期末复习提升专练 立体几何初步-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 立体几何专题分层练习，通过基础巩固、中档综合、拔高创新三级梯度，覆盖空间几何体、位置关系等核心知识点，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|单一概念与基础计算|如第3题几何体概念辨析，第12题三棱锥外接球表面积，强化空间观念| |中档|综合应用与空间关系|如第9题多情况旋转表面积，第15题线面垂直证明，提升推理能力| |拔高|复杂情境与创新探究|如第19题翻折问题二面角计算，第8题三棱锥体积比，发展模型观念|

专题　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.已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　) A.2 B.2 C.4 D.4 2.水平放置的△AOB的直观图△A'O'B'如图所示,则△AOB的面积是(　　) A. B.2 C.2 D.4 3.下列说法正确的是(　　) A.两个平面平行,其余各面是梯形的多面体是棱台 B.棱柱的侧面可以是三角形 C.直棱柱的底面是正多边形 D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 4.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　) A. B. C. D. 5.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为(　　) A.π B. C. D. 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　) A. B. C. D. 7.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是(　　) A.4π B. C.6π D. 8.在如图所示的三棱锥容器S-ABC中,D,E,F分别为三条侧棱上的小洞,SD∶DA=CF∶FS=2∶1,BE=SE,若用该容器盛水,则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的(　　) A. B. C. D. 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.等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为(　　) A.π B.(1+)π C.2π D.2+π 10.已知正三棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,侧棱长为2,则下列说法正确的是(　　) A.棱台的侧面积为9 B.棱台的高为 C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D.棱台的侧面与底面所成二面角的余弦值为 11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是DD1的中点,则(　　) A.直线B1C∥平面A1BD B.B1C⊥BD1 C.三棱锥C1-B1CE的体积为 D.异面直线B1C与BD所成的角为90° 三、填空题 12.三棱锥O-ABC中,三条棱OA,OB,OC两两垂直,OA=1,OB=2,OC=3,则三棱锥O-ABC外接球的表面积是　　　　.  13.已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　.  14.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　.  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,在四棱锥P-ABCD中,已知底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,E,F,G分别为线段AD,BC,PB的中点.求证: (1)AG⊥平面PBC; (2)PE∥平面AFG. 16.如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC于直线l. (1)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论; (2)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论. 17.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形. (1)证明:平面PBC⊥平面PBD; (2)若△PBC的面积为1,求点B到平面PCD的距离d. 18.如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°. (1)证明:AB⊥PC; (2)若PC=4,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积. 19.如图1,在平行四边形ABCD中,∠A=60°,AD=2,AB=4,将△ABD沿BD折起,使得点A到达点P,如图2. 图1 图2 (1)求证:BD⊥平面PAD; (2)当二面角D-PA-B的平面角的正切值为时,求直线BD与平面PBC夹角的正弦值. 参考答案 1.B　如图,设圆锥底面半径为r1,圆锥侧面展开图半圆所在圆的半径为r2.由条件得,2πr1=·2πr2,则r2=2r1=2,故该圆锥的母线长为2.