高中数学苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步本章综合与测试课后复习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步本章综合与测试课后复习题，共30页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列结论中正确的是等内容，欢迎下载使用。

本章复习提升
易混易错练
易错点1　不能正确理解空间几何体的结构特征致错
1.()下列说法正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.多面体至少有3个面
B.有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台
C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D.六棱柱有6条侧棱,6个侧面,侧面均为平行四边形
2.()下列结论中正确的是(　　)
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一边所在直线为旋转轴,将三角形旋转一周形成的几何体是圆锥
C.若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
易错点2　线线、线面、面面位置关系判断错误
3.()如图,三棱柱A1B1C1-ABC中,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是(　　)

A.CC1与B1E是异面直线
B.AC⊥平面AA1B1B
C.AE,B1C1为异面直线,且AE⊥B1C1
D.A1C1∥平面AB1E
4.(多选)()如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,Q为棱AA1的中点,P为棱CC1上的动点,设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,直线n为平面ABCD与平面B1D1Q的交线,则下列结论中正确的有(　　)


A.m∥平面B1D1Q
B.平面PBD与平面B1D1P不垂直
C.平面PBD与平面B1D1Q可能平行
D.直线m与直线n可能不平行
易错点3　不能准确记忆空间角的范围致错
5.()如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为(　　)

A.12 B.23 C.32 D.2
6.(多选)()如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=12AB=2,E为AB的中点,以DE为折痕把△ADE折起,使点A到点P的位置,且PC=23,则(　　)

A.平面PED⊥平面EBCD
B.PC⊥ED
C.二面角P-DC-B的大小为π4
D.PC与平面PED所成角的正切值为2
7.()已知三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上,球O的表面积为136π,AA1⊥平面ABC,AB=6,BC=8,AC=10,则直线BC1与平面AB1C1所成角的正弦值为(　　)
A.3210 B.25 C.225 D.3310
8.(2020江苏连云港海滨中学高一期中,)如图,多面体ABCED中,平面ABD⊥平面ABC,平面BCE⊥平面ABC,DE∥平面ABC,AB=23,BE=CE,AD=BD=BC=2.
(1)求∠BEC的大小;
(2)若DE=2,求二面角B-DE-C的余弦值.













易错点4　忽略判定定理与性质定理的条件致错
9.()如图,在平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD=2,平面AED⊥平面ABCD,三角形AED为等边三角形,EF∥AB,EF=1,M,N分别为AD,AB的中点.
(1)求证:平面EMN∥平面BDF;
(2)求证:平面BDF⊥平面ABCD;
(3)求直线FC与平面BDF所成角的正切值.















10.()如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=12BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出BMDM的值;若不存在,请说明理由.















思想方法练
一、函数与方程思想在立体几何中的应用
1.(2020江苏白塔高级中学高一下学期阶段测试,)如图所示的三棱锥O-ABC为长方体的一角,其中OA,OB,OC两两垂直,三个侧面OAB,OAC,OBC的面积分别为1.5 cm2,1 cm2,3 cm2,则三棱锥O-ABC的体积为　　　　. 

2.(2020江苏南京江浦高级中学学情检测,)如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠BAD=90°,AB=BC=2AD=4,E、F分别是AB、CD上的点,EF∥BC,AE=x.沿EF将梯形ABCD翻折,使平面AEFD⊥平面EBCF(如图2),G是BC的中点.
(1)当x=2时,求证:BD⊥EG;
(2)当x变化时,求三棱锥D-BCF的体积f(x)的函数关系式.








3.()如图,圆柱OO1内有一个三棱柱ABC-A1B1C1,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形,且AB是圆O的直径,AA1=AC=CB=2.
(1)证明:平面A1ACC1⊥平面B1C1CB;
(2)设E,F分别为AC,BC上的动点,且CE=BF=x(0


二、转化与化归思想在立体几何中的应用
4.()如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,侧面PAB为等边三角形,E,F分别为PA,BC的中点,给出以下结论:
①BE∥平面PFD;
②EF∥平面PCD;
③平面PAB与平面PCD交线为l,则CD∥l;
④BE⊥平面PAC.
则正确结论的序号为(　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.①③ B.②③
C.①②③ D.①②③④
5.()如图,点M为正方形ABCD中CD上异于点C,D的动点,将△DAM沿AM翻折成△PAM,使得平面PAM⊥平面ABCM,则下列说法中正确的是　　　　.(填序号) 

①在平面PBM内存在直线与BC平行;
②在平面PBM内存在直线与AC垂直;
③存在点M使得直线PA⊥平面PBC;
④平面PBC内存在直线与平面PAM平行;
⑤存在点M使得直线PA⊥平面PBM.
6.()如图所示,在三棱台A1B1C1-ABC中,AB∶A1B1=1∶2,求三棱锥A1-ABC、三棱锥B-A1B1C、三棱锥C-A1B1C1的体积之比.









