单元过关(九)立体几何初步-【衡水真题密卷】2026年高考数学单元过关检测(A版)

优秀是种习惯，不是一次表规 密真 2025一2026学年度单元过关检测（九） 5.已知正四棱锥P-ABCD的棱长均为4，M,N分别是AB,BC的中点，则点M到直线 班级 卺题 PN的距离为 () 数学·立体几何初步 姓名 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 雪 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 C.2/15 3 得分 是符合题目要求的。 6.在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC,∠BAC一120°，AB一AD=AC=2,则该三棱锥 外接球的半径为 () 题号 1 2 5 6 8 答案 A.5 B.6 C.3 D.4 1,充满气的车轮内胎可由下面某个图形绕对称轴旋转而成，这个图形是 7.已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体 如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB,AC和优弧BC所围成的平面图形，其中 点B,C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切.已知“水滴”的“竖直高度”与 “水平宽度”(“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大 值)的比值为，则si加∠BAC- () B D 2.已知直线l∥平面a,点P∈a,那么过点P且平行于L的直线 () A.有且只有1条，且在平面a内 B.有且只有1条，不在平面a内 C.有无数条，不都在平面a内 D.有无数条，都在平面a内 3.将一个表面被涂上红色的棱长为4cm的立方体适当分割戒棱长为1cm的小立方体， n碧 则三面是红色的小立方体的表面积之和为 () 8.如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形ABCD,点E在下底面圆周上，且CE A.12 cm B.24 cm -√3BE,点F在母线AB上，点G为线段AC上靠近点A的四等分点，则EF+FG的 最小值为 () C.48 cm2 D.60 em 4.已知某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为2π，则该圆锥的体积为() A BE A9 B.4 C.6 4 单元过关检测（九）数学第1页（共8页）】 真题密卷 单元过关检测（九）数学第2页（共8页） A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 12.如图所示部分的几何体是一圆柱被一平面所截，则该几何体的体积为 题号 9 10 11 答案 9.用斜二测画法面水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的有 () A,三角形的直观图是三角形 13.在棱长为1的正方体ABCD-A:B1C:D1中，E,F分别为棱AB,C,D1的中点，G为棱 B.水平放置的平行四边形的直观图是平行四边形 CC1上靠近点C的三等分点，用过点E,F,G的平面截正方体，则截面图形的周长 C.菱形的直观图是菱形 为· D.正方形的直观图是正方形 14.在三棱锥P-ABC中，AC=2√2，PB=3,AB⊥BC,AB=BC,二面角P-ABC的大小 10,刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶 为60°，当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，其外接球的表面积为 点的曲率等于2x与多面体在该点的而角之和的差，其中多面体的面的内角叫作多面 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 体的面角，角度用弧度制表示.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为 15.