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(B版)

优秀是种习惯，不是一使表规 密真 2025一2026学年度单元过关检测（九） 班级 卺题 数学·立体几何初步 姓名 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 得分 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 A.cm! cm C.8πcm cm 是符合题目要求的。 5.如图，四边形O'A'C'B表示水平放置的四边形OACB根据斜二测画法得到的直观图， 题号 OA'=2,B'C'=4,OB'=2,OA'∥B'C',则AC () 答案 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 A.6 B.2√3 C.6 D.42 6.在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC,∠BAC=120°，AB=AD=AC=2,则该三棱锥 2.如图，ABCD-A:B,CD1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是() 外接球的半径为 () A.5 B.6 D. C.3 D.4 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 AAB和CD, B.AA1和CC1 C.BD1和B:D D,A1D1和AB 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 3.将一个表面被涂上红色的棱长为4cm的立方体适当分割成棱长为1cm的小立方体， “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 则三面是红色的小立方体的表面积之和为 () 值)的比值为专，则sin∠BAC- () A.12 cm B.24 cm2 C.48 cm2 D.60 cm 4.沙漏是一种古代计时仪器.如图，某沙漏由上、下两个相同的圆锥组成，圆锥的底而直径 和高均为6cm,细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为 () 25 D器 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） B 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 C.四面体ABCD:外接球的表面积为12 =√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 () D.四面体ABCD,内切球半径的倒数为6十4,3+32 6 11.如图，ABCD是边长为2的正方形，AA1,BB1,CC1,DD1都垂直于底面ABCD,且 DD,-号A,-2CC,=3B,=3,点E在线段C上，平面BED,交线段AM,于点 F,则 () 吗 9 B.4 C.6 0.2 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 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。 题号 9 10 答案 A.A1,B1,C1,D1四点不共面 B.该几何体的体积为8 9,用斜二测画法画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 C.过A1,C1,B,D四点的外接球的表面积为12π B.水平放置的平行四边形的直观图是平行四边形 D.截面四边形BED,F周长的最小值为10 C.菱形的直观图是菱形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 D.正方形的直观图是正方形 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 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 点的曲率等于2常与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫作多面 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 ,故其各个顶点的曲率均为2x-3×了=元如图，在正方体ABCD-A,B,CD1中， 13.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为棱AB,C1D1的中点，G为棱 AB=√后，则 () CC1上靠近点C的三等分点，用过点E,F,G的平面裁正方体，则截面图形的周长 为 14.如图，在正方体ABCD-A1B1CD:中，若E,F分别是AB1,BC1的中点，则EF与CD所 成的角为 :平面BEF与平面BDDB1的关系为 .(填垂直或不垂直) A在四面体ABCD,中，点A的曲率为12 11 B在四面体ABCD,中，点D,的曲率大于行 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） 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。 17.