第八章　立体几何初步-章末过关检测卷 2025-2026学年高一下学期人教A版必修第二册

**基本信息** 以立体几何初步为核心，通过基础、中档、拔高三级分层设计，覆盖从单一几何体到综合应用的知识路径，强化空间观念、推理能力与运算能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|空间几何体表面积体积、线面位置关系|如正方体削球（直观想象）、线面平行垂直判断（逻辑推理）| |中档|组合体计算、斜二测画法、球与多面体|如瓷器侧面积（模型应用）、正四棱台注水（运算能力）| |拔高|翻折问题、存在性探究、最值问题|如折叠后面面垂直（创新意识）、线线角余弦值（综合推理）|

第八章　立体几何初步 (时间:120分钟　满分:150分) 一、单项选择题: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.将棱长为2的正方体削成一个体积最大的球,则这个球的表面积为(　　) A. B. C. D.4π 2.设l是直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是(　　) A.若l∥α,l∥β,则α∥β B.若l∥α,l⊥β,则α⊥β C.若α⊥β,l⊥α,则l⊥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β 3.如图,△ABC按斜二测画法得到△A'B'C',其中B'O'=C'O'=1,A'O'=,那么△ABC的形状是(　　) A.等边三角形 B.直角三角形 C.腰和底边不相等的等腰三角形 D.三边互不相等的三角形 4.如图,四边形ABCD是平行四边形,S是平面ABCD外一点,M为SC上一点,若SA∥平面MDB,则=(　　) A.2 B. C.1 D. 5.中国是瓷器的故乡,东汉时已经有瓷器.某瓷器如图1所示,该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个圆台组合而成,其直观图如图2所示,已知圆柱的高为18 cm,底面直径AB=12 cm,CD=20 cm,EF=14 cm,中间圆台的高为3 cm,下面圆台的高为4 cm,若忽略该瓷器的厚度,则该瓷器的侧面积约为(　　) 图1 图2 A.375π cm2 B.377π cm2 C.379π cm2 D.381π cm2 6.若正三棱柱ABC-A1B1C1的内切球体积为36π,则该正三棱柱的底面边长为(　　) A.6 B.3 C.6 D.2 7.柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体,具有严格对称、结构等价的特点.六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性.将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体(图2).若正八面体外接球的体积为,则此正八面体的表面积为(　　) 图1 图2 A. B. C.2 D.4 8.表面积为20π的球的表面上有四个点P,A,B,C,满足PA=2,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,则三棱锥P-ABC的体积的最大值为(　　) A. B. C. D.8 二、多项选择题: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.如图,一个平面图形ABCD的直观图为四边形A'B'C'D',其中O'A'=O'C'=1, O'B'=O'D'=2,则下列说法正确的是(　　) A.该平面图形是一个平行四边形但不是正方形 B.该平面图形的面积是8 C.该平面图形绕着直线AC旋转半周形成的几何体的体积是 D.以该平面图形为底,高为3的直棱柱的体对角线长为 10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　) A.CA1⊥BD1 B.AC∥平面BA1C1 C.直线AD1与A1B所成的角为60° D.二面角C1-AB-C的大小为45° 11.某班级到一工厂参加社会实践劳动,加工出如图所示的圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=2 cm,且CD=2AB,则(　　) A.该圆台轴截面ABCD面积为6 cm2 B.该圆台的体积为 cm3 C.该圆台的外接球体积为4π cm3 D.