(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD,E为PD 3,放其各个顶点的曲率均为2x-3×智=元如图，在正方体ABCD-A,B,CD,中， 的中点 AB=√6，则 () (1)设平面ABE与直线PC相交于点F,证明：EF∥CD. (2)若AB=4,∠ADC=120°，PD=6,求三棱锥EPAB的体积 A.在四面体ABCD,中，点A的曲率为2 且在四面体ABCD,中，点D,的曲率大于爱 C.四面体ABCD,外接球的表面积为12π D.四面体ABCD,内切球半径的倒数为6+4,3+32 6 1.在直四棱柱ABCD-A,B,CD,中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD-AA, =2,P,Q分别是棱AA1,CC的中点，过直线PQ的平面a分别与棱BB:,DD1交于 点E,F,则 () A.四边形PEQF为矩形 B.BE=D F C.四边形PEQF面积的最小值为8 D.四棱锥C,PEQF的体积为定值 A 单元过关检测（九）数学第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）数学第4页（共8页） 16.(15分)如图，在三棱锥A-BCD中，△BCD为正三角形，E是CD的中点，∠ABC 17.(15分)如图，四边形ABCD为矩形，且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,PA=1,E =∠ABD. 为BC的中点. (1)证明：PE⊥DE (1)证明：CD⊥AB. (2)求四棱锥P-ABCD外接球的体积. (2)若CD=4,CA=7,二面角A-CD-B的大小为60°，求三棱锥A-BCD的体积. 单元过关检测（九）数学第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）数学第6页（共8页） 18.(17分)如图，在正方体ABCD-A1B1C:D:中，E,F分别是棱AA1,CC:的中点. 19.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD,AB=2CD, BD∩AC=E,F为棱PC上一点，且PF=2FC. (1)证明：E,B,F,D1四点共面， (1)证明：PA∥平面BDF. (2)求平面EBFD,与平面ABCD夹角的正弦值， (2)若BC=DC=2,求△ABE绕直线AB旋转一周所得几何体的表面积. 单元过关检测（九）数学第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（九）数学第8页（共8页）·数学· 参考答案及解析 所以E=P京，所以E,F,P三点共线。 (8分) 日xg-5n (12分) (2)解：由题意知EA=一A应=-号A店-A市， 又A=√+号A) 酝=武+=？A店-心， 所以威·亩-(2店-)·(A店-Aò) -A+号A店.A市+日A市=7， =-1AB+A市：=-2|AB12+9=5, 成=份A店-A) 所以AB|=4, (10分) =A丽-脑·A而+丽-B,14分) 所以E店·A京-(2A店-A)·(a馆+A心 所以cos(AF,EB)= AF.EB 5 AFEB√13X/I7 -2A-日A成.AD-3A市=号×4 5√221 221 (17分) 2025一2026学年度单元过关检测（九） 数学·立体几何初步 一、选择题 在△PMN中，MN=2√2，PN=PM=2√3，所以 1.C【解析】由已知可得选项C绕对称轴旋转可形 8+12-126 成充满气的车轮内胎，故C正确. cos∠MNP= 2x22×25=6,则sin∠MNp 2.A【解析】由题知P任l,故存在唯一平面B,使得 P∈B,lCB,设a∩B=b,因为l∥a,lCB,故l∥b, =v 6,所以ME=MN·sin∠MNP=22X 而bCa,故存在一条直线b与1平行，若还有另一 条直线c∥l,则b∥c,而P∈c,与P∈b矛盾，故所 √302√15 6 ,即点M到直线PN的距离为 3 求直线有且只有1条，且在平面α内，故A正确. 3.C【解析】三面涂色的小立方体是位于棱长为 2√15 3 4cm的立方体的顶点处的小立方体，因为立方体 共有8个顶，点，所以三面涂色的小立方体有8个， 6.A【解析】令△ABC外接圆的圆心为O1,球心为 每个小立方体的表面积为6cm2,则表面积之和为 O,则OO1⊥平面ABC,又AD⊥平面ABC,所以 8×6=48cm2. OO1∥AD.