单元检测(九) 立体几何初步-【衡水真题密卷】2025年高考数学单元过关检测（A版）

2024一2025学年度单元过关检测（九） 数学·立体几何初步 《考减时同120分钟，蕊分150分》 一，达择累{本恩其器小题，每小君5分，共和分，在每小■断出的四个选项中，只有一项是 符合蓝目要求的) 蓝号 1 2 4 5 答案 L,已知直线m,n和平面，病足nCa,期mMn"是~w”的 A充分不必要条种 且必翠不充分条作 C.充整条件 D.慨不充分也不毫要条件 2,若E,F,G,H分别是空可四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点，期G,FH的 位置关系是 A,异而 且平行 二，相交 山，重合 3,对于两条不同的直线，山：两个不同的学童零，下列结论正确的是 A若l1∥al4∥a,期1 B若1壁，1及B,用量 C,若l1,l:a,则La D若14：⊥a,别l红⊥a 4,如图，在三棱柱AC-A:B,C:中，各棱长相等，刻棱垂直于花面，点D是侧面BB,C,C 的中心，期AD与平面AC新战角的大小是 A.30 B.45 C.50 D.9o" 5.已如等驱直角三角形的直角边的长为4，将该三角形绕其箱边所在的直线黄转一规面形 成的由直所围成的几何体的表面积为 A.22x B.42π C.8泛π D.162m 6,知图，两个相同的正国校台密闭容器内装有某种溶液，已知AB一6，A:B,一2，图1中清 童高度拾好为校台高度的一率，图2中液置高度为酸台高度的总，若偶1和图2中落液 体积分别为VV周它 单元垃关检测【九】做学第1页{具8页) 衡水直 A 7.已知三视能ABD中.AB-6AC-3BC-3,3,三棱纸A-BCD的体积为 2 北外接球的体积为警，则线及D的最大直为 A,7 B8 C72 D.Io 8.如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD一8，F,G分别在线瘦AB, C上，BF=G=1,将△BFG沿FG折起，使B可达M的位 置，且平面GM⊥平雀ADCGF,则因面缘ADFM的外接球的 表面机为 A.20m B如月果 c D.100/ 二，选播丽（本题其3小题，每小题6分，共1等分。在每小题给出的选项中，有多项符合圆日 要求，全部造对的得6分，部分选对的得郁分分，有选锥的得0分1 题号 9 10 11 答案 9.如图是一个正方体的平面展形图，在这个正方体中，下列说齿中 正确的有 A,直线AF与直线DE相交 B.直线CN与直线DE平行 C,直线M与直线DE是异面直线 D直线CN与直线BM成0角 1.古希隆数学家阿基米整的蒸碑上刻看一个圆住，测柱里内切看一 个球，这个眼的直径恰与阅柱的商相等，这个称为“等边圆柱·的 图彩如图所家记内切球的球心为O,属柱上。下底面的阅心分期 为O,O:,国边形ABCD是圆柱的一个轴就置，EF为底面圆O 的一条直径，若屑位的高为4，则下列堵论正输的有 A内切球的表面积与圆柱的表面积之比为2·3 且.圆柱的外接螺的体积与圆柱的体积之比为4·3 题花春 氧元过关检测（九）数学第2页（其8夏！ C四配体CDEF的体积的经大算为 3 血平面CP度得球0的震面面预的k值态国为管，问 11,如图所示，一个周候以0的底而是一个半径为3的圈，AC为直径，且∠A5C=120,点 B为图O上一动点（异于A,C两点），则下列结论正确的是 A∠SAB的取值范围是任， 因，解若蹈（本题共5小题，共77分，解若应写出文字说期、证明过程或清算步骤引 6到 15:(13分》如图，在四棱银A一CDFE中，四边形CDFE为直角梯形，CE《DF,EF⊥ 名二而角5BCA的平有角的取值数偶是（信，） FDAF1平直CEFD.P为AD的中点，EF-EC-FD. C.点A到平面SBC的距离量大值为3 (1)米证，CP∥平面AEF: D.点M为线程SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM+MC>6 (2)求证：平由A下C⊥平由ACD. 