故选B. 图① 图② 2.D　由直观图和原图形的关系易知,△AOB中底边OB=2,底边OB上的高线长为4,∴△AOB的面积为S=×4×2=4.故选D. 3.D　A.两个平面平行,其余各面是梯形的多面体,当侧棱延长后不交于同一点时,就不是棱台,A错误;B.棱柱的侧面是平行四边形,B错误;C.因为侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱,所以底面不一定是正多边形,比如直四棱柱底面可以是长方形,C错误;D.正棱锥定义:正棱锥是指底面是正多边形,且从顶点到底面的垂足是这个正多边形的中心的棱锥,因此正棱锥侧棱都相等,D正确.故选D. 4.C　设正四棱锥的高为h,底面正方形的边长为a,侧面三角形底边上的高为h',则依题意有所以h'2-2=ah'⇒42-2-1=0⇒负值舍去.故选C. 5.B　如图,画出圆柱的轴截面,AC=1,AB=,设圆柱的底面圆面半径为r,所以r=BC=,那么圆柱的体积是V=πr2h=π××1=,故选B. 6.D　如图,连接BC1,PC1. 由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角. 设正方体的棱长为1, 则BC1=,C1P=A1C1=. 而BP=, 可得C1P2+BP2=B,故C1P⊥PB. 则在Rt△BPC1中,有sin∠PBC1=, 于是∠PBC1=, 即直线PB与AD1所成的角为.故选D. 7.B　要使球的体积V最大,必须球的半径R最大. 由题意知球与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值, 此时球的体积为πR3=π3=,故选B. 8.A　因为SD∶DA=2∶1,所以SD=SA. 又因为BE=SE,所以SE=SB,所以△SDE的面积为S△SDE=SD·SE·sin∠ASB=SA×SB×sin∠ASB=S△SAB. 又CF∶FS=2∶1,所以SF∶SC=1∶3,设点F,C到平面SAB的距离分别为h1,h2,所以h1∶h2=1∶3,所以.所以这个容器最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的1-.故选A. 9.AB　若绕一条直角边旋转一周,形成的几何体为圆锥,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,这时表面积为·2π·1·l+π·12=(1+)π;若绕斜边旋转一周,旋转体为两个底对底的圆锥组合在一起,且底面半径为,每一个圆锥的母线长均为1,所以表面积S=2··2π··1=π.综上所述,该几何体的表面积可以为π,(1+)π,故选AB. 10.AC　由题意作图如下,在平面ABB1A1中由点A1向AB作垂线,垂足为D,取线段BC的中点E,连接AE,在平面AEA1中由点A1向AE作垂线,垂足为F,连接DF,在等腰梯形ABB1A1中, AB=4,B1A1=2,AA1=2,则AD=(4-2)÷2=1,A1D=,故棱台的侧面积为3××(2+4)×=9,故A正确; 易知A1F为棱台的高,则AD⊥平面A1DF,则AD⊥DF.在Rt△ADF中, DF=AD·tan,AF=,在Rt△A1DF中,A1F=,故B错误; 棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE,cos∠A1AE=,故C正确; 棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF, cos∠A1DF=,故D错误.故选AC. 11.AB　选项A,如图①,连接A1D,A1B,BD,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易得A1B1与CD平行且相等,所以四边形A1B1CD为平行四边形,所以B1C∥A1D,又B1C⊄平面A1BD,A1D⊂平面A1BD,所以直线B1C∥平面A1BD,故A正确; 图① 选项B,如图②,连接BC1,AD1,因为四边形BB1C1C为正方形,所以B1C⊥BC1,因为正方体ABCD-A1B1C1D1,所以AB⊥平面BB1C1C,又B1C⊂平面BB1C1C,所以AB⊥B1C, 又AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1D1, 又BD1⊂平面ABC1D1,所以B1C⊥BD1,故B正确; 图② 选项C,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, 所以B1C1⊥平面CC1D1D,且B1C1=1, 又×1×1=,所以三棱锥B1-CC1E的体积×B1C1=, 即三棱锥C1-B1CE的体积为,故C错误; 选项D,如图③,连接A1D,A1B,BD, 由选项A的解析可知,A1D∥B1C, 所以异面直线B1C与BD所成的角为∠A1DB或其补角, 因为正方体ABCD-A1B1C1D1,易得△A1DB为等边三角形,所以∠A1DB=60°,故D错误.故选AB. 图③ 12.14π　如图,把三棱锥O-ABC放置在长方体中, 则三棱锥O-ABC的外接球即长方体的外接球, 外接球的直径为,半径R=, ∴三棱锥O -ABC外接球的表面积是4π×=14π. 13.π　易知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示, 其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切球的球心为O,由于AM==2,故S△ABC=×2×2=2, 设内切球半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=×AB×r+×BC×r+×AC×r=×(3+3+2)×r=2, 解得r=,其体积V=πr3=π. 14.26　-1　由图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.