2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题-立体几何初步 复习提升

2025人教A版高中数学必修第二册

本章复习提升

易混易错练

易错点1对几何体的结构分析不当致错

1.（2024安徽皖中名校联盟联考）粮食是关系国计民生的重要物资.下图为储备水稻的粮仓,

中间部分可近似看作圆柱，圆柱的底面直径为10m,上、下两部分可以近似看作完全相同

的圆锥，圆柱的高是圆锥高的4倍，且这两个圆锥的顶点相距12m,若每立方米的空间大约

可装0.75t水稻，则该粮仓最多可装水稻（）

A.l7571tB.200兀tC.22571tD.250711

2.（2023湖北襄阳四中模拟）如图，圆锥的底面直径和高均是2,过PO的中点O作平行于底

面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为（）

A.（l+V5>B.（2+V5）7iC.Q+D.g+

易错点2解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错

3.（多选题）已知不重合的直线a,b,不重合的平面则下列说法错误的是（）

A.a〃a,b_l_p,a_Lb，则a_L[3

B.a_Lb,aua,bu0,贝ija_L|3

C.a,b异面，且2<=%1）（3口闰〃0,1）〃01,则a〃0

D.a〃a,a〃。,则a〃B

4.（2024湖北华中师范大学第一附属中学模拟）在正方体ABCD-AiBiCiDi中，点E是线段

BBi上靠近Bi的三等分点，点F是线段DiCi上靠近Di的三等分点,则平面AEF截正方体

ABCD-AiBiCiDi形成的截面图形为（）

A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形

5.（2024四川雅安模拟）如图，在正方体ABCD-AiBiCiDi中,已知点O为底面ABCD的中

心,M为棱BBi的中点，则下列结论中错误的是（）

A.DiO〃平面AiBCi

B.MO,平面AiBCi

C.异面直线BCi与AC所成的角为60°

D.直线OM与平面ABCD所成的角为45°

易错点3对空间角的概念理解不透彻致错

6.（2024上海同济大学第二附属中学期中）如图，在四面体ABCD中,AB=CD=6,M,N分别是

AC,BD的中点，若异面直线AB,CD所成角的大小为60。,则MN的长为.

7.（2022湖北十堰月考）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱

形,NDAB=60o,NADP=90。,平面ADP,平面ABCD,点F为棱PD的中点.

⑴证明:平面FAC,平面PBD;

（2）当二面角D-FC-B的余弦值为f时,求直线PB与平面ABCD所成的角.

4

易错点4对展开、折叠问题认识不清致错

8.（多选题）（2024云南昆明模拟）在△ABC中,NACB苫,AC=BC=2®D是AB的中点.将

△ACD沿着CD翻折，得到三棱锥A'-BCD,K'J（）

A.CDXA'B

B.当A'DXBD时,三棱锥A'-BCD的体积为4

C.当AB=2VW,二面角A'-CD-B的大小为詈

D.当，三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为2071

9.（2024广东广州白云艺术中学期中）如图，在直三棱柱ABC-AiBiCi

中,AB=8,AC=6,NBAC=9（r,D是BC的中点,NAiCA=45。.

（1）求直三棱柱ABC-AiBiCi的体积；

⑵求证:AiC〃平面ABiD;

⑶一只小虫从点Ai沿直三棱柱表面爬到点D,求小虫爬行的最短距离.

思想方法练

一、分类讨论思想在立体几何中的应用

1.（多选题）（2024安徽安庆第二中学期中）已知圆柱的侧面展开图是长为6cm,宽为4cm的

矩形，则这个圆柱的体积可能是（）

24°o

A.—cm3B.24兀cm3

IT

C—cm3D.36兀cm

2.（2024湖南九校联盟联考）有两个如图所示的直三棱柱，高为4a>0）,底面三角形的三边长

a

分别为3a,4a,5a,用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中，表面积最小的是

一个四棱柱，则a的取值范围是.

二、转化与化归思想在立体几何中的应用

3.（2024辽宁沈阳期末）如图，已知正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为2,E,F分别是棱

AAi,AiDi的中点，点P为底面四边形ABCD内（包括边界）一动点，若直线DiP与平面BEF

无公共点，则点P在四边形ABCD内运动所形成轨迹的长度为.

4.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形,AD//BC,NADC=90。,平面PAD±底

面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=4,BC1AD=2,CD=g.

⑴证明:平面BQM,平面PAD;

⑵求四面体P-BQM的体积.