三，填空丽{本愿共3小丽，每小题5分，其15分) 12,如图，在正三棱柱AC-A,B,C,中，D为棱A4,的中点，若AA:=4,AB=2,则四棱 雀B.-BDC,的体积为 13.如图，一个医绘挖掉一个内援正三假柱ABC一A,召C:《棱柱各度点均在圆蜂鳄面霞底 面上)，棱柱刺面CC,召，落在策底面上，已知正三较柱底面边长为2，高为2，则 该几何体的表面积为 1,如图，将正四棱柱ABCD-A:B,C:D1斜立在平面：上，顶点C在平面。内，AC:⊥ 平有：AA1=2A8=6,点P在平面0内，且℃=5，若将流正四棱柱绕AC,旋邦： PC的最大值为 单元垃关粉湖[九】做第3面具8或) 衡水直题密卷 氧元过关检测川九)数学第4页（共8面 16.《15分)如图，在△AC中，∠ACB=90',∠ABC=30,C=3.在三角形内挖去一个 17,〔15分)如周，三棱柱AC-A:B,C:中，AB=AC=22,LA,=2,M为4C,的中点， 半魔，置心O在边BC上，帝周与AC,AB分群相切于点C,M,与C癸于另一点N, ∠A,AC-∠BAC-90',AM⊥B:C. 将△AHC烧直钱BC旋转一周得到一个晚转体. (1)证明：AA1⊥平面A以： 《1)求该蔽转体中间空心球的表面积的大小： (2)果C与平重A:B:C所成角的正弦值. (?)求团中阴影部分绕直线C案转一限箭得奖转体的体积 单元垃关粉湖[九】做第5面具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测引九)数学第5页（其8面 学 18,(17分)如图，在四棱维P-ABCD中，平面PAD⊥平面AHCD,AB∥DC,△PAD是 19,〔17分》如图①，在棱长为1的正方体A以CD-A:B,C,D:中，E是棱AA:上的一个 等边三角总，已知AD=4,BD=45,AB=2CD=8. 动点 《1设M是PC上的一点，匠明：平面MBD⊥平面PAD: 《2)当M点位于线假PC的什么位置时，PA∥平面MBD? (3》求四棱催P一ABCD的体积 (1)来证：三校睡B,-BD,的体积是定值 (2)是否存在点E,使得B,D⊥平面BED:,若存在请找出点E约位量，若不存在，请说 明司由 (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线 的两个垂是之间的线段称为异面直线的公垂线两条异面直线的公更线经，是选接 两条异面直线所有线段中的最显线段。 根据以上定义及性更解快如下可题： 图②中，M为线段AC的中点，线段AB(不包括两个畿点)上有个动点N,过点 A,,C,N作正方体的鼠面a, ①判断规面。的形状，并说明理由 ②当藏面▣的面积取得最小值时，求点N的位置， 单元垃关粉测[九】做第T页具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测引九)做学第悬页（共8面！·数学· 参考答案及解析 于120°， m>0,n>0,x>0, 则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC= 则由|PB|+|PC=t|PA|得m十n=t: ∠APC=120°， 由余弦定理得 设PA1=x,|Pi|=y,P心=， 由S△APB十S△HPe十S△Ae=S△AC得 AB+m-2mxcos3 (m+m+1)x2, 222, AC=+nz-2nx'cos3 整理得y十以十-4 3 (n2十n十1)x2, 喇PA.Pi+P店.P元+PA.P心 BC:=m'x:+n2x2-2mnx2cos 2π 3 w…(←)+·(》+·（←） (m2+n2+mn)x2, ×4-25 故由|AC+|AB|2=|BC 3 得(n2+n+1)x2+(m2+m十1)x2= (m2十n2+mn)x2, 即m十n十2=mn,而m>0,n>0, 放m++2-m≤（吉 当且仅当m=n,结合m十n十2=mn, 解得m=n=1十√3时，等号成立， (3)点P为△ABC的费马点，则∠APB= 又m十n=t,即有t2-4t-8>0, ∠BPC=∠CPA-S, 解得t≥2+2√3或t≤2-23（舍去）， PBI=mPAI,PC=nPA,PA=x, 故实数t的最小值为2+2√3. 