沿着该圆台表面,从点C到AD中点的最短距离为5 cm 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面.给出下列四个论断: ①m⊥n;②α⊥β;③m⊥α;④n⊥β. 以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出一个真命题:若　　　　　,则　　　　　　.(注:用序号作答)  13.有甲、乙两个形状完全相同的正四棱台容器如图所示,已知AB=6,A1B1=2,高为6,现按一定的速度匀速往甲容器里注水,当水的高度是正四棱台高度的一半时用时7 min,如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水,当水的高度是四棱台高度的一半时用时　　　　min.  甲 乙 14.球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高,球缺是旋转体,可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1,一个球面的半径为R,球冠的高是h,球冠的表面积公式是S=2πRh,与之对应的球缺的体积公式是V=πh2(3R-h).如图2,已知C,D是以AB为直径的圆上的两点,∠AOC=∠BOD=,S扇形COD=6π,则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为　　　　　,体积为　　　　　.  图1 图2 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.(13分)现需要设计一个仓库,由上下两部分组成,如图,上部分的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部分的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.若AB=6 m,PO1=2 m,求: (1)仓库的容积(含上下两部分); (2)仓库的表面积(不含底面). 16.(15分)已知圆锥的轴截面面积为9,侧面展开图为半圆. (1)求其母线长; (2)在此圆锥内部挖去一个正四棱柱,形成几何体E,其中正四棱柱的底面边长为,上底面的四个顶点在圆锥侧面上,下底面落在圆锥底面内,求几何体E的体积. 17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD⊥平面ABP,AD=2AB=2BP=4, E为BC的中点. (1)证明:平面PED⊥平面PAD. (2)若点A到平面PED的距离为,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值. 18.(17分)如图1,在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E为CD的中点,如图2,将△AED沿AE折起,点M在线段CD上. 图1 图2 (1)若DM=2MC,求证:AD∥平面MEB; (2)若平面AED⊥平面BCEA,是否存在点M,使得平面DEB与平面MEB垂直?若存在,求此时三棱锥B-DEM的体积;若不存在,说明理由. 19.(17分)如图,已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=2,M,N是线段PB,DC上的点,满足=λ. (1)若λ=1,求证:直线MN∥平面PDA. (2)是否存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC?如果有,请求出λ的值;否则,请说明理由. (3)若λ=1,求直线MN与直线PD所成的最大角的余弦值. 附加题 如图,在多面体ABCDE中,平面ACD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,△ABC和△ACD均为正三角形,AC=4,BE=. (1)在线段AC上是否存在点F,使得BF∥平面ADE?若存在,确定F的位置;若不存在,说明理由. (2)求平面CDE与平面ADC所成的锐二面角的正切值. 参考答案 一、单项选择题 1.D 解析:易知体积最大的球为该正方体的内切球,球的半径为1,则该球的表面积为4π×12=4π. 2.B 解析:对于A,若l∥α,l∥β,则α与β相交或平行,故A错误.对于B,若l∥α,则α内存在直线l'∥l,因为l⊥β,所以l'⊥β,由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正确.