(15分)如图，四边形ABCD为矩形，且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,PA=1,E 15.(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥平而ABCD,E为PD 为BC的中点. 的中点 (1)证明：PE⊥DE (2)求四棱锥P-ABCD外接球的体积. (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. 16.(15分)如图，已知AB为圆柱O01底面圆0的直径，OA=2,母线AA1长为3，点P 为底面圆周上一点。 0 A长 P (1)若∠BOP=90°，求三棱锥A-PBA1的体积， (2)若∠BOP=60°，求异面直线A,B与AP所成角的余弦值. 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） 公 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,D,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旋转一周所得儿何体的表面积. 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）真题密卷 单元过关检测 4A证-号Ad, (7分) 日x8-5， (12分) 所以EP=PF,所以E,F,P三点共线. (8分) (2)解：由题意知成=一A应=-？A店-A市， 又-+智a 范=武+-号A成-A市， -+号店，a而+A市=m, 所以成·成-(？店-可)·（公-A) =√-) --1A应+A币=-11A:+9=5, =√A-Ai·A币+A市-B,I4分) 所以AB|=4. (10分) 所以cos(A京，EB)= AF.EB 5 |AFEB|√13X√17 所以E成·A京-(3A店-AD)·(A+A市） =5V221 221 (17分) -名A-A店·A市-3A市-号×4 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 依题意可得，OA⊥OB,OA∥BC,OA=2,BC=4, 1.C【解析】由已知可得选项C绕对称轴旋转可形 OB=2√2. 成充满气的车轮内胎，故C正确. 取BC的中，点D,连接AD, 2.D【解析】因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱台， 则AD⊥BC,且CD=2, 所以AB∥A1B1∥C1D1,故A错误； 因为ABCD-A1B1C1D1的侧棱延长交于一点，所 故AC=√22+(2√2)2=2√3. 以AA1与CC1相交，故B错误； 6.A【解析】令△ABC外接圆的圆心为O1,球心为 同理BB1与DD1也相交，所以B,B1,D1,D四点 O,则OO1⊥平面ABC,又AD⊥平面ABC,所以 共面，所以BD1与B1D相交，故C错误； OO1∥AD.又球心O在线段AD的中垂面上，此 A1D1与AB是异面直线，故D正确. 平面与平面ABC平行，取AD中点E,则OO1= 3.C【解析】三面涂色的小立方体是位于棱长为 4cm的立方体的顶点处的小立方体，因为立方体 AE=2AD=1.在△ABC中，∠BAC=120,AB 共有8个顶点，所以三面涂色的小立方体有8个， 每个小立方体的表面积为6cm,则表面积之和为 =AC=2,则∠ABC=30°，故△ABC的外接圆半 8×6=48cm2 1 AC 径r=合·sn2ABC一2，所以该三被维外接球的 4,B【解析】由题意可知，这些细沙的体积为27 半径R=√r2+0O月=√5， 3×6XxX3=16 3cm3. 5.B【解析】还原四边形OACB,如图所示： 之B 0 7.D【解析】设优孤BC所在圆的圆心为O,半径为 R,连接OA,OB,OC,如图所示. B ·30· ·数学· 参考答案及解析 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'Oy',且 ∠x'O'y'=45°，角度有变化，另外平行于y轴的 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 错误 易知“水滴”的“竖直高度”为OA十R,“水平宽度” 10.ABD【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 为2R,向返专如O站R-子解得0A-号R 易证△ACD1为正三角形，AB⊥AD1,∠BAC= 因为AB与圆孤相切于点B,所以OB⊥AB, 4,故在四面体ABCD,中，点A的曲率为2x OB_R-3 在Rt△AB0中，Sin∠BAO=OA=5 5 (行++）故A正确 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，∠ADB=∠BD1C, 又∠BA0∈(0，），所以cs∠B40=1-mZB40 因为m∠AD,B=am∠BD,C=方<1，所以0< √2 -兰，由对称性知，∠BA0=∠CA0,则∠BAC- ∠AD,B=∠BD,C<牙，在四面体ABCD,中，点D, 2∠BAO,所以sin∠BAC=2sin∠3AOcos.