2024一2025学年度单元过关检测（九）数学·立体几何初步 一、选择题 3.D【解析】A中，若l1∥a,l:∥a,则两条直线可 1.D【解析】充分性：当且仅当m亡a时，由m∥ 以相交，可以平行，所以A不正确：B中，若1∥ n,能得到m∥a,故“m∥n”是“m∥a”的不充 a,1∥B,则两个平面a,3可以相交，可以平行，所 分条件： 以B不正确；C中，若1∥l2,l1∥a,则l2∥a, 必要性：由题意可知，m与n无公共点，则m∥n 或l2在平面a内，所以C不正确：D中，若l1川 或者m与n异面，故“m∥n”是“m∥a”的不必要 l2,l1⊥a,则l2⊥a,所以D正确. 条件。 4,A【解析】取BC的中点E,连接AE,DE, 所以，“m∥n”是“m∥a”的既不充分也不必要条件. 2.C【解析】由题意作图如下： D H 国为H,G分别为AD,CD的中点，所以HG∥ 则DE⊥底面ABC,所以∠DAE为AD与平面 AC,同理可得EF∥AC,则HG∥EF, ABC所成的角. 所以E,F,G,H四点共面，则FH与EG相交. ·35· A 衡水真题密卷 单元过关检测 设三枝粒的棱长为1，期AB-汽，DE= 故球心到平面a的距离为7一4一3， 可知栽面國半径为√⑤一3=4. 片以m∠DAE-RE-片以∠DAE=30 设C在平面α上的射影为E,则E的轨迹为圈， 如图所示： 5.D【解析】图2为等腰直角三角形旋转而成的旋 转体， D 设该圆圆心为O,则当D,O,E三点共线， 图1 图2 且点O在D,E中间时，DE最长， 这是两个底面半径为2√2，母线长为4的圆锥的 此时DE=3十4=7， 组合体， 故线段CD的最大值为72， 故表面积S=2π×22×4=162π. 8.A【解析】设FG的中点为O,连接MO,由题可 6.D【解析】设四棱台的高度为h,在题图1中，中 知△MFG为等腰直角三角形， 间液面四边形的边长为4，在题图2中，中间液面 所以MO⊥FG,又平面FGM⊥平面ADCGF, 四边形的边长为5， GF=平面FGM∩平面ADCGF, .人-38h MOC平面FGM,所以MO⊥平面ADCGF, 则V=3×(36+16+√36×16)·2=3， 根据题意，AF=AD=3, -号×4+25+x西)·0-39 所以△ADF的外心为DF的中点N, 4 4 设四面体ADFM的外接球的球心为Q, V1152 所以7,17 则QN⊥平面ADF, D 50 7.C【解析】因为球的体积为 3,所以球的半径 R满灵0-音R,可得R B 又AB=6,AC=3,BC=35,即AB=AC2+ 作OL⊥AB分别交AB,CD于L,K, BC2,即∠ACB=90, 所以OD=/DK+OK= 光时Sauc-号×3X35-9日 1 2 -+引-厚， 设点D到平面ABC的距离为h,则子AX9, 又DF=32,OF=、 2°，可得h=7. 21 137 则DF+0F=18+2=2 =OD2, 因为D在球的截面國上，设裁面圆所在的平面为 所以DF⊥OF, a,当a与平而ABC平行时，DC有最大值， 设球心到平面ABC的距离为d,而△ABC的外 所以NF=3 2ON-NFTFOFT-5, 心即为AB的中点，外接圆的半径为2AB=3, 则d=/5一32=4， A ·36 ·数学· 参考答案及解析 则内切球的表面积为4πX22=16π，圆柱的表面 积为2π×22+2π×2×4=24π， 所以内切球的表面积与圆柱的表面积之比为2： 3,所以A正确； 由QF=QM, 由题意知，圆柱的外接球的半径为OA=2√2， 得QN+NF2=ON+(QN-OM), 所以围柱的外接球的体积为智×(2巨)- 即2）'+QN=(5+(QN-, 