对于C,若α⊥β,l⊥α,则l与β平行或l⊂β,故C错误.对于D,若α⊥β,l∥α,则l与β相交、平行或l⊂β,故D错误. 3.A 解析:△ABC如图所示. 由斜二测画法的规则可知,BO=CO=1,AO=,AO⊥BC, 所以AB=BC=AC=2, 故△ABC为等边三角形. 4.C 解析:如图,连接AC交BD于点O,连接OM, 因为四边形ABCD是平行四边形,所以O为AC的中点, 因为SA∥平面MDB,平面SAC∩平面MDB=OM,SA⊂平面SAC,所以SA∥OM,所以M为SC的中点,所以=1. 5.D 解析:由AC==5(cm), CE==5(cm), 可得该瓷器的侧面积为12π×18+5×(6+10)π+5×(7+10)π=381π(cm2). 6.A 解析:设正三棱柱的内切球半径为R,则πR3=36π,解得R=3,设正三棱柱底面边长为a,则正三棱柱底面三角形的内切圆半径即为正三棱柱内切球半径,又正三棱柱底面三角形的内切圆半径r=a=a,所以a=3,解得a=6,即正三棱柱的底面边长为6. 7.D 解析:根据题意,作正八面体如图所示,连接AC,BD,PE,设AC∩BD=O,根据其对称性可知,PE过点O,因为该八面体为正八面体,所以PO⊥平面ABCD,又AO⊂平面ABCD,所以PO⊥AO. 显然正八面体的外接球球心为O,设其半径为R,PA=a,则OA=OP=R, 在Rt△PAO中,a=PA=R. 由R3=可得R=1,则a=,所以该八面体的表面积S=8×a2=2×2=4. 8.B 解析:设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R, 因为外接球的表面积为20π,所以4πR2=20π,解得R=. 因为PA⊥平面ABC,AB,BC⊂平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC. 又AC⊥BC,且PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC, 因为PC⊂平面PAC,所以BC⊥PC, 取PB的中点O,连接OA,OC,如图所示, 结合直角三角形的性质,可得OA=OB=OC=OP, 即O为外接球的球心, 所以PB=2R=2. 在Rt△PAB中,可得PA2+AB2=PB2, 即4+AB2=20,解得AB=4. 由AC⊥BC,可得AC2+BC2=AB2=16, 所以三棱锥P-ABC的体积为V=AC·BC·PA=AC·BC×2=·AC·BC≤, 当且仅当AC=BC=2时,等号成立. 所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为. 二、多项选择题 9.BC 解析:如图所示,将直观图还原为平面图形,由题意可得AC=BD=4,对角线互相垂直平分且相等,所以该平面图形为正方形,故A选项错误. 该平面图形的面积为S=·AC·BD=×4×4=8,故B选项正确. 将该平面图形绕着直线AC旋转半周形成的几何体是两个同底等高的圆锥形成的组合体,所以其体积为V=2××π×22×2=,故C选项正确. 以该平面图形为底,高为3的直棱柱为长方体,由勾股定理可得其体对角线长为=5,故D选项错误.故选BC. 10.BCD 解析:如图1,四边形A1BCD1是矩形,但不是正方形,故其对角线不垂直,即CA1⊥BD1错误,A错误. 图1 图2 图3 图4 如图2,AC∥A1C1,且AC⊄平面BA1C1,A1C1⊂平面BA1C1,故AC∥平面BA1C1,B正确. 如图3,因为AD1∥BC1,所以∠A1BC1即为直线AD1与A1B所成的角,又△A1BC1为等边三角形,所以∠A1BC1=60°,即直线AD1与A1B所成的角为60°,C正确. 如图4,因为AB⊥平面BCC1,所以∠CBC1为二面角C1-AB-C的平面角,又∠CBC1=45°,所以二面角C1-AB-C的大小为45°,D正确.故选BCD. 11.BD 解析:由AB=AD=BC=2 cm,且CD=2AB,可得CD=4 cm, 高O1O2=(cm), 则圆台轴截面ABCD的面积为×(2+4)×=3(cm2),所以A不正确. 圆台的体积为V=π(1+2+4)×π(cm3),所以B正确. 连接O1A,O1B,则O1A=O1B==2(cm),所以O1A=O1B=O1C=O1D,即O1为圆台外接球的球心,所以外接球的半径R=2 cm,所以外接球的体积为πR3=π×23=π(cm3),所以C不正确. 