所以cos 45°=, 解得x=1,则ON=1,PO=2.过O作OH⊥BC,垂足为H,连接PH,则OH=2,PH=2. 所以S△PBC=×BC×PH=×4×2=4. 故选C. 7.D 如图,设BD的中点为O,连接EO,FO,所以EO∥AD,FO∥BC,则∠EOF是AD,BC所成的角或其补角,又EO=AD=1,FO=BC=,EF=,根据余弦定理,得cos∠EOF==-, 所以∠EOF=150°, 异面直线AD与BC所成的角为30°.故选D. 8.C　设球O的半径为R,由球的体积为可得,πR3=,解得R=2. 因为三棱锥P-ABC的高h为1,所以球心O在三棱锥外. 如图,设点O1为△ABC的外心,则OO1⊥平面ABC. 在Rt△AO1O中,由A=OA2-O,且OO1=R-h=1,得AO1=. 因为△ABC为等边三角形, 所以AO1=AB·sin 60°=AB,所以AB=AO1=3.故选C. 9.BD　对于A,当三点在一条直线上时,过这三点有无数个平面,错误;对于B,两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内,正确;对于C,若空间中两条直线不相交,则这两条直线平行或异面,错误;对于D,空间中四点不共面,则任意三点不共线,正确.故选BD. 10.BC　连接AD1,D1F(图略),∵AD1∥EF, ∴平面AEF即平面AEFD1,故A错误; ∵A1G∥D1F,A1G⊄平面AEFD1, ∴A1G∥平面AEFD1,即A1G∥平面AEF,故B正确; 平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,由题意得等腰梯形上底EF=,下底AD1=,腰长为,高为,故梯形面积为,故C正确; 点G到平面AEF的距离即点A1到平面AD1F的距离,显然D错误.故选BC. 11.AB　对于A,如图①,底面为平行四边形STFE,设A为MS的中点,连接PA,TA,因为P为ME的中点,则PA∥SE,PA=SE.因为Q为TF的中点,所以TQ∥SE,TQ=SE,所以PA∥TQ,PA=TQ,即四边形PATQ为平行四边形,所以PQ∥AT.又AT⊂平面MTS,PQ⊄平面MTS,所以PQ∥平面MST,故A正确; 图① 图② 对于B,如图②,底面为平行四边形STFE,设A为MS的中点,连接PA,AT,因为P为ME的中点,则AP∥ES,AP=ES.因为Q为TF的中点,所以QT∥ES,QT=ES,故AP∥QT,AP=QT,即四边形APQT为平行四边形,所以PQ∥AT.又AT⊂平面MST,PQ⊄平面MST,所以PQ∥平面MST,故B正确; 对于C,如图③,底面为平行四边形GFES,设A为ME的中点,连接QA,AS,设AQ交MT于点H,连接SH,因为Q为MF的中点,所以AQ∥FE,AQ=FE.因为P为GS的中点,所以PS∥EF,PS=EF,所以AQ∥PS,AQ=PS,所以四边形AQPS为平行四边形,所以AS∥PQ.又PQ⊂平面AQPS,PQ⊄平面MST,平面AQPS∩平面MST=SH,所以假设PQ∥平面MST,则PQ∥SH,即在平面AQPS内过点S有两条直线和PQ都平行,这是不可能的,故C错误; 图③ 图④ 对于D,如图④,底面为平行四边形MQEF,连接ME,FQ交于点H,连接MT交FQ于点G,由题意可知,H为FQ的中点,连接SH,SG.因为S为PF的中点,所以SH∥PQ.又PQ⊂平面PFQ,PQ⊄平面MST,平面PFQ∩平面MST=SG,假设PQ∥平面MST,则PQ∥SG,即在平面PFQ内过点S有两条直线和PQ都平行,这是不可能的,故D错误.故选AB. 12.　 如图,将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补成正四棱锥S-ABCD, 因为AB=2,A1B1=1,AA1=,所以SA=2, 设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1, 则AO=,OO1=, V=(S1+S2+)h=×(22+12+)×. 13. 13　如图,取AB的中点E,连接PE,EC. 因为∠ACB=90°,AC=8,BC=6, 所以AB=10,所以CE=5. 因为PA=PB=13,E是AB的中点, 所以PE⊥AB,PE=12. 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC. 因为CE⊂平面ABC,所以PE⊥CE. 在Rt△PEC中,PC==13. 14.　 如图,取PD的中点F,BC的中点G,连接EF,FG,GD,因为E为PA的中点,所以EF􀰿AD. 