年得QN=识， 642n,国柱的体积为元×2×4=16x, 3 所以圆柱的外接球的体积与圆柱的体积之比为 所以QM=√5，所以四面体ADFM外接球的表 面积为4π×（√5）=20π. 64E元：16x=42:3,所以B错误： 3 二、选择题 由题图易知，Vm南cDr=2VEcm,,又点E到平 9.CD【解析】如图所示，将正方体的平面展开图 面DCO:的距离d∈(0,2]， 复原为正方体， 1 Sam,=2X4X4=8, 1所以Va6eer=2VEom,=了X8d, 当d=2时，四面体CDEF的体积取得最大值， 最大值为号，所以C错误： 对于A,直线AF与DE不同在任何一个平面内， 过点O作OG⊥CO2于点G,如图所示，由题可 否则A,D,E,F四点共面（矛后）， 得0G=26 所以直线AF与DE为异面直线， 0 所以A不正确： 对于B,直线CN与DE不同在任何一个平面内， 否则C,D,E,N四点共面（矛盾）， 所以直线CN与DE为异面直线， G 所以B不正确： 对于C,平面ADNE∥平面BCMF,DEC平面 0 ADNE,BMC平面BCMF, 设点O到平面CEF的距离为d1,平面CEF截 所以直线BM与DE不相交，连接AN,则BM∥ 球O所得的戴面圆的半径为r1, AN,而AN与DE相交， 所以BM与DE不平行，否则BM∥DE,AN∥ 则d<0Gr=r-di=4-4i≥4-号5， DE,不合题意， 所以平面CEF戴得球O的截面面积最小值 所以直线BM与DE是异面直线，所以C正确； 对于D,连接AC,则△ANC为正三角形，可得 为 ∠ANC=60°， 当直径EF与AB重合时，平面CEF裁得球O 又由BM∥AN,则∠ANC为直线CN与直线 的截面面积最大，且最大值为πX22=4π，所以 BM所成的角，即直线CN与直线BM所成的角 平面CEF戴得球O的戴面面积的取值范国为 为60°，所以D正确. 5,4x,所以D正确 16π， 10AD【解析】由题知，国柱的高为4，底面國的半 径为2，内切球的半径r=2, 11.BD【解析】由已知AC=6,∠ASC=120°，且 ·37 A 衡水真题密卷 单元过关检测 SA=SC=SB, 错误 在△ASC中，由余弦定理可知， 对于D,当SA⊥SB时，AB=√2SA=2W6, cos∠ASC= SA*+SC2-AC: BC=25, 2SA·SC 则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三 中-名2 2SA 角形， 将平面SBC绕SB至SBC',使C'与SAB 解得SA=SC=SB=25,则S0=5. 共面， 对于A,点B为圆O上一动点（异于A,C两 如图所示， 点)，则AB∈(0,6)， 在△ABS中，cos∠SAB= SA*+AB:-SB* 2SA·AB AB AB 43AB 43' 所以cos∠SAB= e(.) 则AM+MC=AM+MC'≥AC',在△SAC中， 所以∠SAB∈（后，2）故A错误； ∠ASc- 由余弦定理可知 AC2=SA+SC2-2SA·SC'·cos∠ASC= 12+12+123=24+12√3>36， C 所以AM+MC≥AC>6,故D正确. B D 三、填空题 对于B,取BC中点D,连接SD,OD,则SD⊥ BC,OD⊥BC,且OD∥AB,OD=2AB∈ 1 12.45【解折】Va-Vo≤-VA西 (0,3),则二面角S一BC一A的平面角 3 为∠SDO, 13.4π+4/10π十10√5【解析】因为正三棱柱 所以n∠so-品品∈停，+， ABC-A1B,C1的底面边长为23，高为2， D 所以∠SD0∈（后，2），故B正确： 1 对于C,由已知S△c=2BC·SD, A 又S△Ac=2AB·BC=OD,BC, 则三棱锥S一ABC的体积Vg-Ac= 1 B B 50-5oD·BC. 1 则SAANC=-2BC2·sin3=2×(25)'× 设点A到平面SBC的距离为d, 3 则V-c=gSac·d=日BC,SD·4 1 2 =35, Smt每0C4=BB1·BC=2V3×2=4V3. 