∠BAO -2x×后0 的曲率为2-（∠AD,B+∠BD,C+)>2m 8.A【解析】由题意知BE⊥CE,且CE=√3BE, (任×2+）-石故BE确： BC=8,则BE-名，CE-39 因为四面体ABCD1外接球的半径即为正方体 2 ABCD-AB1CD1外接球的半径为)X√6 将△ABE展开到与△ABC共面，记为△ABP, 3√2 ,所以四面体ABCD1外接球的表面积为4r ×学)’=1收c: B 四面体ABCD,的体积V= 3×2×(6)×6 可知P,B,C三点共线，则PC=PB十BC= 2 =6,四西体ABCD,的表西寂S=号×(6) 可得EF十FG=PF+FG≥PG,当P,F,G三点 +xxv厘x2+9x)-3+52+ 共线时取等号 周为PC=名，cG-AC-98∠ACB=, 3V3,所以四面体ABCD,内切球的半径，=3Y 3√6 √6 6 故在△PCG中，由余弦定理得PG2=CG2+PC2 3+6V2+331+2√2+√5√6+45+3√2 2CG·PCcos/ACB-168士812X92X9 4×2 即1-6+43+3V ,故D正确. 6 ×2162 2=16,即PG= ,所以EF十FG的最小 9√2 11.BCD【解析】对于A,取AA1中点M,取DD1 靠近，点D1的三等分点N,连接MN,BM, 值为92 CiN, 41 D 二、选择题 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 D B 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 ·31· B 真题密卷 单元过关检测 易知四边形NMB1C1为平行四边形，四边形 CH 1 NMA1D1为平行四边形，所以MN∥A1D1, FC,=2,即CH=4, MN∥B1C1,则B1C1∥A1D1,所以A1,B1,C, D1四点共面，故A错误； CH 4 1 的 对于B,由对称性知，此几何体的体积是底面为边 BE ==2,可知点M为棱BC上靠近点C 长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半， 3 1 所以V=2X2X4×2=8,故B正确； 的三等分点，即CM=了，由匀股定理得GM 对于C,过四点A1,C1,B,D构造正方体ABCD 2 4,1_5 3 =NP,FG=PE= A1B2C1D2, √9十4=6，同理得EM 5 =FN=PE= 6 则载面园形的周长为 732+ 5 10+2√2 X4= A B 6 3 D D A B 所以外接球的直径为正方体ABCD-A1B2C1D2 的体对角线，所以2R=2√3，则R=√3，所以该 外接球的表面积为4πR2=12π，故C正确； 对于D, 14.60°；垂直【解析】连接A1B,A1C1,A1D, D 因为四边形ABB1A为正方形，所以E既是AB 的中点，又是A1B的中点，所以EF∥AC,所 以EF与C1D所成的角即为∠A1CD,又 △A1C1D为等边三角形，所以∠A1C1D=60°. 因为四边形A1B1C1D1为正方形，所以AC1⊥ B1D1,因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1C平 B 面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又BB1∩ 由题意，平面ADD1A1∥平面BCC1B1,平面 B1D1=B1,BB1,B1D1C平面BDD1B1, ADD1A1∩平面BED1F=D1F,平面BCC1B1 所以A1C1⊥平面BDD1B1,又因为EF∥A1C1, ∩平面BED1F=BE,即D1F∥BE,同理可得 所以EF⊥平面BDD1B1,又EFC平面B1EF, BF∥D1E,所以四边形BED1F为平行四边形， 所以平面B1EF⊥平面BDD1B1. 周长l=2(BE+ED1),沿CC1将相邻两四边形 D 推平，当B,E,D1三点共线时，BE十ED1最小， 最小值为5， 所以周长的最小值为10，故D正确， 三、填空题 12.12π【解析】将该几何体利用对称性补成一个母 线长为6的圆柱，则所求几何体的体积为该圆柱 1 体积的一半，所以V= 元X22X6=12元 四、解答题 15.(1)证明：因为平面ABE与直线PC相交于点F, 13.10+22【解析】连接FG并延长交DC的延长 所以平面ABE∩平面PCD=EF. 3 因为四边形ABCD是菱形，所以AB∥CD,(2分) 线于点H,连接EH交BC于点M,连接GM,取 因为AB中平面PCD,CDC平面PCD, A1D1上靠近点A1的三等分点N,连接FN并 所以AB∥平面PCD, (4分) 延长交B1A1的延长线于点Q,连接QE交AA1 因为ABC平面ABE,平面ABE∩平面PCD= 于点P,连接NP,则六边形EMGFNP即为过 EF,所以AB∥EF,故EF∥CD. (6分) 点E,F,G的截面. (2)解：因为底面ABCD为菱形，∠ADC=120°， 由G为棱CC1上靠近点C的三等分点，可得 所以∠BAD=60°，△ABD为正三角形， B ·32· ·数学· 参考答案及解析 所以△DCE为等腰直角三角形，则∠DEC= 又AB=4,所以SA4D8义4=43，(8分 45°，同理可得∠AEB=45°， (3分) 因为E为PD的中点，所以P到平面EAB的距 所以∠AED=90°，所以DE⊥AE, 离与D到平面EAB的距离相等， 又PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以 又PD⊥平面ABCD,即DE⊥平面ABCD,DE PA⊥DE, 1 又因为AE∩PA=A,AE,PAC平面PAE,所 =2PD=3, (10分) 以DE⊥平面PAE, 所以三棱锥E-PAB的体积VEPAB=VP-EAB= 又PEC平面PAE,所以DE⊥PE, (6分) Vo=V:Am=-3SAan·DE 1 3×43X3= (2)解：因为PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD 为矩形，所以四棱柱P-ABCD的外接球直径2R 4w3. (13分) =√AB2+AD2+PA?