第13章 立体几何初步（复习提升）-2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

2026苏教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不能准确掌握空间图形的结构特征致错

1.（2025安徽芜湖期中）两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是（）

A.一个三棱锥B.一个四棱锥

C.一个三棱柱D.一个四棱柱

2.（2025浙江期中）如图，平行四边形ABCD中,AB=2,BC=l,NBg以AB所在直线为轴旋转

一周所围成的几何体的表面积是（）

HC

A.26兀B.3V3nC.4/I兀D.i

易错点2判断点、线、面的位置关系时考虑不全面致错

3.（2025江苏南通期中）已知l,m,n是三条不同的直线,a,|3,y是三个不同的平面，下列命题正

确的是（）

A.若m_La,l_Lm，则\//a

B.若aJ_Y，0_L%anB=l,贝ijl_Ly

C.若l,mUB，l〃a,m〃a3M〃p

D.若则m//n

4.（2025广东深圳期中）设直线b与平面a相交但不垂直，则下列说法中正确的是（）

A.平面a内的直线与直线b都不垂直

B.过直线b的平面与平面a都不垂直

C.与直线b垂直的直线可能与平面a垂直

D.与直线b平行的平面可能与平面a垂直

5.（多选题）（2024江苏南通海安高级中学期中）如图，在长方体ABCD-A,B,CiDi

中,AB=4,BC=BBi=2,E,F分别为棱AB,AQi的中点，则下列说法中正确的是（）

A.直线CF与A（B为相交直线

B.异面直线DB］与CE所成的角为90。

C.若P是棱CiDi上一点，且DiP=l,则E,C,P,F四点共面

D.平面CEF截该长方体所得的截面可能为六边形

易错点3不能正确理解空间角致错

6.（2025辽宁大连期末）在正四棱锥中，记侧棱与底面所成的角为出侧面与底面所成的角为仇

相邻两侧面所成的二面角的平面附为Y,侧面等腰三角形的底儿为祝则a,仇了。的大小关系为

（）

A.a<p<6<yB.a<p<y<8

C.a<y<p<8D.a<8<p<y

7.（2025江苏南通如东高级中学期中）如图，正方体ABCD-AHGDi中,F是侧面BCCiBi上

的动点，且AF〃平面AD|E,E为BC的中点.记A.F与平面BCC）Bi所成的角为a,A|F与

ADi所成的角为国则（）

A.a<p<j

C.a>p\D.j<a<p

8.（2024江苏常州期末）已知二面角a-l-p为60。,a内一条直线m与1所成的角为30部内一条

直线n与1所成的角为45。,求直线m与直线n所成角的余弦值.

易错点4证明线线、线面、面面的位置关系时推理不严谨致错

9.（多选题）（2024湖北武汉华中师大附中适应性考试）如图，在正方体ABCD-AiBiCiD

中,E,F,M,N分别为棱AAbAiDi,AB,DC的中点，点P是正方形BB,CiC的中心，则下列结论

正确的是（）

A.E,F,M,P四点共面

B.平面PEF截正方体所得的截面是等腰梯形

C.EF〃平面PMN

D.平面MEF_L平面PMN

10.（2024北京师大二附中期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF_L平面ABCD,四边

形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形，且AD//BC,ZBAD=90°,AB=AD=1BC.

(1)求证:AD〃平面BCEF;

(2)求证:BD_L平面CDE;

⑶在线段BD上是否存在点M,使得CE〃平面AMF?若存在，求出器的值;若不存在，请说

明理由.

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，则这个圆柱的体积为（）

.24

A..—cm3B.24ncm3C.gcm3D.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，底面三角形的三边长分别

为3a,4a,5a（a>0）,用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中，全面积最小的是

一个四棱柱，则a的取值范围是________.

二、函数与方程思想在立体几何中的应用

3.（2024江苏无锡第一中学期中）已知正四棱柱ABCD-AiBiCiDi的侧棱长为2,底面边长为

1,点P是底面AIBIGDI（含边界）上一个动点，直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为

2,则PG的取值范围为;当PCi取得最小值时，四棱锥P-ABCD的外接球表面积

为.

4.（2025江苏淮安清江中学阶段检测）《九章算术•商功》中有这样一段话:“斜解立方，得两

堡堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖喘阳马居二，鳖蠕居一，不易之率也.“意思是:如图，沿止

方体对角面A.B.CD截正方体可得两个堑堵，再沿平面BiC.D截堑堵可得一个阳马（I四棱

锥D-ABGD。,一个鳖脯（三棱锥D・BiGC）.若P为线段CD（除端点外）上一动点，平面a过

点P,CD_L平面a,设正方体的棱长为l,PD=x，平面a截三棱锥D-BiCiC所得截面的面积为S,

则在点P从点D移动到点C的过程中,S关于x的函数关系式是.