三、函数与方程思想在立体几何中的应用

5.(2024河北秦皇岛昌黎汇文第一中学月考)在三棱锥P-ABC中,△ABC和^PBC均是边

长为2的等边三角形,D,E分别在棱PB,AC上,且冷笫DEu平面a,AP〃平面a,若AP=V3,

则平面a与三棱锥P-ABC的交线围成的图形的面积的最大值为.

6.(2024湖南邵阳邵东创新实验学校月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为

2的正方形,PD,底面ABCD,PD=2iCD,点E在棱PC上,PA〃平面EBD.

⑴试确定点E的位置，并说明理由；

⑵是否存在实数儿使三棱锥E-BPD的体积为q?若存在，请求出X的值;若不存在，请说明理

由.

7.如图，正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为2,E,F分别是棱AB,BC上的点，且AE=BF=x.

⑴当x为何值时,三棱锥Bi-BEF的体积最大？

(2)当三棱锥Bi-BEF的体积最大时，求二面角Bi-EF-B的正切值;

(3)求异面直线AiE与BiF所成角的取值范围.

答案与分层梯度式解析

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易混易错练

l.A2.B3.ABD4.C5.D8.ACD

1.A设圆锥的高为hm,则6h=12,解得h=2,

所以圆柱的体积VI=7TX(B)><4h=2007i(m3),

两个圆锥的体积之和V2=2X/X(T)xh=^(m3),

所以该组合体的体积V=Vi+V2=2007r+^=W^m3)易错点.

所以该粮仓最多可装水稻0.75V=：x等=175兀(母故选A.

2.B由题意知，剩下的几何体是一个圆锥挖去一个圆柱后的几何体.设圆柱的底面半径为

r,高为h,

则r=\<l=；h=2x2=l,

222

所以圆柱的侧面积为2/91=匹

因为圆锥的母线长为不百=匾，

所以圆锥的侧面积为TIX1xV5=V5TI,

又圆锥的底面积为71^12=71,

所以剩下的几何体的表面积为7r+V57i+7i=(2+V5)7i.

故选B.

易错警示求组合体的表面积、体积时，要正确分析几何体的结构特征，若是拼接而成的,

则要注意衔接部分的处理;若是挖去一个几何体，则要注意中空部分的处理.

3.ABD如图1,AB〃平面AiBiCiDi,BBi，平面ABCD,AB，BBi,平面ABCD〃平面

AiBiCiDi,故A中说法错误;AiBi，BC,AiBiu平面AiBiCiDi,BCu平面ABCD,但平面

ABCD〃平面AiBiCiDi,故B中说法错误;AiBi〃平面ABCD,AiBi〃平面DCCLDI,但是平

面ABCDC平面DCCiDi=CD,故D中说法错误；

对于C,如图2,设aCl尸邸”=1）,因为b〃a,所以根据线面平行的性质定理可得b〃c,因为

cua,cC0,所以c〃0,由a,b异面可得a,c必相交，又aua,cua,a〃|3,c〃B，所以a〃（3,故C中说

法正确.

故选ABD.

易错警示判断空间位置关系的基本思路有两个:一是逐个寻找反例作出否定的判断或

逐个进行逻辑证明作出肯定的判断;二是结合长方体（正方体）模型或实际空间位置（如课

桌、教室）作出判断，注意定理应用要准确、考虑问题要全面细致.

4.C设AB=6,延长AE,交AiBi的延长线于点G,则BiG=3,连接FG,交BiCi于H,连接EH,

设平面AEFC平面DCCiDi=l,则Fei,

因为平面ABBiAi〃平面DCCiDi,平面AEFC平面ABBiA尸AE,平面AEFC平面DCCiDi=l,

所以1〃AE,

设inDiD=I,则FI//AE,

易得△FDiIs^ABE,所以竺!=色，故IDi=-,

BEAB3

连接AL则五边形AIFHE为所求截面图形.

故选C.

易错警示在构造截面图形时，不能只通过直观感知进行构造，我们一方面要明确截面的

定义，另一方面要熟练应用点、线、面位置关系的相关定理严谨判断.