3 OD·BC, 设圆维的底面圆圆心为O,则O是矩形 BCC1B1的中心，设圈O半径为r, 则d=2v39D SD=23co8∠SD0∈(0,3)，故C 有2r=√BB+BC=√22+(23)=4， A ·38 ·数学· 参考答案及解析 即r=2, 四、解答题 取BC的中点为E,连接AE,则AE⊥BC, 15.证明：(1)取线段AF的中点为G,连接 且AE∥D0.AE=AB·血吾=25× PG,EG. 2 3,0E=1, 于治，一0E=2,得D0-6 则圆锥的母线长1=√DO+r √6+2=2√/10， 圆维的底面园面积S1=r2=4π， 因为P为AD的中点， 侧面积S2=πrl=π×2X2√/10=4√/10π， 所以PG/FD,且PG=FD, 正三棱柱的表面积为SACM,,S=3S:都℃品，十 2XS△Ax=4V5×3+33×2=18V3, 又因为EC-FD,且BC/FD,所以PGEC, 所以该几何体的表面积S=(S:一Sm雄彩r品，)十 所以四边形GECP为平行四边形， S2十（SABC-A,B,C一Swt事0c,,) 所以PC∥EG. (4π-43)+4W/10π+(183-43)= 因为EGC平面AEF,CP丈平面AEF, 4x+410π+103. 所以CP∥平面AEF. 14.√5T【解析】 (2)设EF=EC=1,则FD=2, D 因为CE∥DF,EF⊥FD,所以FC=CD=√2， 所以FC2+CD2=FD2,所以FC⊥CD 又因为AF⊥平面CEFD, 所以AF⊥CD, a B.C 因为AF,FCC平面AFC,AF∩FC=F, 过，点C作CE⊥AC1,垂足为E,连接AC, 所以CD⊥平面AFC,又因为CDC平面ACD, 因为AC1⊥平面a,所以CE∥平面a, 所以平面AFC⊥平面ACD. 所以点C到平面a的距离为C1E, 16.解：(1)连接OM,因为AB为半圆的切线， 则AC=3√2，AC1=√AC+CC 所以OM⊥AB, √(3√2)+62=36， CE-AC-CC:_3X6-2 AC 36 C:E=√CC-CE=√62-(23)=26， 过点C作CC'⊥平面a,垂足为C, N 当C',C1,P三点共线，且CP=C'C1十CP 设OM=r,则OB=√3-r, 时，PC取得最大值， 最大值为√CE十(CC1+C,P)F 3-,2,解得，= 所以sin∠MBO=”=1 3 √CE+(CE+C,P)= √/(26)+(23+3)=√5I. 所以Sa=-行 (2)因为∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=√3， ·39 A 衡水真题密卷 单元过关检测 所以AC=1, 设点B到平面A1BC的距离为d, 将阴影部分绕直线BC旋转一周得到的是内部 挖去一个内切球的圆锥， 由Vah4e=Veu可得，号×d×号×2EX 1 所以所求几何体的体积为V=V题一V华=3xX 1 26=号×22x号×2x2厄，解得425 3， g-8 3Xv3-4 所以BC与平面A,B,C所成角的正弦值为C 17.解：(1)证明：由题意可知，AA,=2,A,C1= 26 2A1M=2√2，且四边形AAC1C为矩形， 36 461 则m∠A,MA--E, 18.解：(1)证明：在△ABD中， 因为AD=4,BD=4N3,AB=8, tan∠MA,C=AC-2' CC:√2 所以AD+BD2=AB, 可得tan∠A1MA·tan∠MA,C=1,且∠A,MA, 所以AD⊥BD ∠MA1C均为锐角， 又因为平面PAD⊥平面ABCD, 则∠A1MA+∠MA1C=90°，即AM⊥A1C. 平面PAD∩平面ABCD=AD,BDC平面ABCD, 又因为AM⊥B,C,A1C∩B:C=C,A1C,B1C 所以BD⊥平面PAD. C平面A1B1C, 又BDC平面MBD, 所以AM⊥平面A,B,C. 