第13章 立體幾何初步（復習提升）-2026蘇教版高中數學必修第二冊章節練（含解析）

2026蘇教版高中數學必修第二冊

本章復習提升

易混易錯練

易錯點1不能準確掌握空間圖形的結構特征致錯

1.（2025安徽蕪湖期中）兩個三棱錐、一個四棱錐拼在一起不可能拼成的是（）

A.一個三棱錐B.一個四棱錐

C.一個三棱柱D.一個四棱柱

2.（2025浙江期中）如圖，平行四邊形ABCD中,AB=2,BC=l,NBg以AB所在直線為軸旋轉

一周所圍成的幾何體的表面積是（）

HC

A.26兀B.3V3nC.4/I兀D.i

易錯點2判斷點、線、面的位置關系時考慮不全面致錯

3.（2025江蘇南通期中）已知l,m,n是三條不同的直線,a,|3,y是三個不同的平面，下列命題正

確的是（）

A.若m_La,l_Lm，則\//a

B.若aJ_Y，0_L%anB=l,貝ijl_Ly

C.若l,mUB，l〃a,m〃a3M〃p

D.若則m//n

4.（2025廣東深圳期中）設直線b與平面a相交但不垂直，則下列說法中正確的是（）

A.平面a內的直線與直線b都不垂直

B.過直線b的平面與平面a都不垂直

C.與直線b垂直的直線可能與平面a垂直

D.與直線b平行的平面可能與平面a垂直

5.（多選題）（2024江蘇南通海安高級中學期中）如圖，在長方體ABCD-A,B,CiDi

中,AB=4,BC=BBi=2,E,F分別為棱AB,AQi的中點，則下列說法中正確的是（）

A.直線CF與A（B為相交直線

B.異面直線DB］與CE所成的角為90。

C.若P是棱CiDi上一點，且DiP=l,則E,C,P,F四點共面

D.平面CEF截該長方體所得的截面可能為六邊形

易錯點3不能正確理解空間角致錯

6.（2025遼寧大連期末）在正四棱錐中，記側棱與底面所成的角為出側面與底面所成的角為仇

相鄰兩側面所成的二面角的平面附為Y,側面等腰三角形的底兒為祝則a,仇了。的大小關系為

（）

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

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

7.（2025江蘇南通如東高級中學期中）如圖，正方體ABCD-AHGDi中,F是側面BCCiBi上

的動點，且AF〃平面AD|E,E為BC的中點.記A.F與平面BCC）Bi所成的角為a,A|F與

ADi所成的角為國則（）

A.a<p<j

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

8.（2024江蘇常州期末）已知二面角a-l-p為60。,a內一條直線m與1所成的角為30部內一條

直線n與1所成的角為45。,求直線m與直線n所成角的余弦值.

易錯點4證明線線、線面、面面的位置關系時推理不嚴謹致錯

9.（多選題）（2024湖北武漢華中師大附中適應性考試）如圖，在正方體ABCD-AiBiCiD

中,E,F,M,N分別為棱AAbAiDi,AB,DC的中點，點P是正方形BB,CiC的中心，則下列結論

正確的是（）

A.E,F,M,P四點共面

B.平面PEF截正方體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北京師大二附中期中）如圖，在多面體ABCDEF中，平面ADEF_L平面ABCD,四邊

形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形，且AD//BC,ZBAD=90°,AB=AD=1BC.

(1)求證:AD〃平面BCEF;

(2)求證:BD_L平面CDE;

⑶在線段BD上是否存在點M,使得CE〃平面AMF?若存在，求出器的值;若不存在，請說

明理由.

思想方法練

一、分類討論思想在立體幾何中的應用

1.（多選題）（2024安徽安慶第二中學期中）已知圓柱的側面展開圖是長為6cm,寬為4cm的

矩形，則這個圓柱的體積為（）

.24

A..—cm3B.24ncm3C.gcm3D.36兀cm'

2.（2024湖南九校聯盟聯考）有兩個如圖所示的直三棱柱，高為，底面三角形的三邊長分別

為3a,4a,5a（a>0）,用它們拼成一個三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中，全面積最小的是

一個四棱柱，則a的取值范圍是________.