又球心O在线段AD的中垂面上，此 4.B【解析】设圆锥底面圆半径为r,高为h,依题意 平面与平面ABC平行，取AD中点E,则OO1= 1 X2rX1 AE-AD=1.在△ABC中，∠BAC=120,AB 可得 2X2rXh =2m,解得h= 2,所以r= =AC=2,则∠ABC=30°，故△ABC的外接圆半 1 AC 3、1π 径r一2·sn乙ABC=2,所以该三棱维外接球的 半径R=√2+OO月=√5. 5.C【解析】如图，过点M作PN的垂线，垂足为E ·29· 1 真题密卷 单元过关检测 7.D【解析】设优孤BC所在圆的圆心为O,半径为 二、选择题 R,连接OA,OB,OC,如图所示. 9.AB【解析】对于A,由斜二测画法规则可知，水 平放置的三角形的直观图还是三角形，故A正确； 对于B,斜二测画法是一种平行投影，水平放置的 平行四边形的两组对边在水平面上的直观图上仍 然保持平行，故B正确；对于C,菱形的四条边相 等，但相等的线段在直观图中不一定相等，因此菱 形的直观图是菱形不正确，故C错误；对于D,在 斜二测画法中，直角坐标系xOy变成x'O'y',且 易知“水滴”的“竖直高度”为OA十R,“水平宽度” ∠x'O'y=45°，角度有变化，另外平行于y轴的 为2级，南题店知O士-专年OA-R 线段长度变为原来的一半，平行x轴的线段长度 不变，因此正方形的直观图是正方形不正确，故D 因为AB与圆孤相切于点B,所以OB⊥AB, 错误 在Rt△AB0中，sin∠BA0=OB-R=3 10.ABD【解析】在正方体ABCD-A1B1CD1中， 0A5 51 易证△ACD1为正三角形，AB⊥AD1,∠BAC= 又∠BA0e(b,）,所以ms∠BA0=V1 Sin BAC0 4,故在四面体ABCD1中，点A的曲率为2x 3+2+4)=12,故A正确； (π+π+x）=11π ∈1，由对称性知，∠BA0=∠CAO,则∠BACE 在正方体ABCD-AB1C1D1中，∠ADB=∠BD1C, 2∠BAO,所以sin∠BAC=2sin∠3AOcos.∠BAO 因为am∠AD,B=am∠BD,C- <1,所以0< 1 8.A【解析】由题意知BE⊥CE,且CE=√3BE, ∠AD,B=∠BD,C<牙，在四面体ABCD1中，点D, C=3,则BE=8,cE-39 2· 的南率为2x-(∠AD,B+∠BD.C+）>2x 将△ABE展开到与△ABC共面，记为△ABP, (任×2+）-7数B正， 因为四面体ABCD1外接球的半径即为正方体 ABCD-AB1CD1外接球的半径为)V6 3√2 2 ,所以四面体ABCD1外接球的表面积为4π 可知P,BC三点共线，则PC=PB+BC- =18π，故C错误； 2 可得EF+FG=PF+FG≥PG,当P,F,G三点 四西依ABCD:的体积V=日×号×(5)X,6 共线时取等号 4AC-92 因为P0=20G- 8平，∠ACB=, =,6,四面体ABCD,的表面积S=2×(6) 故在△PCG中，由余弦定理得PG2=CG2+PC2 +×6xw2×2+语x)=3+6v+ -20G·PCo∠ACB-12+8-2x9y2x号 164 4 、2 33,所以四面体ABCD,内切球的半径，=Y S X竖-铝印PG92,所以BEF+FG的最小 3√6 6 6 3+62+331+22+√3√6+4W3+3W2 9√2 值为 即1-6+45+3V2 4 故D正确， 6 ·30· ·数学· 参考答案及解析 11.BD【解析】对于A,连接AC,BD交于点O,连 三、填空题 接EF,PQ交于点G,因为平面BCCB1∥平面 12.12π【解析】将该几何体利用对称性补成一个母 ADD1A1,平面BCC1B1∩平面PEQF=EQ,平 线长为6的圆柱，则所求几何体的体积为该圆柱 面ADD1A1∩平面PEQF=PF,所以EQ∥ 体积的一半，所以V= PF,同理可证PE∥FQ,所以四边形PEQF为 2r×22X6=12元： 平行四边形， 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD, 13.10+2,E【解折)连接FG并延长交DC的延长 3 因为四棱柱ABCD-A1BC1D1为直四棱柱，所 线于点H,连接EH交BC于点M,连接GM,取 以BB1⊥平面ABCD, A1D1上靠近点A1的三等分点N,连接FN并 因为ACC平面ABCD,所以BB1⊥AC, 延长交B1A1的延长线于点Q,连接QE交AA1 因为BB1∩BD=B,BB1,BDC平面BDD1B1, 于点P,连接NP,则六边形EMGFNP即为过 所以AC⊥平面BDD1B1, 点E,F,G的截面. 