又因为AD􀰿BC,G为BC的中点,所以EF􀰿BG,四边形EFGB为平行四边形,所以EB􀰿FG,故∠GFD或其补角为异面直线BE与PD所成的角.由题意,得△PAB为等边三角形,BE⊥AP,则BE=FG=,DG=,FD=1.根据余弦定理可得cos∠GFD==-.因为异面直线夹角为直角或锐角,所以异面直线BE与PD所成角的余弦值为. 15. 证明(1)如图,连接EF,GH. ∵GH是△A1B1C1的中位线, ∴GH∥B1C1. ∵B1E∥C1F,且B1E=C1F, ∴四边形B1EFC1是平行四边形, ∴EF∥B1C1,∴EF∥GH, ∴E,F,G,H四点共面. (2)如图,由(1)知EF≠GH,点E,F,G,H四点共面, 延长EG,FH相交于点P. ∵P∈EG,EG⊂平面ABB1A1,∴P∈平面ABB1A1. ∵P∈FH,FH⊂平面ACC1A1, ∴P∈平面ACC1A1. ∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1, ∴P∈AA1,∴EG,FH,AA1三线共点. 16. (1)证明 如图,记AC与BD的交点为O,连接OE. 因为O,M分别是AC,EF的中点,四边形ACEF是矩形, 所以EM􀰿OA,即四边形AOEM是平行四边形,所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE. (2)解 l∥m.证明如下: 由(1)知AM∥平面BDE, 又AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l, 所以l∥AM,同理,AM∥平面BDE, 又AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m, 所以m∥AM,所以l∥m. 17.解 (1)设小棱锥的底面边长为a,斜高为h,则大棱锥的底面边长为2a,斜高为2h, 所以S大棱锥侧=6××2a×2h=12ah,S小棱锥侧=6×ah=3ah,所以棱台的侧面积为12ah-3ah=9ah, 因此,大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比为4∶1∶3. (2)因为小棱锥底面边长为4 cm, 所以大棱锥底面边长为8 cm, 又因为大棱锥的侧棱长为12 cm, 所以斜高为=8(cm), 所以S大棱锥侧=6××8×8=192(cm2), 所以棱台的侧面积为×192=144(cm2), S棱台上底面=6××42=24(cm2), S棱台下底面=6××82=96(cm2), 所以S棱台全=144+120(cm2),故棱台的侧面积为144 cm2,全面积为(144+120)cm2. 18.(1)证明在直角梯形ABCD中, AC==2, BC==2, ∴AC2+BC2=AB2,即BC⊥AC. ∵PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥PC. 又AC∩PC=C,∴BC⊥平面PAC. (2)解点N是PB的中点,理由如下: ∵CD∥AB,AB⊂平面PAB,CD⊄平面PAB,∴CD∥平面PAB.∵平面CDM∩平面PAB=MN, ∴CD∥MN,∴MN∥AB. 在平面PAB内,∵M为PA的中点,∴N为PB的中点. ∵BC⊥平面PAC,N为PB的中点, ∴点N到平面PAC的距离d=BC=. 如图, S△ACM=S△PAC=·PC·AC=×2×2,∴V三棱锥N-AMC=S△AMC·d=. 19.(1)证明 由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F,所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD,所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCD, 所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形. 延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1, 所以S△D'FC·C1F=×12×1=. 又D'C1=,D'C=1,C1C=, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1,则h1=,则CD'·h1=. 设点F到平面D'C1C的距离为h2,由,得h2=.易知点F到D'C1的距离为D'C1=.设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ=. 4 学科网（北京）股份有限公司 $