二、函數與方程思想在立體幾何中的應用

3.（2024江蘇無錫第一中學期中）已知正四棱柱ABCD-AiBiCiDi的側棱長為2,底面邊長為

1,點P是底面AIBIGDI（含邊界）上一個動點，直線AP與平面ABCD所成的角的正切值為

2,則PG的取值范圍為;當PCi取得最小值時，四棱錐P-ABCD的外接球表面積

為.

4.（2025江蘇淮安清江中學階段檢測）《九章算術?商功》中有這樣一段話:“斜解立方，得兩

堡堵.斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉喘陽馬居二，鱉蠕居一，不易之率也.“意思是:如圖，沿止

方體對角面A.B.CD截正方體可得兩個塹堵，再沿平面BiC.D截塹堵可得一個陽馬（I四棱

錐D-ABGD。,一個鱉脯（三棱錐D?BiGC）.若P為線段CD（除端點外）上一動點，平面a過

點P,CD_L平面a,設正方體的棱長為l,PD=x，平面a截三棱錐D-BiCiC所得截面的面積為S,

則在點P從點D移動到點C的過程中,S關于x的函數關系式是.

5.（2024黑龍江雞西期末）有兩個邊長為2的正方形ABCD和ADEF,其所在平面互相垂

直,M,N分別是對角線AE,BD上的點，且EM=DN.

（1）求證:MN〃平而CDE;

（2）設EM=x,MN=y，求y與x的函數關系式；

（3）求M,N兩點間的最短距崗.

B

三、轉化與化歸思想在立體幾何中的應用

6.（2024江蘇淮安漣水期中）在棱長為4的正方體ABCD-AiB.CiDi中，分別取棱AAI,AIDI

的中點E,F,點G為EF上的一個動點，則點G到平面ACDi的距離為（）

A.手B.V3C.2D.2V3

7.（多選題）（2025江蘇徐州銅山第一中學月考）四邊形ABCD

中,AB=AD=CD=LBD=V5,BD_LCD,將四邊形ABCD沿對角線BD折成直二面角ALBD-C,

則下列結論正確的是（）

A.A'C±BD

B.Z8^6=90°

C.AC和平面A'BD所成的角為45°

D.四面體A-BCD的體積為|

答案與分層梯度式解析

本章復習提升

易混易錯練

1.D對于A,如圖1,在三棱錐A-BCD中,分別取BC,BD的中點E,F,連接AE,AF,EF,再取

EF的中點M,連接AM,BM,則三棱錐A-BCD可拆成三棱錐A-BEM,A-BFM和四棱錐

A-CDFE,A可能；

對于B,如圖2,在四棱錐P-ABCD中,分別取BC,AD的中點E,F,連接PF,PE,EF,BF,則四棱錐

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

對于C,如圖3,在三棱柱ABC-AiBiCi中，連接AIB,BCIMBICI的中點E,連接AEBE,則三

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

對于D,一個四棱柱割去一個四棱錐后的兒何體不可能由兩個三棱錐拼成,D不可能.

2.B作出旋轉體如圖:

該旋轉體上部分為圓柱內挖去一個圓錐，下部分為與上部分挖去的圓錐相同的圓錐.

過點D作AB所在直線的垂線,垂足為E,

由題意得AB=CD=2,BC=AD=1,NABC=NDAE=,

則AE=j,DE=y,

故圓E的周長為1=2兀兀，

圓錐側面展開圖的半徑R=AD=1,

故上、下兩個圓錐的側面積Si=S2《Rl=91xHir=字，

圓柱的側面展開圖是一個矩形,其面積S3=27cxDEAB=2V37t,

所以幾何體的表面積S=Si-S2+Sa=^+號+2V5TU=3V5兀.

易錯警示求組合體的表面積時，要正確分析幾何體的結構，若是拼接而成的，要注意對銜

接部分的處理;若是挖去?個幾何體,要注意對中空部分的處理.

3.B對于A,當m_La,lJ_m時/Ua或l〃a,故A錯誤；

對于B,如圖屋設any=m,pny=n2,點P是平面y內一點，過點P作PM±m于點M,PNJ_m于點

N,

因為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正確；

對于C,當l,mU0,l〃a,m〃a時，若l〃m,則平面a,阿能平行，也可能相交，故C錯誤；

對于D,若m_Ll,n_1_1,則m〃n或m與n相交或m與n異面，故D錯誤.