由圆台补成圆锥,可得大圆锥的母线长为4 cm,底面半径为2 cm,侧面展开图的圆心角θ==π. 设AD的中点为P,连接CP,可得∠COP=90°,OC=4 cm,OP=2+1=3(cm),则CP==5(cm),所以沿着该圆台表面,从点C到AD中点的最短距离为5 cm,所以D正确.故选BD. 三、填空题 12.①③④(答案不唯一)　②(答案不唯一) 解析:由m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,当n⊂α,n⊥β,则α⊥β; 当n∥α,过n作平面交α于l,则n∥l,而n⊥β,所以l⊥β,而l⊂α,则α⊥β. 综上,m⊥n,m⊥α,n⊥β,则α⊥β. 13.19 解析:设正四棱台的高为2h,由AB=6,A1B1=2可知,中截面(图中阴影部分)是边长为4的正方形,当水的高度是正四棱台高度的一半时,甲容器内水的体积为h×(4+8+16)=h,设注水的速度为v,则7v=h,v=h,当乙容器中水的高度是四棱台高度的一半时,水的体积为h×(36+24+16)=h,当水的高度是正四棱台高度的一半时用时为=19(min). 14.72π+36π　144π 解析:因为∠AOC=∠BOD=,所以∠DOC=π-2×, 设圆的半径为R,则S扇形COD=R2=6π,解得R=6(负值舍去). 如图,过点C作CE⊥AB交AB于点E,过点D作DF⊥AB交AB于点F, 则CE=OCsin=3,OE=OCcos=3,所以AE=R-OE=3, 同理可得DF=3,OF=BF=3. 将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径R=6的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥,其中球缺的高h=3,圆锥的高h1=3,底面半径r=3,则其中一个球冠的表面积S1=2πRh=2π×6×3=36π,球的表面积S2=4πR2=4π×62=144π,圆锥的侧面积S3=3×6π=18π,所以几何体的表面积S=S2-2S1+2S3=144π-2×36π+2×18π=72π+36π. 因为其中一个球缺的体积V1=πh2(3R-h)=×π×32×(3×6-3)=45π, 圆锥的体积V2=π×(3)2×3=27π,球的体积V3=πR3=π×63=288π,所以几何体的体积V=V3-2V1-2V2=288π-2×45π-2×27π=144π. 四、解答题 15.解:(1)由题意得PO1=2 m,OO1=4PO1,所以OO1=8 m,故=Sh=6×6×8=288(m3), S·PO1=×6×6×2=24(m3), 故仓库的容积为V=288+24=312(m3). (2)因为PO1=2 m,O1B1==3(m), 所以PB1=(m), 则△PA1B1的面积为A1B1××6×=3(m2), 所以仓库的表面积为4×6×8+4×3=(192+12)(m2). 16.解:(1)设圆锥底面圆的半径为r,母线长为l,高为h,由题意知,侧面展开图的弧长为πl=2πr, ∴l=2r, ∴圆锥高h=r, 由其轴截面的面积为×2rh=r2=9,解得r=3,则h=3,l=6.即其母线长为6. (2)设正四棱柱的高为h1,由(1)知圆锥体积为V圆锥=πr2h=π×32×3=9π. 由正四棱柱的底面边长为a=,则正四棱柱的底面对角线的长为2,一半长为1,由图可得,所以h1=h=×3=2,故正四棱柱的体积为V正四棱柱=a2h1=4,所以几何体E的体积为V圆锥-V正四棱柱=9π-4. 17.(1)证明:如图,取PD的中点F,PA的中点G,连接EF,FG,BG. ∵AD⊥平面ABP,BG⊂平面ABP, ∴AD⊥BG. ∵AB=BP, ∴BG⊥AP. ∵AP,AD⊂平面PAD,AP∩AD=A, ∴BG⊥平面PAD. ∵FG∥AD,FG=AD,BE∥AD,BE=AD, ∴FG∥BE,FG=BE, ∴四边形BEFG是平行四边形,∴EF∥BG, ∴EF⊥平面PAD,又EF⊂平面PED, ∴平面PED⊥平面PAD. (2)解:取AB的中点H,连接PH,AC. ∵BC⊥平面ABP,BP⊂平面ABP, ∴BC⊥BP, ∴PE==DE==2, ∴EF⊥DP,易得PD=. ∵VA-PED=PD×EF×=VE-PAD=×4AP×EF,∴AP=2. ∵AD⊥平面ABP,AD⊂平面ABCD, ∴平面ABCD⊥平面ABP. 又PA=PB, ∴PH⊥AB,∴PH⊥平面ABCD. 易得PH=,CD=2,PD=2,PC=2, ∴S△PCD=×2×. 设点A到平面PCD的距离为h, 由VP-ACD=×2×4×=VA-PCD=×h,得h=, ∴直线PA与平面PCD所成角的正弦值为. 