5.（2024黑龙江鸡西期末）有两个边长为2的正方形ABCD和ADEF,其所在平面互相垂

直,M,N分别是对角线AE,BD上的点，且EM=DN.

（1）求证:MN〃平而CDE;

（2）设EM=x,MN=y，求y与x的函数关系式；

（3）求M,N两点间的最短距岗.

B

三、转化与化归思想在立体几何中的应用

6.（2024江苏淮安涟水期中）在棱长为4的正方体ABCD-AiB.CiDi中，分别取棱AAI,AIDI

的中点E,F,点G为EF上的一个动点，则点G到平面ACDi的距离为（）

A.手B.V3C.2D.2V3

7.（多选题）（2025江苏徐州铜山第一中学月考）四边形ABCD

中,AB=AD=CD=LBD=V5,BD_LCD,将四边形ABCD沿对角线BD折成直二面角ALBD-C,

则下列结论正确的是（）

A.A'C±BD

B.Z8^6=90°

C.AC和平面A'BD所成的角为45°

D.四面体A-BCD的体积为|

答案与分层梯度式解析

本章复习提升

易混易错练

1.D对于A,如图1,在三棱锥A-BCD中,分别取BC,BD的中点E,F,连接AE,AF,EF,再取

EF的中点M,连接AM,BM,则三棱锥A-BCD可拆成三棱锥A-BEM,A-BFM和四棱锥

A-CDFE,A可能；

对于B,如图2,在四棱锥P-ABCD中,分别取BC,AD的中点E,F,连接PF,PE,EF,BF,则四棱锥

P-ABCD可拆成三棱锥P-ABF,P-BEF和四棱锥P-CDFE,B可能；

对于C,如图3,在三棱柱ABC-AiBiCi中，连接AIB,BCIMBICI的中点E,连接AEBE,则三

棱柱ABC-A(BiCi可拆成三棱锥BI-AIBE,CI-AIBE和四棱锥B-ACC(Ai,C可能；

对于D,一个四棱柱割去一个四棱锥后的儿何体不可能由两个三棱锥拼成,D不可能.

2.B作出旋转体如图:

该旋转体上部分为圆柱内挖去一个圆锥，下部分为与上部分挖去的圆锥相同的圆锥.

过点D作AB所在直线的垂线,垂足为E,

由题意得AB=CD=2,BC=AD=1,NABC=NDAE=,

则AE=j,DE=y,

故圆E的周长为1=2兀兀，

圆锥侧面展开图的半径R=AD=1,

故上、下两个圆锥的侧面积Si=S2《Rl=91xHir=字，

圆柱的侧面展开图是一个矩形,其面积S3=27cxDEAB=2V37t,

所以几何体的表面积S=Si-S2+Sa=^+号+2V5TU=3V5兀.

易错警示求组合体的表面积时，要正确分析几何体的结构，若是拼接而成的，要注意对衔

接部分的处理;若是挖去•个几何体,要注意对中空部分的处理.

3.B对于A,当m_La,lJ_m时/Ua或l〃a,故A错误；

对于B,如图屋设any=m,pny=n2,点P是平面y内一点，过点P作PM±m于点M,PNJ_m于点

N,

因为01_1%。_1_丫且口0丫=可平「1丫=112,且PMUyTNU%所以PM±a,PNlp.

又aCl|3=l,所以PM±1,PN±1.

又PMCIPN=P，所以1J_y，故B正确；

对于C,当l,mU0,l〃a,m〃a时，若l〃m,则平面a,阿能平行，也可能相交，故C错误；

对于D,若m_Ll,n_1_1,则m〃n或m与n相交或m与n异面，故D错误.

易错警示在平面几何中正确的结论在空间中不一定成立，如D中“垂直于同一直线的两

条直线平行''的结论在平面几何中是正确的，但在空间几何中就不一定成立,所以要注意这

种由平面几何到空间几何的变化，另外要善于结合熟悉的儿何图形（如正方体等）进行线面

位置关系的学习和判定.