7.()如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面PAB为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,点G,E分别为AB,CD的中点.
(1)求证:DG⊥平面PAB;
(2)求证:AB⊥PD;
(3)能否在PC上找出一点F,使平面BEF⊥平面ABCD?若能,求出点F的位置;若不能,请说明理由.















三、分类讨论思想在立体几何中的应用
8.()等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周,则所形成的几何体的表面积为　　　　. 
9.()用互相平行且距离为27的两个平面截球,两个截面圆的半径分别为r1=15,r2=24,则球的表面积为　　　　. 



















答案全解全析
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易混易错练
1.D　一个多面体至少有4个面,不存在有3个面的多面体,所以选项A错误;
选项B错误,反例如图①;
选项C错误,反例如图②,上、下底面是全等的菱形,各侧面是全等的正方形,它不是正方体;
根据棱柱的定义,知选项D正确.

2.D　A错误,如两个大小相同的正三棱锥叠放在一起形成的几何体的各个面都是三角形,但它不是棱锥;B错误,如以一个直角三角形ABC的斜边AB所在直线为旋转轴旋转一周形成的几何体不是圆锥;C错误,若六棱锥的底面各边长相等,则其底面多边形是正六边形,由几何图形知,若以正六边形为底面,且侧棱长相等,则棱锥的侧棱长必然大于底面边长;D显然正确.
3.C　对于A项,CC1与B1E在同一个侧面中,故不是异面直线,所以A错;
对于B项,由题意知,上底面是一个正三角形,故AC与平面AA1B1B不可能垂直,所以B错;
对于C项,因为AE,B1C1是在两个平行平面中不平行的两条直线,故它们是异面直线,由三角形ABC是正三角形,E是BC的中点,可知AE⊥BC,结合棱柱性质可知B1C1∥BC,故AE⊥B1C1,所以C正确;
对于D项,因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交,且A1C1与交线有公共点,所以A1C1与平面AB1E不平行,所以D错.
故选C.
4.ABC　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知四边形BB1D1D为矩形,∴BD∥B1D1,
又BD⊂平面PBD,B1D1⊄平面PBD,
∴B1D1∥平面PBD,
又B1D1⊂平面B1D1P,平面BDP∩平面B1D1P=m,
∴m∥B1D1∥BD.
又m⊄平面B1D1Q,B1D1⊂平面B1D1Q,
∴m∥平面B1D1Q,选项A正确;
分别取BD,B1D1的中点O,O1,连接OP,O1P,OO1,
设正方体的棱长为2,CP=h,
则BP=DP=4+h2,
B1P=D1P=4+(2-h)2,
∴PO⊥BD,PO⊥m,同理PO1⊥m,
∴∠OPO1为平面PBD与平面B1D1P所成的一个二面角的平面角,
在△OO1P中,OP2=2+h2,O1P2=2+(2-h)2,OO12=4,
∴OP2+O1P2>OO12,∴∠OPO1不是直角,
∴平面PBD与平面B1D1P不垂直,选项B正确;
若P为CC1的中点,取BB1的中点E,连接C1E,QE,则C1E∥BP,
∵Q为棱AA1的中点,
∴QE∥A1B1∥C1D1,QE=A1B1=C1D1,
∴四边形C1D1QE为平行四边形,
∴D1Q∥C1E,∴D1Q∥BP,
∵D1Q⊄平面PBD,BP⊂平面PBD,
∴D1Q∥平面PBD,同理B1D1∥平面PBD,
又B1D1∩D1Q=D1,B1D1,D1Q⊂平面B1D1Q,
∴平面PBD∥平面B1D1Q,选项C正确;
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
平面ABCD∩平面B1D1Q=n,
平面A1B1C1D1∩平面B1D1Q=B1D1,
∴n∥B1D1,
∴n∥m,选项D不正确.
故选ABC.
5.A　如图,延长D1E与直线CD交于点F,连接AF,则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF,