因为EFC平面BDD1B1,所以AC⊥EF, 由G为棱CC1上靠近，点C的三等分点，可得 因为P,Q分别是棱AA1,CC1的中点，所以AP CH 1 1 -号AM,c0=2cC, 1 FCz,即CH=4 因为AA1∥CC1,AA1=CC1,所以AP∥CQ, CH 4 1 AP=CQ,所以四边形ACQP为平行四边形，所 ?BE=i=2,可知点M为棱BC上靠近，点C 以AC∥PQ,所以PQ⊥EF,所以四边形PEQF 2 为菱形，故A错误； 对于B,连接BD1,因为四边形PEQF为平行四 的三等分点，即CM=行，由句殿定理得GM 边形，所以PG=QG,EG=FG, 2 -NP,FG=PE= 4+1-5 因为P,Q分别是棱AA1,CC1的中点，所以G 3 √9十4=6，同理得EM 为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的中心， =FN-PE= 5 所以线段BD1过点G且被平分，即BG=D1G, 6 因为EG=FG,∠BGE=∠D1GF,所以△BGE 32+5 大4 10+2√2 ≌△D1GF,所以BE=D1F,故B正确； 则截面图形的周长为 3 对于C,因为四边形ABCD是边长为2的菱形， ∠BAD=T, =3,所以BD=2,AC=23,所以PQ =AC=2√3， 因为四边形PEQF为菱形，所以四边形PEQF 面积为号PQ·EF=2X25EF=5EF≥ 1 40 √3BD=2√3，即四边形PEQF面积的最小值为 14.3元 【解析】要使三棱锥的体积最大，需保证P 25,故C错误； 到平面ABC的距离d最大，此时PB⊥AB.由于 对于D,因为Vc,PEQr=2Vc,PEQ=2VPC,,点P AB⊥BC,所以二面角P-AB-C的平面角为 到平面C1EQ的距离为定值，S△C,Q为定值，所 ∠PBC,即∠PBC=60°，故dmax=PB·sin60° 以四棱锥C1-PEQF的体积为定值，故D正确. D -33 2 因为PB⊥AB,AB⊥BC,PB∩BC=B,PB,BC B C平面PBC,所以AB⊥平面PBC,又ABC平 面ABC,所以平面ABC⊥平面PBC. 2-- G 设△PBC外接圆的半径为r,圆心为O1, 则由余弦定理可得PC2=PB2+BC2一2XPBX D 01 BCXc0s60°=32+2-2X3X2X7=7 ·31· A 真题密卷 单元过关检测 因为AE∩BE=E,AE,BEC平面ABE,所以 所以PC=√7，所以2r= PC22I,即r= sin60° 3 CD⊥平面ABE, √2 3,取BC中点D,AC中点O,连接0，D, 又因为ABC平面ABE,所以CD⊥AB.(4分) (2)解：由(1)知，BE⊥CD,AE⊥CD, O2D,因为O1D⊥BC,O2D⊥BC,平面ABC∩ 故∠AEB为二面角A-CD-B的平面角，即 平面PBC=BC,且O1DC平面PBC,O2DC平 ∠AEB=60°， (6分) 面ABC,则O1D⊥平面ABC,O2D⊥平面 因为CD=4,CA=√7，所以CE=DE=2, PBC,在△ABC中易得O2为△ABC外接圆的 由勾股定理得AE=√AC2一CE=√7-4=√5， 圆心，分别过O1,O2作O2D,O1D的平行线，交 (8分) 点为O,则O为三棱锥外接球的球心，所以外接 过点A作AM⊥BE于点M, 球年径R=+(侵AB)°-9，故共表西椒为 4R2=4 3元 D 由(1)知，CD⊥平面ABE,而AMC平面ABE, o. 所以CD⊥AM, 因为BE∩CD=E,BE,CDC平面BCD, 所以AM⊥平面BCD, (10分) 四、解答题 15.(1)证明：因为平面ABE与直线PC相交于点F, 其中AM=AE·sin60°=5x5=3 22 所以平面ABE∩平面PCD=EF 即三棱维ABCD的高为AM-, (12分) 因为四边形ABCD是菱形，所以AB∥CD,(2分) 因为AB止平面PCD,CDC平面PCD, 由勾股定理得BE=√JBC2一CE=2√5， 所以AB∥平面PCD, (4分) 因为ABC平面ABE,平面ABE∩平面PCD= 放5am-CD·BE-×4X2-45, EF,所以AB∥EF,故EF∥CD. (6分) 所以三棱锥ABCD的体积为？