4.D对于A,如图1所示，设bCla=B,在直线b上取一个异于点B的点A,设点A在平面a

内的射影为点O,

连接B0,过点0在平面a内作直线a,使得a±BO,

因为AO_La,aUa,所以AO_La,

又因为AOnBO=O,AO,BOU平面ABO,所以a_L平而ABO,

又因为bU平面ABO,所以a_Lb,所以在平面a内存在直线a与直线b垂直，故A错误；

对于B,由对A的分析知,AO_La,AOU平面ABO,所以平面ABO_L平面a,

因为bu平面ABO,所以过直线b存在平面与平面a垂直，故B错误；

对于C,如图2所示,在平面ABO内作AC±b交平面a于点C,且AO±a,

若AC，a,由于过点A有且只有一条直线与平面a垂直，则AO,AC重合，矛盾，故C错误；

对于D,当平面°〃平面ABO时，因为bU平面ABO,所以b〃平面°,

因为平面ABO_L平面a,所以平面p与平面a所成的角为直角，即a_L0,故D正确.

易错警示当1〃。时,1可以与a内的无数条直线平行，但不是任意一条;当Ua时,1可以与a

内的任意一条直线垂直.在利用两个平面平行的判定定理时不要忽略两条直线相交这一

前提条件.

5.AC因为AiF〃BC且AFrBC,所以四边形CFA.B为梯形，所以直线CF与A】B必相交,

所以A正确；

在长方体ABCD-AIBICIDI中，因为BB」平面ABCD,CEU平面ABCD,所以BBi±CE,

假设异面直线DBi与CE所成的角是90。,即DBi±CE,

连接BD,由DBi,BBC平面BB|D,DBQBBi=B],

可得CEJ_平面BBiD,而DBU平面BBQ,则CE_LDB,

在长方形ABCD中，取CD的中点N,连接EN,因为AB=4,BC=2,所以四边形BCNE是正方

形，连接BN,易得CE1.BN,

a

所以DB与CE不垂直，所以异面直线DBi与CE所成的角不是90。,所以B错误；

取CiDi的中点M,连接AiE,AiM,MC,PF,PC,

因为F,P分别是AiDi和DiM的中点，所以因〃AiM,

易得四边形AiMCE为平行四边形，所以PF〃CE,所以E,C,P,F四点共面，所以C正确；

由C可知,PF,PC,CE均为平面CEF与长方体的表面的交线，截面CEF与平面ABBIAI及平

面ADDA1相交，

从而可得截面多边形的两条边，所以截面为五边形，所以D错误.

易错警示平面CEF截该长方体所得的截面不是四边形CEFP,而应该根据确定的三点

C,E,F,先直观地分析该截面还可能经过的面和棱，然后根据平行线共面或相交线共面等确

定截面的具体形状.

6.A如图，不妨设正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高SO=h,取BC的中点H,连接

OH,SH,BD.

易知lan

a=tanNSBO=^=/=芋,tanp=tanZSHO==7=h,tan8=tanZSBH==Vh2+l,

所以0<tana<tanp<tan3,则0<a<p<8<^.

过点D作DE_LSA于点E,连接EB,易知△SADg^SAB,・・・BE_LSA,故NBED即为侧面

SAD和侧面SAB所成的二面角的平面角%

丁SASAB=S△SBC,Bp|xSAEB=|xBCSH,

・・・EB需，即EB2=金.

DE2+E52-BD2

在aBED中,由余弦定理得cosYFOSNBED三

IDE-Eli

其中DE2+EB2-BD2=2EB2-BD2=^^i—8<0,所以cosy<0,则丫冶.

故av（3v6<y.

7.D设平面ADiE与直线CCi交于点G,连接D】G,EG,易知G为CC）的中点，分别取

BIB,BICI的中点M,N,连接AIM,MN,AIN,

易知A]M〃DiG,DA】MQ平面AD|E,D|GU平面AD|E,；・AiM〃平面ADiE.

同理可得A]N〃平面ADiE,

又AiMnAiN=Ai,AiM,A】NU平面A）MN,

，平面AiMN〃平面ADiE,

结合A]F〃平面ADF,可得直线AFU平面A】MN,即点F是线段MN上的动点.

可得当F与M（或N）重合时,AF与平面BCCiBi所成角等于NAiMB1，

此时a取得最小值，满足tan

当F与MN的中点重合时,AiF与平面BCCBi所成角取得最大值，满足tana=^=20,

・・.AIF与平面BCCB所成角的正切值的取值范围是［2,2@.

易知MN〃ADi,・・・AF与ADi所成的角即为AiF与MN所成的角，

故当F与M（或N）重合时,AF与MN所成的角等于/AiMN（或NA】NM）或其补他此时［3

取得最小值，

满足cos尸萨=答，可得sinP=^,.\tan0=3,

与AB1010

当F与MN的中点重合时,AiF与MN所成的角取得最大值，满足

*.*2<tana<2V2,tanP>3,tan^=V3,

Aj<a<p.