5.D对于A,连接BiDi,交AiCi于E,连接BD,易知0为BD的中点,四边形DiOBE为平行

四边形，故DiO〃BE,

又...DiOC平面AIBCLBEU平面AiBCi易错点，

••.D10〃平面AiBCi,故A中结论正确；

对于B,连接BiD,BiC,VO为BD的中点,M为BBi的中点,.,.乂0〃：62」.十口，平面

BiCiCB,CiBu平面BiCiCB,.\CiB±CD,

又BiC±CiB,CDnBiC=C

易错点,BiC,CDu平面CDBi,，BCi，平面CDBi,

又：DBiu平面CDBi,.\DBi±BCi,

同理可得DBiLBAi,

又,.♦CiBnBAi=B,CiB,BAiu平面AiBCiJBiD,平面AiBCi,，M0,平面AiBCi,B中结

论正确；

对于C,VAC/7AiCi,.\NA1C1B（或其补角）为异面直线BCi与AC所成的角，

易知△AiCiB为等边三角形,...NAiCiB=60。,故C中结论正确；

对于平面ABCD,.*.ZMOB为直线0M与平面ABCD所成的角，易知

MB=-AB,OB=—AB,

22

...tanNMOB="=玄，故NMOB不等于45。,故D中结论错误.故选D.

0B2

易错警示在证明线面平行时要注意判定定理中是平面外一条直线与平面内一条直线平

行,在证明线面垂直时要注意判定定理中是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂

直,尤其是“相交”这一条件不可缺少.解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时保证条件

的完整性,书写规范等.

6.答案3或3y

解析取AD的中点E,连接NE,ME,如图所示,

因为M,N,E分别是AC,BD,AD的中点,

所以ME〃CD,NE〃AB,且ME=|CD=3,NE=|AB=3,

所以NMEN为直线AB,CD所成的角或其补角，

又异面直线AB,CD所成角的大小为60°,

所以NMEN=60。或NMEN=120。易错点.

当NMEN=60。时,△MEN为等边三角形，所以MN=3;

当ZMEN=120°时，在△MEN中，由余弦定理可得MN2=ME2+NE2-2XMEXN：ECOS

120°=32+32+2X3X3X|=27>MN=3V3.

综上所述,MN=3或MN=3V3.

易错分析通过立体图形无法直接判断NMEN是锐角还是钝角，则NMEN可能是异面直

线AB,CD所成的角，也可能是其补角，在求异面直线所成的角时要注意这点.

7.解析⑴证明:因为NADP=90。,所以PDLAD,

又平面ADP,平面ABCD,PDu平面ADP,平面ADPA平面ABCD=AD,所以PD,平面

ABCD,

又因为ACu平面ABCD,所以PDXAC.

因为四边形ABCD为菱形，所以AC±BD,

又PDABD=D,PD,BDu平面PBD,

所以AC,平面PBD,

又因为ACu平面FAC,所以平面FAC,平面PBD.

⑵设PD=a,

由(1)知PD,平面ABCD,

所以NPBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.

由题意得,△BDC为等边三角形，

如图，过B作BHXCD于H,则H为CD的中点，

因为PD,平面ABCD,BHu平面ABCD,所以PD±BH,

又PDCCD=D,PD,CDu平面PDC,

所以BHL平面PDC.

过H作HG±FC于G,连接BG,则CFLBG,故NBGH就是二面角D-FC-B的平面角,

(平面EDC的垂线比较明显用垂线法找三面角.D-FC-B的平面角)

则cosNBGH=£所以tanZBGH=V7,

4

易得BH=g,所以GH="

a

因为sinNGCH二器二所以千1=-j=?,

此S'的而

所以a=2V3,

所以tanNPBD=吆=2=旧,所以NPBD=60。，

BD2

即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.

易错警示对于异面直线所成的角、线面角、二面角问题，一定要紧扣概念，注意角的范围,

异面直线所成角的范围为(0,程,直线与平面所成角的范围为[o5],二面角的范围为[0,兀].此

外用平移法构造出来的角有可能是异面直线所成的角，也有可能是其补角，要注意分类讨

论.