=√6，(10分) 16.解：(1)依题意，AA1⊥平面APB,由∠BOP=90°， 得SaB=AB.0P-7X4X2=4,3分) 所以R-故V-了R-有】 3π2 =√6π， 所以三棱锥A-PBA1的体积VA-PBA,=VA1PAB 所以四棱锥P-ABCD外接球的体积为√6π. 1 (15分) as·AA,=3X4X8=4 (7分) 18.(1)证明：如图，取DD1的中点G,连接AG,GF, (2)过点P作圆柱OO1的母线PP1,连接A1P1, 则CD∥GF,CD=GF, BP1,则PP1∥AA1,PP1=AA1,所以四边形 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD∥AB,CD APP1A1为平行四边形，所以A1P1∥AP, =AB, 因此∠P1A:B是异面直线A1B与AP所成的角 所以AB∥GF,AB=GF, 或其补角， (10分) 所以四边形ABFG是平行四边形，所以AG∥BF, 由∠BOP=60°，得∠AOP=120°，AP=2 DAcos30 因为AE=D1G,AE∥D1G, =2√3，PB=OB=2, 所以四边形AED1G是平行四边形，所以AG∥ED, 所以BF∥ED1,所以E,B,F,D1四点共面. 则A1P1=AP=2√3，A1B=√AA十AB= (6分) √32+4=5， (12分) (2)解：如图，延长D1E交DA的延长线于点M, 由PP1⊥平面APB,得P1B=√PP+PB= 延长D1F交DC的延长线于点N,连接BD, √32+22=√13， BD1,MN,则点B在MN上. 在△A1P1B中，cos∠P1A1B= 不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， A1P+AB2-P1B212+25-1323 则DM=DN=4,BD=BM=BN=2√2，D1M 2A1P1·A1B 2X23X ；5,(14分) =D1N=2√5，BD1=2N3, 所以异面直线A,B与AP所成角的余弦值为 所以B是MN的中点， (10分) 2W3 所以BD⊥MN,BD1⊥MN, 5 (15分) 所以∠DBD1是平面EBFD1与平面ABCD的 01 夹角 (13分) 因为DD1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以DD1⊥BD,所以sin∠DBD1=BD,2N3 DD1=2 B 3 (17分) D 17.(1)证明： 连接AE,因为E为BC的中点，所以EC=CD=1,19.(1)证明：连接EF,因为AB∥CD,AB=2CD, ·33· B 真题密卷 单元过关检测 器0- (1分) 则cM=vc-M-√g-(T =5, 因为PF=2FC, AE 2 器日， (2分) 由于CM/EN,又因为瓷-号x-长- 可得EF∥PA, (3分) 3,可得EN= 3 (12分) 又EFC平面BDF,PA中平面BDF, 所以△ABE绕直线AB旋转一周所得几何体的 所以PA∥平面BDF (5分) (2)解：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥ 表面积是两个底面半径均为2 3 ,高均为2的圆 CD,所以∠CBA=∠DAB, 锥的侧面积之和， (15分) 又因为BC=AD,AB=BA,可知△CBA≌ △DAB,所以AC=BD, (7分) 故所得几何体的表面积S=2×π× 23X 3 且AE-号AC,BE-号BD,即AE=BE,(8分) 2W3 3 +22-16 在等腰梯形ABCD中，作CM⊥AB,EN⊥AB, (17分) 垂足分别为M,N, (10分) 2025一2026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 “写期得8-6=是 1.B【解析】A京-Ad+D庐=AD+2DC-A+ 4.C【解析】由图可得，BE=BA+AE=-D元+ D成+Cd)-Ad+号(ai+a)=A市+ 号萨-元+名成-成)=-b+2c20 A店+号AA,所以z=y-2,所以x+y=1 2.D【解析】依题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 06+0 5.A【解析】由题意，{e1,e2,e3}是空间的一个基 底，设a=e1十e2,b=e2十e3,c=3e1十te3, D' 所以a,b不共线， A B 因为a,b,c不能构成空间的一个基底，则a,b,c 共面，所以存在x,y∈R使得c=xa十yb, 即3e1+te3=x(e1+e2)+y(e2+e3)=xe1+ (x+y)ez+ye3, 3=x, "x 所以0=x十y,解得x=3,y=-3,t=-3. 因为正方体OABC-D'A'B'C'的棱长为a,点N, t=y, M分别在AC,BC'上，且AN=2CN,BM= 6.B【解析】在正四棱台ABCD-A'B'C'D'中，AA' 2Mc,*以Mga,)Ng台o =1,AB=2,∠BAA'=T, Γ3 所以|MN|= /oa24a2√5a 9+9=3 在侧面ABB'A'中，得AB'=AB-2AA'cos3 3.B【解析】由1上a得u∥n,所以3=a十白 12 2-2×1×2=1) B ·34·