易错警示在求异面直线所成的角。时,要注意0。<旺90。,在将两条异面直线所成的角转化

为一个三角形的内角时，容易忽略这个三角形的内角可能等于两条异面直线所成的角，也

可能等于其补角;直线与平面所成的角0的取值范围为｛0|0。00090。｝,在求线面角时，要注意

在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置,从而确定其在这个平面内的射影,

进而求线面角;二面角。的取值范围是别0区/180。｝.

8.解析如图1,过1上一点Q作QE11交m于点E,QF11交n于点F,连接EF,

由已知设PQ=6x,贝ijQE=x,QF=VJx,PF=V^x,PE=2x,

在4QEF中,由余弦定理得

-4.v2+V3x22V6+V2

/.cosZEPF=

2*2vV6x8

如图2,过1上一点Q作QE11交m于点E,QFI1交n于点F,连接EF,

设PQ=V3x,・•・QE=x,PE=2x,QF=V3x,PF=V6x,ZEQF=120°,

・・・EF=Jx2+3x2-2xV3x-（-；）=V4x2+V3x2,

./4A-2+6X2-4.V2-V3.V26-V32V6-V5

..cosZEPF=---------=-----=--=-------.

2X2\-V6X4768

易错警示惯性思维会使我们只考虑到解答中的第一种情况，而忽略直线m,n,l之间的另

一种位置关系，从而出现漏解的情况.在平时的学习和解题中，要结合异面直线的夹角、线

面角、面面角的范围，多认I只从图形中反映出的不同位置特征.

9.BD对于A,如图,用经过E,F,M三点的平面截正方体ABCD-ABGDi,所得截面图形为

正六边形FEMHQK,点P在此正六边形所在平面外,・・.E,F,M,P四点不共面,...A错误；

对于B,连接BG,则平面PEF即平面GBEF,截面C.BEF是等腰梯形,...B正确；

对于C,分别取BBi,CCi的中点G,Q,则平面PMN即为平面QGMN,

在正六边形FEMHQK中,HQ〃EF,・・・MQ不平行于EF,

又EF,MQU平面FEMHQK,AEF与MQ相交,.,・EF与平面QGMN相交，

AEF不平行于平面PMN,故C错误；

对于D,VAAEM,ABMG是等腰直角三角形，

ZAME=ZBMG=45°,AZEMG=90°,AEM±MG,

VM,N分别是AB,CD的中点，易证MN/7AD,由正方体的性质可得AD±平面

ABBIAI,；・MNJ_平面ABBiAi,

又MEU平面ABBiAh/.MEIMN,

•・・MGnMN=M,MG,MNU平面PMN,・，・EMJ_平面PMN,

「EMU平面MEF,.,・平面MEFJL平面PMN,故D正碓.

10.解析⑴证明:因为AD〃BC,BCU平面BCEF,ADQ平面BCEF,所以AD〃平面BCEF.

(2)证明:因为四边形ADEF为正方形，所以DE1AD.

又因为平面ADEF_L平面ABCD,平面ADEFD平面ABCD=AD,DEU平面ADEF,所以

DE_L平面ABCD.

又因为BDU平面ABCD,所以

如图，取BC的中点N,连接DN.

由BN//AD,AB=AD=^BC,ZBAD=90°,

可得四边形ABND为正方形，

所以DN=AB,所以DN=BC,所以BD1CD.

因为CDCIDE=D,CD,DEU平面CDE,

所以BDJ_平面CDE.

(3)存在，当M为BD的中点时,CE〃平面AMF.

理由如下：

连接AN交RD于点P,连接NF,PF,

因为四边形ABND为正方形，

所以P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NFU平面APRCEQ平面APF,

所以CE〃平面APF,

故点P即为所求的点M,

此时M为BD的中点，且黑=1.

DM

易错警示在证明线线、线面、面面的位置关系时，首先要结合几何图形分析，其次要根据

有关定义、定理、性质等进行论证，如证明线面平行时一定要注意条件中是平面外一条直

线与平面内的一条直线平行，证明这类问题时要注意推理的严谨性,使用定理时要保证条

件的完整性，书写的规范性等.

思想方法练

1.AC当圆柱的高为4cm,底面周长为6cm时，

设底面半径为rem,则271r=6,解得r=|,

此时圆柱的体积为兀言urn3.

当圆柱的高为6cm,底面周长为4cm时，

设底面半径为Rcm,则2小=4,解得K=^,

71

此时圆柱的体积为兀・仔)2.6=*cm3.