易錯警示在平面幾何中正確的結論在空間中不一定成立，如D中“垂直于同一直線的兩

條直線平行''的結論在平面幾何中是正確的，但在空間幾何中就不一定成立,所以要注意這

種由平面幾何到空間幾何的變化，另外要善于結合熟悉的兒何圖形（如正方體等）進行線面

位置關系的學習和判定.

4.D對于A,如圖1所示，設bCla=B,在直線b上取一個異于點B的點A,設點A在平面a

內的射影為點O,

連接B0,過點0在平面a內作直線a,使得a±BO,

因為AO_La,aUa,所以AO_La,

又因為AOnBO=O,AO,BOU平面ABO,所以a_L平而ABO,

又因為bU平面ABO,所以a_Lb,所以在平面a內存在直線a與直線b垂直，故A錯誤；

對于B,由對A的分析知,AO_La,AOU平面ABO,所以平面ABO_L平面a,

因為bu平面ABO,所以過直線b存在平面與平面a垂直，故B錯誤；

對于C,如圖2所示,在平面ABO內作AC±b交平面a于點C,且AO±a,

若AC，a,由于過點A有且只有一條直線與平面a垂直，則AO,AC重合，矛盾，故C錯誤；

對于D,當平面°〃平面ABO時，因為bU平面ABO,所以b〃平面°,

因為平面ABO_L平面a,所以平面p與平面a所成的角為直角，即a_L0,故D正確.

易錯警示當1〃。時,1可以與a內的無數條直線平行，但不是任意一條;當Ua時,1可以與a

內的任意一條直線垂直.在利用兩個平面平行的判定定理時不要忽略兩條直線相交這一

前提條件.

5.AC因為AiF〃BC且AFrBC,所以四邊形CFA.B為梯形，所以直線CF與A】B必相交,

所以A正確；

在長方體ABCD-AIBICIDI中，因為BB」平面ABCD,CEU平面ABCD,所以BBi±CE,

假設異面直線DBi與CE所成的角是90。,即DBi±CE,

連接BD,由DBi,BBC平面BB|D,DBQBBi=B],

可得CEJ_平面BBiD,而DBU平面BBQ,則CE_LDB,

在長方形ABCD中，取CD的中點N,連接EN,因為AB=4,BC=2,所以四邊形BCNE是正方

形，連接BN,易得CE1.BN,

a

所以DB與CE不垂直，所以異面直線DBi與CE所成的角不是90。,所以B錯誤；

取CiDi的中點M,連接AiE,AiM,MC,PF,PC,

因為F,P分別是AiDi和DiM的中點，所以因〃AiM,

易得四邊形AiMCE為平行四邊形，所以PF〃CE,所以E,C,P,F四點共面，所以C正確；

由C可知,PF,PC,CE均為平面CEF與長方體的表面的交線，截面CEF與平面ABBIAI及平

面ADDA1相交，

從而可得截面多邊形的兩條邊，所以截面為五邊形，所以D錯誤.

易錯警示平面CEF截該長方體所得的截面不是四邊形CEFP,而應該根據確定的三點

C,E,F,先直觀地分析該截面還可能經過的面和棱，然后根據平行線共面或相交線共面等確

定截面的具體形狀.

6.A如圖，不妨設正四棱錐S-ABCD的底面邊長為2,高SO=h,取BC的中點H,連接

OH,SH,BD.

易知lan

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

所以0<tana<tanp<tan3,則0<a<p<8<^.

過點D作DE_LSA于點E,連接EB,易知△SADg^SAB,???BE_LSA,故NBED即為側面

SAD和側面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,則丫冶.

故av（3v6<y.

7.D設平面ADiE與直線CCi交于點G,連接D】G,EG,易知G為CC）的中點，分別取

BIB,BICI的中點M,N,連接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,

結合A]F〃平面ADF,可得直線AFU平面A】MN,即點F是線段MN上的動點.

可得當F與M（或N）重合時,AF與平面BCCiBi所成角等于NAiMB1，

此時a取得最小值，滿足tan

當F與MN的中點重合時,AiF與平面BCCBi所成角取得最大值，滿足tana=^=20,

??.AIF與平面BCCB所成角的正切值的取值范圍是［2,2@.