SAD·AM3 (2)解：因为底面ABCD为菱形，∠ADC=120°， 所以∠BAD=60°，△ABD为正三角形， 3×4v3x3 2 =23. (15分) 又AB三4，所以SA即3X4=4,3,8分 17.(1)证明： 因为E为PD的中点，所以P到平面EAB的距 离与D到平面EAB的距离相等， 又PD⊥平面ABCD,即DE⊥平面ABCD,DE 1 =2PD=3, (10分) 所以三棱锥E-PAB的体积VE-PAB=VP-EAB= 连接AE,因为E为BC的中点，所以EC=CD=1, Vpw-Vpe-Sow.DE-jX4/3x3-I5. 所以△DCE为等腰直角三角形，则∠DEC= 45°，同理可得∠AEB=45°， (3分) (13分) 所以∠AED=90°，所以DE⊥AE, 16.(1)证明：△BCD为正三角形，E为CD中点，故 又PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以 BE⊥CD, PA⊥DE, 因为∠ABC=∠ABD,AB=AB,BC=BD,所 又因为AE∩PA=A,AE,PAC平面PAE,所 以△ABC≌△ABD,故AC=AD, 以DE⊥平面PAE, 又E为CD的中点，所以AE⊥CD, 又PEC平面PAE,所以DE⊥PE. (6分) A ·32· ·数学· 参考答案及解析 (2)解：因为PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD 19.(1)证明：连接EF,因为AB∥CD,AB=2CD, 为矩形 所以四棱柱P-ABCD的外接球直径2R= 喂0- (1分) √TAB2+AD+PA7=√6， (10分) 因为PF=2FC, 所以R一】 做v-R- =√6π， 品是 (2分) 所以四棱锥P-ABCD外接球的体积为√6π. 可得EF∥PA, (3分) (15分) 又EFC平面BDF,PA史平面BDF, 18.(1)证明：如图，取DD1的中点G,连接AG,GF, 则CD∥GF,CD=GF, 所以PA∥平面BDF (5分) 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD∥AB,CD (2)解：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥ =AB, CD,所以∠CBA=∠DAB, 所以AB∥GF,AB=GF, 又因为BC=AD,AB=BA,可知△CBA2 所以四边形ABFG是平行四边形，所以AG∥BF, △DAB,所以AC=BD, (7分) 因为AE=D1G,AE∥D1G, 所以四边形AED1G是平行四边形，所以AG∥ED1, 且AE=号AC,BE=子BD,即AE=BE,(8分) 2 2 所以BF∥ED1,所以E,B,F,D1四点共面. (6分) 在等腰梯形ABCD中，作CM⊥AB,EN⊥AB, (2)解：如图，延长D1E交DA的延长线于点M, 垂足分别为M,N, (10分) 延长D1F交DC的延长线于点N,连接BD, BD1,MN,则点B在MN上. 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， 则DM=DN=4,BD=BM=BN=2√2，D1M =D1N=2W5,BD1=2√3， 所以B是MN的中点， (10分) 则cM=VBc-BM=2:-(2) =3, 所以BD⊥MN,BD1⊥MN, 所以∠DBD1是平面EBFD1与平面ABCD的 由于Cu/Ev,又网为怎-号则-船 夹角 (13分) 2 因为DD1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 可得Ev=号CM-2y, 3； (12分) DD:2 所以DD1⊥BD,所以sin∠DBD1=BD,25 所以△ABE绕直线AB旋转一周所得几何体的 表面积是两个底面半径均为23，高均为2的圆 31 (17分) 锥的侧面积之和， (15分) 23 故所得几何体的表面积S=2×π× 3 /2w3 3 (17分) ·33· A