将该半正多面体放入正方体部分图示如图所示,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长BC与FE交于点G,延长BC交正方体棱于点H,由半正多面体对称性可知,△BGE为等腰直角三角形. ∵BG=GE=CH=x, ∴GH=2×x+x=(+1)x=1, ∴x=-1, 即该半正多面体棱长为-1. 15.证明 (1)因为底面ABCD为矩形, 所以BC⊥AB. 因为PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD, 所以PA⊥BC,又AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB. 因为AG⊂平面PAB,所以BC⊥AG, 又PA=AB,G为PB的中点,所以AG⊥PB, 又BC⊂平面PBC,PB⊂平面PBC,BC∩PB=B, 所以AG⊥平面PBC. (2)如图,连接BE交AF于点H,连接GH, 由四边形ABCD为矩形,E,F分别为AD,BC的中点,易得△AHE≌△FHB, 则BH=EH,即H为BE的中点, 又因为G为BP的中点,所以GH∥PE, 又GH⊂平面AFG,PE⊄平面AFG, 所以PE∥平面AFG. 16.解(1)MN∥平面PAD,证明如下: 如图,取PD中点E,连接AE,NE, 因为N,E分别为PC,PD的中点, 所以NE∥DC,且NE=DC. 又M为AB的中点,AB∥DC,AB=DC, 所以AM∥NE,且AM=NE, 所以四边形AMNE为平行四边形, 所以AE∥MN. 又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD, 所以MN∥平面PAD. (2)BC∥l,证明如下: 因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD, 所以BC∥平面PAD. 又BC⊂平面PBC, 且平面PAD∩平面PBC=l, 根据线面平行的性质定理可得BC∥l. 17.(1)证明∵在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形, 设AB=x,则BC=BD=x, ∴BD2+BC2=4x2=CD2, PB2+BC2=4x2=PC2, ∴BD⊥BC,PB⊥BC. ∵BD∩PB=B, ∴BC⊥平面PBD. ∵BC⊂平面PBC, ∴平面PBC⊥平面PBD. (2)解∵SRt△PBC=1, ∴PB·PC=x2=1,即x=1, 由(1)知,S△PCD=×4=, ∵BD2+BP2=DP2,BD=,PB=, ∴S△PBD==1, ∵V三棱锥B-PCD=V三棱锥C-PBD, ∴·d=×1×,解得d=, ∴点B到平面PCD的距离为. 18.(1)证明因为△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°, 所以Rt△PBC≌Rt△PAC,可得AC=BC. 如图,取AB的中点D,连接PD,CD, 则PD⊥AB,CD⊥AB,PD∩DC=D,PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC. 所以AB⊥平面PDC, 又PC⊂平面PDC,所以AB⊥PC. (2)解如图,作BE⊥PC,垂足为E,连接AE. 因为Rt△PBC≌Rt△PAC, 所以AE⊥PC,AE=BE. 由已知,平面PAC⊥平面PBC, 故∠AEB=90°. 因为Rt△AEB≌Rt△PEB, 所以△AEB,△PEB,△CEB都是等腰直角三角形. 由已知PC=4,得AE=BE=2, 所以△AEB的面积S=×2×2=2. 因为PC⊥平面AEB, 所以三棱锥P-ABC的体积V=V三棱锥P-AEB+V三棱锥C-AEB=S(PE+EC)=×S×PC=. 19.(1)证明 在△ABD中,因为∠A=60°,AD=2,AB=4, 故BD==2, 所以BD2+AD2=AB2,即AD⊥BD,在沿对角线BD将△ABD翻折的过程中,始终有AD⊥BD,故PD⊥BD. 因为PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD, 故BD⊥平面PAD. (2)解 如图,设PA的中点为E,连接DE,BE. 因为PD=AD,所以ED⊥PA. 又因为PB=AB,所以EB⊥PA, 则∠BED是二面角D-PA-B的平面角. 由(1)知BD⊥平面PAD,ED⊂平面PAD,则BD⊥ED, 故tan∠BED=, 所以ED=, 故在Rt△AED 中,AE=,则PA=2, 则PA2=AD2+PD2, 所以PD⊥AD, 而PD⊥DB,AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD, 故PD⊥平面ABCD, 而BC⊂平面ABCD,故PD⊥BC. 又因为BC∥AD,AD⊥BD, 所以BC⊥BD, 而PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD, 所以BC⊥平面PBD. 由于BC⊂平面PBC,故平面PBC⊥平面PBD,且平面PBC∩平面PBD=PB, 故过点D向平面PBC作垂线,垂足F落在PB上, 则∠DBF即∠PBD为直线BD与平面PBC的夹角,由(1)可知∠ADB=90°,而∠A=60°,则∠ABD=30°,则∠PBD=30°,故直线BD与平面PBC的夹角的正弦值为. 第11页 学科网（北京）股份有限公司 $