∵C1D1∥CD,
∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成的角,
∵E是棱CC1的中点,且DD1∥CC1,
∴CD=CF,
∴tan∠AFD=ADDF=12.
∴平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为12.
6.AC　PD=AD=AE2+DE2=22+22=22,在三角形PDC中,PD2+CD2=PC2,所以PD⊥CD,又CD⊥DE,PD∩DE=D,PD,DE⊂平面PED,所以CD⊥平面PED,又CD⊂平面EBCD,所以平面PED⊥平面EBCD,A选项正确;
当PC⊥ED时,因为ED⊥CD,PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PDC,所以ED⊥平面PDC,因为PD⊂平面PDC,所以ED⊥PD,而∠EDP=∠EPD,显然矛盾,故B选项错误;
二面角P-DC-B的平面角为∠PDE,易知∠PDE=π4,故C选项正确;
易知∠CPD为直线PC与平面PED所成的角,在Rt△PCD中,tan∠CPD=CDPD=22,故D选项错误.故选AC.
7.A　由AB=6,BC=8,AC=10,
得AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
设球的半径为R,AA1=x,则由AA1⊥平面ABC知A1C为外接球的直径,
在Rt△A1AC中,x2+102=(2R)2,
又4πR2=136π,
∴4R2=136,∴x=6,
∴S△AB1C1=242,S△ABB1=18,设点B到平面AB1C1的距离为d,
则由VB-AB1C1=VC1-ABB1,得13×242d=13×18×8,∴d=32,
又易得BC1=10,
∴直线BC1与平面AB1C1所成角的正弦值为dBC1=3210.
8.解析　(1)如图,分别取AB,BC的中点M,N,连接MD,EN,MN.
因为AD=BD,所以DM⊥AB.
又平面ABD⊥平面ABC,且平面ABD∩平面ABC=AB,DM⊂平面ABD,所以DM⊥平面ABC.
同理EN⊥平面ABC,故DM∥EN,故D,M,N,E共面.
又DE∥平面ABC,平面DMNE∩平面ABC=MN,所以DE∥MN.
故四边形DMNE为平行四边形,
所以EN=DM=DB2-MB2=1.
又BE=CE,BC=2,BN=NC=12BC=1,
所以△BCE为等腰直角三角形.
故∠BEC=90°.

(2)作BQ⊥AC于Q,BP⊥DE于P,连接PQ.
因为M,N分别为AB,AC的中点,
所以MN∥AC,
又MN∥DE,所以AC∥DE.
故BQ⊥DE.
又BP∩BQ=B,BP,BQ⊂平面BPQ,
所以DE⊥平面BPQ.
因为PQ⊂平面BPQ,所以DE⊥PQ,
所以∠BPQ为二面角B-DE-C的平面角.
由(1)知12AC=MN=DE=2,故AC=4.
又AC2=AB2+BC2,所以∠ABC=90°.
所以BQ=AB·BCAC=3.
在△DBE中,利用等面积法得12DE·BP=12BE·DE2-12BE2,解得BP=72.
所以EP=BE2-BP2=12,
CQ=BC2-BQ2=1,
则PQ=EC2-(QC-PE)2=72.
故cos∠BPQ=PB2+PQ2-BQ22PB·PQ=17,
即二面角B-DE-C的余弦值为17.
9.解析　(1)证明:因为M,N分别为AD,AB的中点,所以MN∥BD,
又MN⊄平面BDF,BD⊂平面BDF,
所以MN∥平面BDF,
又因为EF∥AB,EF=1,AB=2AD=2,
所以EF∥NB,EF=NB,
所以四边形FENB是平行四边形,
所以EN∥BF,
又EN⊄平面BDF,BF⊂平面BDF,
所以EN∥平面BDF,
又因为EN∩MN=N,EN,MN⊂平面EMN,
所以平面EMN∥平面BDF.
(2)证明:因为三角形AED为等边三角形,M为AD的中点,所以EM⊥AD,因为平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,EM⊂平面AED,所以EM⊥平面ABCD,又EM⊂平面EMN,
所以平面EMN⊥平面ABCD.
因为平面EMN∥平面BDF,
所以平面BDF⊥平面ABCD.
(3)已知平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD=2,所以AD⊥BD,
所以BC⊥BD,
又平面BDF⊥平面ABCD,平面BDF∩平面ABCD=BD,BC⊂平面ABCD,
所以BC⊥平面BDF,
所以∠CFB即为直线FC与平面BDF所成的角.
在Rt△EMN中,EM=32,MN=12BD=32,
所以BF=EN=62,
所以tan∠CFB=BCBF=162=63.
所以直线FC与平面BDF所成角的正切值为63.
10.解析　(1)证明:因为AD∥BC,BC⊂平面BCEF,AD⊄平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,
所以DE⊥AD.因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,
所以DE⊥平面ABCD.
因为BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=12BC,∠BAD=90°,
可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,所以DN=12BC.
所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.