易知MN〃ADi,???AF與ADi所成的角即為AiF與MN所成的角，

故當F與M（或N）重合時,AF與MN所成的角等于/AiMN（或NA】NM）或其補他此時［3

取得最小值，

滿足cos尸薩=答，可得sinP=^,.\tan0=3,

與AB1010

當F與MN的中點重合時,AiF與MN所成的角取得最大值，滿足

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

Aj<a<p.

易錯警示在求異面直線所成的角。時,要注意0。<旺90。,在將兩條異面直線所成的角轉化

為一個三角形的內角時，容易忽略這個三角形的內角可能等于兩條異面直線所成的角，也

可能等于其補角;直線與平面所成的角0的取值范圍為｛0|0。00090。｝,在求線面角時，要注意

在斜線上選取恰當的點向平面引垂線，確定垂足的位置,從而確定其在這個平面內的射影,

進而求線面角;二面角。的取值范圍是別0區/180。｝.

8.解析如圖1,過1上一點Q作QE11交m于點E,QF11交n于點F,連接EF,

由已知設PQ=6x,貝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

如圖2,過1上一點Q作QE11交m于點E,QFI1交n于點F,連接EF,

設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

易錯警示慣性思維會使我們只考慮到解答中的第一種情況，而忽略直線m,n,l之間的另

一種位置關系，從而出現漏解的情況.在平時的學習和解題中，要結合異面直線的夾角、線

面角、面面角的范圍，多認I只從圖形中反映出的不同位置特征.

9.BD對于A,如圖,用經過E,F,M三點的平面截正方體ABCD-ABGDi,所得截面圖形為

正六邊形FEMHQK,點P在此正六邊形所在平面外,??.E,F,M,P四點不共面,...A錯誤；

對于B,連接BG,則平面PEF即平面GBEF,截面C.BEF是等腰梯形,...B正確；

對于C,分別取BBi,CCi的中點G,Q,則平面PMN即為平面QGMN,

在正六邊形FEMHQK中,HQ〃EF,???MQ不平行于EF,

又EF,MQU平面FEMHQK,AEF與MQ相交,.,?EF與平面QGMN相交，

AEF不平行于平面PMN,故C錯誤；

對于D,VAAEM,ABMG是等腰直角三角形，

ZAME=ZBMG=45°,AZEMG=90°,AEM±MG,

VM,N分別是AB,CD的中點，易證MN/7AD,由正方體的性質可得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證明:因為AD〃BC,BCU平面BCEF,ADQ平面BCEF,所以AD〃平面BCEF.

(2)證明:因為四邊形ADEF為正方形，所以DE1AD.

又因為平面ADEF_L平面ABCD,平面ADEFD平面ABCD=AD,DEU平面ADEF,所以

DE_L平面ABCD.

又因為BDU平面ABCD,所以

如圖，取BC的中點N,連接DN.

由BN//AD,AB=AD=^BC,ZBAD=90°,

可得四邊形ABND為正方形，

所以DN=AB,所以DN=BC,所以BD1CD.

因為CDCIDE=D,CD,DEU平面CDE,

所以BDJ_平面CDE.

(3)存在，當M為BD的中點時,CE〃平面AMF.

理由如下：

連接AN交RD于點P,連接NF,PF,

因為四邊形ABND為正方形，

所以P是BD的中點，同時也是AN的中點.

因為NC=AD,NC〃AD,四邊形ADEF為正方形，

所以NC=FE,NC〃FE,

所以四邊形NCEF為平行四邊形，所以CE〃NF.

又因為NFU平面APRCEQ平面APF,

所以CE〃平面APF,

故點P即為所求的點M,

此時M為BD的中點，且黑=1.

DM

易錯警示在證明線線、線面、面面的位置關系時，首先要結合幾何圖形分析，其次要根據

有關定義、定理、性質等進行論證，如證明線面平行時一定要注意條件中是平面外一條直

線與平面內的一條直線平行，證明這類問題時要注意推理的嚴謹性,使用定理時要保證條

件的完整性，書寫的規范性等.

思想方法練

1.AC當圓柱的高為4cm,底面周長為6cm時，

設底面半徑為rem,則271r=6,解得r=|,

此時圓柱的體積為兀言urn3.