所以平面MBD⊥平面PAD, 由A:B1C平面A1B1C,则AM⊥A:B1 (2)当M点位于线段PC靠近C点的三等分点 由题意可得A,C1⊥A,B1,A:C:∩AM=M, 处时，PA∥平面MBD. A1C1,AMC平面AA,C:C, 所以A,B:⊥平面AA1CC. 由AA:C平面AA:C1C,可得A:B:⊥AA:, 且A:B1∥AB,则AB⊥AA· 又因为AC⊥AA1,AB∩AC=A,AB,ACC平 面ABC, 所以AA1⊥平面ABC (2)连接A1B,由题意可得，A1C=2√3，BC=4, 证明如下：连接AC,交BD于点N,连接MN. M 因为AB∥DC,所以四边形ABCD是梯形. 因为AB=2CD,所以CN：NA=1:2. C 又因为CM:MP=1:2, B 所以CN:NA=CM:MP,所以PA∥MN. 因为AB:⊥平面AA:C1C,A,CC平面 因为MNC平面MBD,所以PA∥平面MBD AAC1C,可得AB1⊥A,C, (3)过P作PO⊥AD交AD于O, 又因为AC⊥AA1,AC⊥AB,AA1∩AB-A, 因为平面PAD⊥平面ABCD, AA1,ABC平面AAB1B, 所以PO⊥平面ABCD, 则AC⊥平面AA:B,B,可知点C到平面 即PO为四棱锥P-一ABCD的高， AA1B1B的距离为AC=2√2 又因为△PAD是边长为4的等边三角形， ·40▣ ·数学· 参考答案及解析 所以P0= 2×4=23. 则截面a为四边形NCTA1, D 在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为 ×43 8 2√3，此即为梯形ABCD的高， 所以梯形ABCD的面积S佛AD一 4+8 2 ×25 123, 平面ABCD∥平面A1B:C1D1,截面a∩平面 故VpAm=3×125X25=24. ABCD=NC,截面a∩平面A1B1CD1=A:T, 19.(1)证明：正方体中AA1∥BB:,AA1丈平面 则NC∥A,T,同理TC∥A1N, BB,D,BB1C平面BB1D,所以AA1∥平 所以四边形NCTA1为平行四边形， 面BBD, 即截面α的形状为平行四边形. 则E点到平面BB:D的距离为定值， ②当截面α的面积取得最小值时，即平行四边 又△BBD的面积为定值， 形NCTA,面积最小，△A1NC面积最小， 所以三棱锥E一BB,D1的体积是定值. 则点N到AC的距离最短， 因为VB,-En,=VE-B,D, M为线段A,C的中点，则M点为正方体的中 所以三棱锥B,一BED1的体积是定值. 心，当N为线段AB的中点时， (2)解：这样的E点不存在，理由如下： 由MA=MB,有MN⊥AB,由A1N=CN,有 若B:D⊥平面BED1,由BDC平面BED:, MN⊥A,C, 则有B,D⊥BD, 则MN是两条异面直线AB与A:C的公垂 而正方体中，四边形DBB,D1是矩形不是菱形， 线段， B,D⊥BD1不成立， 此时点N到A1C的距离最短，△A1NC面积最 所以不存在点E,使得B:D⊥平面BED1. 小，截面NCTA:面积最小. (3)解：①截面a与棱C1D1相交于点T,连接 所以当被面a的面积取得最小值时，点N为 AT,CT,AN,CN, AB中点 2024一2025学年度单元过关检测（十）数学·空间向量与立体几何 一、选择题 +2BA+2BB1=2a+2b-2c. 1.A【解析】连接BC1,如图所示， 2.A【解析】根据题意，a在b上的投彩向量为 C ag=×0,-o-7》月 b·b=2X2 3.C【解析】点B(-1,1,2)关于y轴对称的点 为C(1,1,-2),而点A(0,1,-1), 所以AC1=√(1-0)+(1-1)+一2-(-1) =2. 因为CA1=2CM=2(BM-BC), 4.D【解析】在棱长为2的正方体ABCD- B-号成+BC-号B+C+丽)， A1B1C,D1中，易知|AA1|=2,|BC1=22. 所以BC=2BM-BA-BB,所以CA=-2BM 因为AA=B丽，B丽与BC的夹角为年， 41 A