8.ACD对于A,由题意得CDLAB,且AB=4,CD=AD=BD=jAB=2,

则在三棱锥A'-BCD中,CDLAD,CDLBD

易错点，

又因为ADnBDuD,ADBDu平面ABD,所以CD,平面A'BD,

又A，Bu平面ABD,所以CDLAB,故A正确；

对于B,当A'D±BD时，因为A'D=BD=2

易错点，所以SAA-BD=|XA'DXBD=|X2X2=2,

故VA'-BCD=VC-A,BD=|SAA'BD-CD=|X2X2=1,[^B错误；

对于C,因为即为二面角A--CD-B的平面角，

当A，B=2旧时，在△A'DB中,由余弦定理的推论得cosNA'DB=*'D2+BD2-AW=a-

2XA'DXBD2X2X22

又NADB©(0㈤，所以ZA'DB=y,

故二面角A--CD-B的大小为学故C正确；

对于D,当NADBng时，

A'B=V4£)2+B£)2_2A'D・BDCOSZ4DB=V4+4+4=2次,

设^A'DB的外接圆圆心为O；半径为r,则2-‘^=誓=4,解得r=2,

smz.ADBv3

2

设三棱锥A'-BCD的外接球球心为O,连接001则00」平面ABD,所以00，〃CD,

取CD的中点E,连接0E,贝I]0EXCD,

则四边形OO'DE为矩形,

故OO'=ED=iCD=l,

2

设棱锥A'-BCD的外接球的半径为R,连接OD,

贝IR2=OD2=OO'2+O'D2=1+4=5,解得R=V5,

故三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为4出2=20匹故D正确.

故选ACD.

易错警示在折叠过程中注意平面图形与空间图形中变与不变的量，在变化的量中不仅

要注意长度的变化,还要注意位置关系的变化.

9.解析(1)由题意得AAI=AC=6,SAABC=/B-AC=24,所以直三棱柱ABC-AiBiCi的体积为

SAABC,AAi=l44.

(2)证明:连接AiB,交ABi于E,连接DE,如图，

因为四边形ABBiAi是矩形，所以E是AiB的中点，又D是BC的中点，所以DE〃AiC,又

AiCC平面ABiDQEu平面AB1D,所以AiC〃平面AB1D.

⑶把矩形BCCiBi与△AiBiCi置于同一平面内，如图1,连接AiD,过Ai作AiF±BC于F,

交BiCi于点O,

由BC〃:BiCi,得AiO±BiCi,Kl]AiO=^^i=^=^,AiF=v+6=v，

7ZZ

B1C1V8+6555

OCi=AiCicosNAiCiB尸人1。・2=之则DF=CD-CF=CD-0Ci=5-欠=2，

B]C]555

因止匕AiD=J"iF2+DF2=J詈.

把正方形ACCiAi与公ABC置于同一平面内，如图2,

显然B,A,AI共线，连接AiD,取AB的中点G,连接DG,则DG〃AC,DGWAC=3,DG，AB,

又AiG=AAi+AG=10,所以AID=7^IG2+DG2=V102+32=V109.

q4

~DC

图3

把正方形ACCiAi与矩形BCCiBi置于同一平面内，如图3,连接AiD,AD=AC+CD=U,则

AID=7^I^42+AD2=V62+112=V157.

把矩形ABBiAi与^ABC置于同一平面内，如图4,显然C,A,Ai共线，连接AiD,取AC的中

点H,连接DH,则DH/7AB,DH=jAB=4,DH±AC,

又AiH=AAi+AH=9,所以AID=7^IH2+DH2=V92+42=V97.

\/\/\、、、、

BDcABDC

图4图5

把矩形ABBiAi与矩形BCCiBi置于同一平面内，如图5,连接

AID,AD=AB+BD=13,AID=7^I^42+AD2=V62+132=V205.

所以小虫爬行的最短距离为历.

易错警示求多面体表面上的最短距离一般是把多面体表面展开到一个平面上,利用平

面上两点之间的最短距离是连接两点的线段的长度求解，但要注意多面体的展开方式可

能有多种.

思想方法练

1.AC圆柱的侧面展开图是长为§£虫,宽为4&照的矩形,有两种情况；

①则底面周长为6cm,设底面半径为ncm,则271rl=6,得门=*

此时圆柱的体积为兀x(.)x4=^(cm3).

②圆柱的高为_6fm,则底面周长为4cm,设底面半径为r2cm，则2ra*2=4,得r2=-,

Tl

2

此时圆柱的体积为冗xgx6=-(cm3).

\Tl/Tl

综上，圆柱的体积为处cm3或北加3,故选AC.

TtIT

2.答案(0,孚)

解析当拼成一个三棱柱时，有三种情况，如图①②③所示:

图②图③

图①中三棱柱的表面积为2dx3ax4a+(3a+4a+5a)x±二12a2+48.

2a

图②中三棱柱的表面积为2X2XR3ax4a+2(5a+4a)x^=24a2+36.

2a

图③中三棱柱的表面积为2X2XR3ax4a+2(5a+3a)x^=24a2+32.