當圓柱的高為6cm,底面周長為4cm時，

設底面半徑為Rcm,則2小=4,解得K=^,

71

此時圓柱的體積為兀?仔)2.6=*cm3.

\n/n

綜上,圓柱的體積為弓cm3或Bcm3.

2.答案(0,平)

解析當拼成一個三棱柱時，有三種情況，如圖所示:

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

2

②一邊長為3a的側面對接，其全面積S2=2x2xlx3ax4a-i-2(5a+4a)x^=24a4-36.

③一邊長為4a的側面對接，其全面積S3=2x2xgx3ax4a+2(5a+3a)x]24a2+32.

當拼成一個四棱柱時，有四種情況，如圖所示：

四種情況的上、下底面積之和都是2x2x1x3ax4a=24a2,

但側面積分別為2(3a+4a)x、28,2(5a+4a)d=36,2(3a+4a)d=28,2(5a+3a)xJ32,

(7aciu

顯然,全面積最小為24a2+28.

由題意得12a2+48>24a2+28,解得0〈av?.

思想方法立體幾何主要研究空間幾何體的組成元素的數量關系和位置關系等.在立體

幾何問題中，注意分類討論思想的應用，主要是對點、線、面相對位置關系,角相等或互補

等進行分類討論.

3.答案[&-1,1];蘭詈4

解析從點P向底面ABCD作垂線，垂足為0,連接0A,如圖1,則NPA0為直線AP與平

面ABCD所成的角，

因為直線AP與平面ABCD所成的角的正切值為2,所以等2,又因為OP=2,所以0A=l,

OA

由對稱性可知,AF=1,即點P的軌跡是底面AiB.CiDi內，以Ai為圓心,1為半徑的圓弧，

BC

圖1

如圖2,當P位于AiCi與圓弧的交點處時,PG的值最小，最小值為0-1;

當P位于Bi或Di處時,PC最大，最大值為1,

所以PCi的取值范圍為

設AQ,DB交于點E,AC,BD交于點F,連接EF,如圖3,則球心M在EF上，連接MP,MB,

設EM=x，外接球的半徑為R,則MP=MB=R,EPY-（0T）=1-?，

占（1-手心

由勾股定理可得

（2-4+仔）；心

利用勾股定理構建方程組，體現了方程思想的應用.

解得屋上詈,所以外接球的表面積為4兀RA絲衿.

圖3

4.答案S=^x2(0<x<l)

解析由題意得DP=x(O<x〈l).如圖，設M,N分別為截面a與DB,,DCi的交點，連接

PM,PN,MN,則平面a截三棱錐D-BiCiC所得截面為△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.

???正方體的棱長為1,

,PNDNMNDMPMDP

??瓦一而一B?一麗一而一花f

.,.△PMN^ACBiCi5-x2.

根據△PMNs/iCBiG,面積比等于相似比的平方，將S用變量x表示，體現了函數思想.

22

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

5.解析⑴證明:過點M作MG〃DE,交AD于點G,連接NG,

因為MG〃DE,所以%=*.

MEGD

由已知可得,AE=BD=\/4+4=2夜,

因為EM=DN,

所以AM=BN建嗯

所以絲=竺=生

八人GDNDME，

所以GN〃AB,

又AB〃CD，所以GN〃CD.

因為MG〃DE,MGQ平面CDE,DEU平面CDE,

所以MG〃平面CDE,

同理可得,GN〃平面CDE.

因為MGU平面MNG,GNU平面MNG,MGCIGN=G,

所以平面MNG〃平面CDE,

又因為MNU平面MNG,所以MN〃平面CDE.

⑵由(1)可知,MG〃DE,AM=AE-EM=2V2-x,

AM

所以條，所以MG=S=^"=2

7EAE2v22

TLO-rzmrDN'AB2xv2x

問理可得，GNFT=^=^?

因為平面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.

又因為CDU平面ABCD,所以DE1CD.

因為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與EM的數量關系，再根據勾股定理得y與x的函數關系式，體現了函數思

想的應用.

(3)由⑵得y=J(x-V2)2+2,0<x<2V2,

所以當x=V2,BPM,N分別為線段AE,BD的中點時，

MN有最小值