18.(1)证明:如图,连接AC,交EB于点G,在矩形ABCD中,E为DC中点, ∴AB∥EC,且AB=2EC, ∴AG=2GC, 又DM=2MC,∴AD∥MG, 又MG⊂平面MEB,AD⊄平面MEB, ∴AD∥平面MEB. (2)解:存在点M,使得平面DEB与平面MEB垂直. 在矩形ABCD中,DE=DA=AB, ∴∠DEA=∠BEC=45°, ∴∠AEB=90°,即AE⊥EB,已知平面AED⊥平面BCEA, 又平面AED∩平面BCEA=AE, ∴BE⊥平面AED,DE⊂平面AED, ∴BE⊥DE. 取AE中点O,则DO⊥AE, ∵平面AED⊥平面BCEA,平面AED∩平面BCEA=AE, ∴DO⊥平面BCEA. 由(1)知当DM=2MC时,AD∥MG, ∵AD⊥DE, ∴MG⊥DE. 而BE∩MG=G,BE,MG⊂平面MEB, ∴DE⊥平面MEB, 又DE⊂平面DEB,∴平面DEB⊥平面MEB.即当DM=2MC时,平面DEB与平面MEB垂直. 依题意有DE=AD=2,AE=4,DO=2, ∴VB-DEM=VB-DEC=VD-BEC=×DO×S△BEC=×2××(2)2=. 19.(1)证明:如图,取AP的中点Q,连接QM,QD. 因为λ=1,所以M是线段PB上的中点,因此有QM∥AB,QM=AB, 因为四边形ABCD是矩形,N是线段DC上的中点,所以DN∥AB,DN=AB, 所以DN∥QM,DN=QM, 所以四边形DNMQ是平行四边形, 所以NM∥QD, 又NM⊄平面PDA,QD⊂平面PDA,所以直线MN∥平面PDA. (2)解:假设存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC. 因为四边形ABCD是矩形, 所以CD∥AB, 即MN⊥PB,MN⊥AB,又PB∩AB=B,PB,AB⊂平面ABP,所以MN⊥平面ABP. 因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AD. 又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面ABP, 所以AD⊥平面ABP.所以MN∥AD,显然不可能,所以假设不成立. 因此不存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC. (3)解:当λ=1时,由(1)可知MN∥DQ, 所以∠PDQ是直线MN与直线PD所成的角,设AD=a(a>0),由(2)可知PA⊥AD,所以PD=,DQ=, 在△PDQ中, 由余弦定理可知cos ∠PDQ=, 令a2+2=t(t>2),所以0<,于是有cos∠PDQ=, 当时,cos ∠PDQ有最小值,最小值为,此时∠PDQ有最大值.所以直线MN与直线PD所成的最大角的余弦值为. 附加题 解:(1)存在.取AC的中点O,连接OB,OD, 因为△ACD为等边三角形,O为AC的中点,所以OD⊥AC,同理可得OB⊥AC,因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,OD⊂平面ACD,所以OD⊥平面ABC. 又因为BE⊥平面ABC,所以BE∥OD,则B,O,D,E四点共面,且OD=ADsin 60°=4×=2,又因为BE=,所以BE=OD. 延长DE,OB交于点G,连接AG, 因为BE∥OD,所以,则B为OG的中点,当F为AO的中点,即AF=AC时,由于B为OG的中点,则BF∥AG,因为BF⊄平面ADE,AG⊂平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)连接CG,过点O在平面ACD内作OH⊥CD,垂足为点H,连接GH,因为△ABC为等边三角形,O为AC的中点,所以OB⊥AC,因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,OB⊂平面ABC,所以OB⊥平面ACD,因为CD⊂平面ACD,所以CD⊥OB,因为OH⊥CD,OH∩OG=O,OH,OG⊂平面OGH,所以CD⊥平面OGH. 因为GH⊂平面OGH, 所以GH⊥CD, 所以平面CDE与平面ADC所成的锐二面角为∠OHG, 因为OB⊥平面ACD,OH⊂平面ACD, 所以OG⊥OH, 因为OH=OCsin 60°=2×,OG=2OB=2ABsin 60°=2×4×=4, 所以tan∠OHG==4,即平面CDE与平面ADC所成的锐二面角的正切值为4. 学科网（北京）股份有限公司 $