(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
连接AN交BD于点M,连接NF,MF,由于四边形ABND为正方形,
所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形.
所以CE∥NF.
又因为NF⊂平面AMF,CE⊄平面AMF,
所以CE∥平面AMF,此时BMDM=1.
思想方法练
1.答案　1 cm3
解析　设OA,OB,OC的长分别为x cm,y cm,z cm,则由已知可得12xy=1.5,12xz=1,12yz=3,
解得x=1,y=3,z=2.
于是V三棱锥O-ABC=V三棱锥C-OAB=13S△OAB·OC
=13×1.5×2=1(cm3).
2.解析　(1)证明: 如图,作DH⊥EF,垂足为H,连接BH,GH,

∵平面AEFD⊥平面EBCF,平面AEFD∩平面EBCF=EF,DH⊂平面AEFD,
∴DH⊥平面EBCF,
又EG⊂平面EBCF,∴EG⊥DH.
∵EH=AD=12BC=BG=EB,EF∥BC,∠EBC=90°,
∴四边形BGHE为正方形,∴EG⊥BH.
又BH,DH⊂平面DBH,且BH∩DH=H,
∴EG⊥平面DBH.
又BD⊂平面DBH,
∴BD⊥EG.
(2)∵AE⊥EF,平面AEFD⊥平面EBCF,平面AEFD∩平面EBCF=EF,AE⊂平面AEFD,
∴AE⊥平面EBCF.
又由(1)知DH⊥平面EBCF,
∴AE∥DH,
又EH∥BC∥AD,∠EAD=90°,
∴四边形AEHD是矩形,
∴DH=AE,
∴以F、B、C、D为顶点的三棱锥D-BCF的高DH=AE=x.
又S△BCF=12BC·BE=12×4×(4-x)=8-2x,
∴三棱锥D-BCF的体积f(x)=13S△BCF·DH=13(8-2x)x=-23x2+83x(x∈(0,4)).
3.解析　(1)证明:因为BB1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
所以BB1⊥AC.
因为AB是圆O的直径,
所以BC⊥AC,
又BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面B1C1CB,
所以AC⊥平面B1C1CB,
又AC⊂平面A1ACC1,
所以平面A1ACC1⊥平面B1C1CB.
(2)因为CE=BF=x,
所以CF=2-x.
VC-EC1F=VC1-ECF=13S△ECF·CC1=13·12x·(2-x)·2=13(2x-x2)=13[-(x-1)2+1],
又0 所以当x=1时,三棱锥C-EC1F的体积最大,最大值为13.
4.C　取PD的中点M,连接FM,EM,MC,易得BE∥FM,又BE⊄平面PFD,FM⊂平面PFD,所以BE∥平面PFD,①正确;根据题意,可知EM?FC,
故四边形FCME是平行四边形,
所以EF∥CM,
因为EF⊄平面 PCD,CM⊂平面PCD,
所以EF∥平面PCD,②正确;
由CD∥AB易得CD∥平面PAB,
因为CD⊂平面PCD,平面PAB∩平面PCD=l,
所以CD∥l,③正确;④显然不正确,
故选C.
5.答案　②④
解析　①错,若在平面PBM内存在直线与BC平行,
则BC∥平面PBM,
因为BC⊂平面ABCM,平面PBM∩平面ABCM=BM,所以BC∥BM,而BC与BM相交,矛盾.
②正确,如图a,