2a

当拼成一个四棱柱时，有四种情况，如图④⑤⑥⑦所示：

其上、下底面面积之和都是2x2x，3ax4a=24a?,

侧面积分另ll为2(3a+4a)x?=28,2(5a+4a)x3=36,2(3a+4a)x2=28,2(5a+3a)x?=32,

aaaa

显然，四种情况中表面积最小是24a2+28(在四棱柱中找到表面积最小的);

易知24a2+28比24a2+32,24a2+36都小,

则结合题意得12a2+48>24a2+28,又a>0,所以得0<a<平.

思想方法立体几何主要研究空间几何体的组成元素的数量关系和位置关系等.在立体

几何问题中，注意分类讨论思想的应用，主要是对点、线、面相对位置关系,角相等或互补

等进行分类讨论.

3.答案V5

解析取BC的中点G,连接AG,DiG,ADi,如图所示,

由E,F分别是AAI,ALDI的中点，得EF〃ADi,

又因为EFu平面BEF,ADi，平面BEF,

所以ADi〃平面BEF.

因为FDi〃BG,FDi=BG,所以四边形FBGDi为平行四边形，所以FB/7GD1.

又因为FBu平面BEF,GDiC平面BEF,所以GDi〃平面BEF.

又因为GDiCADi=Di,GDi,ADiu平面ADiG,

所以平面ADiG〃平面BEF.

直线D1P与平面BFF没有交点，转化为寻找过直线刀止.且与平面BEF平行的平面公。6,

因为点P为底面四边形ABCD内（包括边界）一动点，且DiP与平面BEF无公共点，所以P

的轨迹为线段AG,AG=V22+12=V5.

4.解析（1）证明:：人口〃:BC,BC《AD,Q是AD的中点,；.DQ必BC,

•••四边形BCDQ为平行四边形,.'.CD〃:BQ.

ZADC=90°,ANAQB=90。,即BQ±AD.

•.♦平面PAD,平面ABCD,且平面PADA平面ABCD=AD,BQu平面ABCD,...BQ，平面

PAD.

将证明面面垂直转化为证明线面垂直，

又BQu平面BQM,.•.平面BQML平面PAD.

⑵连接CQ.由题可得Vp-BQM=Vc-BQM=VM-BCQ=jVP-BCQ.

利用等体积法转化为易求解的几何体的体积,

由⑴可知,四边形BCDQ为矩形,BCQ=|QBBC=V3.

VPA=PD,Q为AD的中点,...PQLAD.

•.♦平面PAD，平面ABCD,且平面PADA平面ABCD=AD,PQu平面PAD,，PQ，平面

ABCD.

在RtAPDQ中,PQ=JP£)2_DQ2=2g,

Vp-BQM=jVp-BCQ=jx|xV3x2V3=1.

思想方法转化与化归思想在证明平行和垂直时应用最为广泛，通过平行的判定定理和

性质定理实现线线平行、线面平行、面面平行的相互转化;通过垂直的判定定理和性质定

理实现线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.在求三棱锥的体积时，等体积法也充分

体现了转化与化归思想.此外，在研究立体几何问题时，可以合理选择补形法,转化为长方体

等规则几何体进行求解.

5.答案噂

解析如图所示,设平面an平面PAB=DM,因为AP〃平面a,APu平面PAB,所以DM〃AP,

设平面aC平面PAC=NE,同理可得NE〃AP,所以DM〃NE.

设PD=AE=x(0<x<2),贝|黑=第=慧=言，即DM=NE=^(2-x),

所以四边形DMEN为平行四边形，所以DN/7ME,

又DN,平面ABC,MEu平面ABC,所以DN〃平面ABC,

又因为DNu平面PBC,平面PBCC平面ABC=BC,

所以DN〃:BC,所以ME〃:BC,且DN=x,

取BC的中点0,连接P0,0A,易得P0±BC,0A±BC,XP0n0A=0,P0,0Au平面P0A,所

以BC,平面P0A,又因为PAu平面P0A,所以BCLPA,所以DNLNE,所以四边形DMEN

为矩形，

所以平面a与三棱锥P-ABC的交线围成的图形为矩形DMEN,其面积

S=^(2-x)x=-^(x-l)2+^,

将面积表示为关王.工的二次函数，结合二次函数的性质求解，体现工函数思想，

当x=l时，面积最大，为今

6.解析⑴点E是PC的中点，理由如下：

连接AC,交BD于点0,连接0E,

底面ABCD是正方形,是AC的中点.

：PA〃平面EBD,PAu平面PAC,平面PACC平面BDE=OE,/.PA/70E,

又是AC的中点,，E是PC的中点.

⑵由(1