\n/n

综上,圆柱的体积为弓cm3或Bcm3.

2.答案(0,平)

解析当拼成一个三棱柱时，有三种情况，如图所示:

①上下底而对接，其全面积S1=2xIx3ax4a+(3a+4a+5a)X：12a2+48.

2

②一边长为3a的侧面对接，其全面积S2=2x2xlx3ax4a-i-2(5a+4a)x^=24a4-36.

③一边长为4a的侧面对接，其全面积S3=2x2xgx3ax4a+2(5a+3a)x]24a2+32.

当拼成一个四棱柱时，有四种情况，如图所示：

四种情况的上、下底面积之和都是2x2x1x3ax4a=24a2,

但侧面积分别为2(3a+4a)x、28,2(5a+4a)d=36,2(3a+4a)d=28,2(5a+3a)xJ32,

(7aciu

显然,全面积最小为24a2+28.

由题意得12a2+48>24a2+28,解得0〈av?.

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[&-1,1];兰詈4

解析从点P向底面ABCD作垂线，垂足为0,连接0A,如图1,则NPA0为直线AP与平

面ABCD所成的角，

因为直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,所以等2,又因为OP=2,所以0A=l,

OA

由对称性可知,AF=1,即点P的轨迹是底面AiB.CiDi内，以Ai为圆心,1为半径的圆弧，

BC

图1

如图2,当P位于AiCi与圆弧的交点处时,PG的值最小，最小值为0-1;

当P位于Bi或Di处时,PC最大，最大值为1,

所以PCi的取值范围为

设AQ,DB交于点E,AC,BD交于点F,连接EF,如图3,则球心M在EF上，连接MP,MB,

设EM=x，外接球的半径为R,则MP=MB=R,EPY-（0T）=1-?，

占（1-手心

由勾股定理可得

（2-4+仔）；心

利用勾股定理构建方程组，体现了方程思想的应用.

解得屋上詈,所以外接球的表面积为4兀RA丝衿.

图3

4.答案S=^x2(0<x<l)

解析由题意得DP=x(O<x〈l).如图，设M,N分别为截面a与DB,,DCi的交点，连接

PM,PN,MN,则平面a截三棱锥D-BiCiC所得截面为△PMN.

•・・CD_L平面PMN,CD_L平面BICCI,

・・・平面PMN〃平面BiCCi,

又•・•平面DCGCI平面PMN=PN,平面DCCiCl平面BiCCi=CCi,APN^CCi,

同理可得MN〃B】G,PM〃BiC.

・・•正方体的棱长为1,

,PNDNMNDMPMDP

・・瓦一而一B©一丽一而一花f

.,.△PMN^ACBiCi5-x2.

根据△PMNs/iCBiG,面积比等于相似比的平方，将S用变量x表示，体现了函数思想.

22

VSAC/?1C=JBICI<CI=1,.-.S=XSACZ?1C=1X(0<X<1).

5.解析⑴证明:过点M作MG〃DE,交AD于点G,连接NG,

因为MG〃DE,所以%=*.

MEGD

由已知可得,AE=BD=\/4+4=2夜,

因为EM=DN,

所以AM=BN建嗯

所以丝=竺=生

八人GDNDME，

所以GN〃AB,

又AB〃CD，所以GN〃CD.

因为MG〃DE,MGQ平面CDE,DEU平面CDE,

所以MG〃平面CDE,

同理可得,GN〃平面CDE.

因为MGU平面MNG,GNU平面MNG,MGCIGN=G,

所以平面MNG〃平面CDE,

又因为MNU平面MNG,所以MN〃平面CDE.

⑵由(1)可知,MG〃DE,AM=AE-EM=2V2-x,

AM

所以条，所以MG=S=^"=2

7EAE2v22

TLO-rzmrDN'AB2xv2x

问理可得，GNFT=^=^・

因为平面ABCD_L平面ADEF,平面ABCDA平面ADEF=AD,DE_LAD,DEU平面ADEF,

所以DE_L平面ABCD.

又因为CDU平面ABCD,所以DE1CD.

因为MG〃DE,GN〃CD,所以MG_LGN,

所以△MGN是直角三角形，

22

所以MN2=MG2+GN2=(W)+(W

=X2-2A/2X+4=(X-V2)2+2,

即y=J(^V2)2+2(0<x<2V2).

先找出MG,GN与EM的数量关系，再根据勾股定理得y与x的函数关系式，体现了函数思

想的应用.

(3)由⑵得y=J(x-V2)2+2,0<x<2V2,

所以当x=V2,BPM,N分别为线段AE,BD的中点时，

MN有最小值