图a
作PN⊥AM于点N,点E在平面PBM内,且NE⊥AC,
因为平面PAM⊥平面ABCM,平面PAM∩平面ABCM=AM,PN⊂平面PAM,
所以PN⊥平面ABCM,
因为AC⊂平面ABCM,
所以PN⊥AC,
因为PN∩NE=N,PN,NE⊂平面PNE,
所以AC⊥平面PNE,
而PE⊂平面PNE,所以AC⊥PE.
③错,若PA⊥平面PBC,则PA⊥BC,而PN⊥BC,PN∩PA=P,PN,PA⊂平面PAN,
所以BC⊥平面PAN,则AM⊥BC,矛盾.
④正确,如图b,延长AM,BC交于点H,连接PH,作CK∥PH交PB于点K,
则PH⊂平面PAM,

图b
又CK⊄平面PAM,所以CK∥平面PAM.
⑤错,若PA⊥平面PBM,则PA⊥BM,
又PN⊥BM,PA∩PN=P,PA,PN⊂平面PAM,所以BM⊥平面PAM.
因为AM⊂平面PAM,
所以BM⊥AM,可知点M在以AB为直径的圆上,
又该圆与CD无交点,所以不存在.
故②④正确.
6.解析　设三棱台A1B1C1-ABC的高为h,S△ABC=S,则S△1B1C1=4S.
所以V三棱锥A1-ABC=13S△ABC·h=13Sh,
V三棱锥C-A1B1C1=13S△A1B1C1·h=43Sh.
又V三棱台A1B1C1-ABC=73Sh,
所以V三棱锥B-A1B1C=V三棱台A1B1C1-ABC-V三棱锥A1-ABC-V三棱锥C-A1B1C1=73Sh-13Sh-43Sh=23Sh.
所以V三棱锥A1-ABC∶V三棱锥B-A1B1C∶V三棱锥C-A1B1C1=1∶2∶4.
7.解析　(1)证明:如图,连接PG,BD,
因为△PAB是等边三角形,G为AB的中点,所以PG⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PG⊂平面PAB,所以PG⊥平面ABCD,因为DG⊂平面ABCD,所以PG⊥DG.
因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD.
又因为∠BAD=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DG⊥AB.
又因为PG∩AB=G,PG,AB⊂平面PAB,
所以DG⊥平面PAB.

(2)证明:因为AB⊥PG,AB⊥DG,PG∩DG=G,PG,DG⊂平面DPG,所以AB⊥平面DPG.又因为DP⊂平面DPG,所以AB⊥PD.
(3)能,且F为PC的中点.连接CG交BE于M,连接FM,GE,
因为AB∥CD且AB=CD,E,G分别是CD,AB的中点,所以CE∥BG且CE=BG,
所以四边形CEGB是平行四边形,
所以CM=MG.
又因为CF=FP,所以MF∥PG.
由(1)知PG⊥平面ABCD,
所以MF⊥平面ABCD.
又MF⊂平面BEF,
所以平面BEF⊥平面ABCD.
8.答案　(2+1)π或2π
解析　若绕直角边所在直线旋转,则形成的几何体为圆锥,圆锥底面半径为1,高为1,母线长就是直角三角形的斜边长,为2,
所以所形成的几何体的表面积S=π×1×2+π×12=(2+1)π.
若绕斜边所在直线旋转,则形成的几何体是同底的两个圆锥的组合体,圆锥的半径是直角三角形斜边的高22,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,
所以几何体的表面积S=2×π×22×1=2π.
综上,所形成的几何体的表面积是(2+1)π或2π.
9.答案　2 500π
解析　设球的半径为R,球心O到两平行截面的距离分别为OO1=d1,OO2=d2,
(1)当两个平行截面位于球心O的两侧时,如图①,

图①
则R2=152+d12,R2=242+d22,d1+d2=27,解得d1=20,d2=7,R=25.
故S球面=4πR2=2 500π.
(2)当两个平行截面位于球心O的同侧时,如图②,

图②
则R2=152+d12,R2=242+d22,d1-d2=27,
解得d1=20,d2=-7,
不符合题意,即这种情况不存在.
综上可知,球的表面积为2 500π.