第十一章 立体几何初步 测试卷-【新课程能力培养】2025-2026学年高中数学必修第四册练习手册（人教B版）

第十一章章 时间：120分钟 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， 只有一项是符合题目要求的 1.关于直线a,b,1以及平面a,B,下面结 论中正确的是（) A.若a∥，b∥a,则a∥b B.若a∥a,b⊥a,则b⊥a C.若a⊥a,a∥B,则a⊥B D.若aC,bC,且lLa,lLb,则l⊥ 2.利用斜二测画法画平面内一个三角形的直 观图得到的图形还是一个三角形，那么直 观图三角形的面积与原来三角形面积的比 是() A B.V3 4 c.V② D.V3 2 3.如图，在正方体ABCD D ABCD1中，O是底面 A B ABCD的中心，BH⊥ 、H DO,H为垂足，则 BH与平面ADC的位 第3题图 置关系是() A.垂直 B.平行 C.斜交 D.以上都不对 4.在以棱长为a的正方体ABCD-ABCD, 中，E,F,M分别是AB,AD,AA1的中 点，又P,Q分别在棱AB,AD1上，且 第十一章章末测试卷。 末测试卷 满分：150分 A,P=A1Q=m(0<m<a),设平面MEF∩平面 MPQ=l,则下列结论中 0 C 不成立的是（) A B A.l∥平面BDDB B.l⊥MC C.当m=2时，平面 第4题图 MPQ⊥平面MEF D.当m变化时，直线l的位置不变 5.在一个锥体中，作平行于底面的截面，若 这个截面面积与底面面积之比为1：3，则 锥体被截面所分成的两部分的体积之比为 () A.1:V3 B.1:9 C.1:3V3 D.1:(3V3-1) 6.蹴鞠（如图所示），又名蹴 球、蹴圆、筑球、踢圆等， 蹴有用脚蹴、踢、蹋的含 义，鞠最早系外包皮革、 内实米糠的球.因而蹴鞠就 第6题图 是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类 似今日的足球.蹴鞠已作为非物质文化遗 产经国务院批准列入第一批国家非物质文 化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点 A,B,C,D,满足AB=CD=5,BD=AC= 6,AD=BC=7,则该鞠的表面积为() A.55m B.60m C.63m D.68π 9 N 高中数学必修第四册人教B版 7.在长方体ABCD-ABCD1中，AB=2,BC= 4,AA1=4V3.过BC的平面分别交线段 AA1,DD1于M,N两点，四边形BCNM 为正方形，则异面直线DM与BD所成角 的余弦值为( A.V14 B.V21 14 14 C.V14 D.4V35 4 35 8如图为某水晶工艺品示意图， 该工艺品由一个半径为R的 大球放置在底面半径和高均 为R的圆柱内，球与圆柱下 第8题图 底面相切，为增加观赏效果，设计师想在 圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实 心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆 柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可 放入小球的个数为() A.14 B.15 C.16 D.17 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. 9.正方体的截面可能是(） A.钝角三角形 B.直角三角形 C.菱形 D.正六边形 10.如图，AB是⊙0的直径， VA垂直于⊙O所在的平 面，C是圆周上不同于 A,B的任意一点，M, 第10题图 10 N分别为VA,VC的中点，则下列结论 不正确的是（) A.MN∥AB B.MN与BC所成的角为45° C.OC⊥平面VAC D.平面VAC⊥平面VBC 11.向体积为1的正方体密闭容器内注入体 积为x(0<x<1)的液体，旋转容器，下 列说法正确的是() A当x=)时，容器被液面分荆而成的 两个几何体完全相同 B.不管注入多少液体，液面都可以成正 三角形形状 C.液面可以是正六边形，其面积为 31V3 4 D.当液面恰好经过正方体的某条体对角 线时，液面边界周长的最小值为⑤ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分， 共15分. 12.已知一个正三棱柱的侧面积为18，且侧 棱长为底面边长的2倍，则该正三棱柱 的体积为 13.正四面体ABCD的棱长为2，棱AB∥平 面，则正四面体上的所有点在平面x 内的射影构成的图形面积的最小值是 ,最大值是 14.在四面体ABCD中，AB=AC=2V3, BC=6,DA⊥平面ABC,四面体ABCD 的体积为V3.若四面体ABCD的顶点 均在球O的表面上，则球O的表面积是 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， 15.(13分)如图，在四面体ABCD中，AD1 CD.AD=CD.∠ADB=∠BDC.E为AC 的中点 (1)求证：平面BED⊥平面ACD (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在 BD上，当△AFC的面积最小时， 求三棱锥FABC的体积。 第15题图 16.(15分)如图，在三棱柱ABC-ABC,中， 侧面ACCA1⊥底面ABC,AA1=BC=3, AB=AC=4,AB=5,E为AB的中点. (1)求证：BC1∥平面ACE (2)求证：AA⊥平面ABC (3)求三棱锥A1-ACE的体积. 第16题图 第十一章章末测试卷。 17.(15分)已知正方形ABCD的边长为1， AC∩BD=O.将正方形ABCD沿对角线 BD折起，使AC=1,得到三棱锥A-BCD, 如图所示 (1)若点M是棱AB的中点，求证：OM∥ 平面ACD. (2)求证：AO⊥平面BCD. (3)求二面角A-BC-D的余弦值. 第17题图 (11 N 高中数学必修第四册人教B版 18.(17分)如图所示，在正三棱柱（底面 是正三角形，侧棱和底面垂直的三棱 柱)ABC-ABC1中，AB=AA1,D是BC 上的一点，且AD⊥CD (1)求证：AB∥平面ACD. (2)在棱CC1上是否存在一点P,使直 线PB⊥平面ACD?若存在，找出 这个点，并加以证明；若不存在， 请说明理由 第18题图 12 19.(17分)如图，已知四边形ABCD是正 方形，EA⊥平面ABCD,PD∥EA,AD= PD=2EA=2,F,G,H分别为BP,BE, PC的中点. (1)求证：平面FGH∥平面PDE. (2)求证：平面FGH⊥平面AEB. (3)在线段PC上是否存在一点M,使 PB⊥平面EFM?若存在，求出线段 PM的长；若不存在，请说明理由. 第19题图N 高中数学必修第四册人教B版 AC. 10.ABD【解析】复数z=1+i,则=V2,A正确；= 1-i,B正确；z的虚部为1，C错误；z在复平面上对应点 的坐标为(1,1)，在第一象限，D正确. 11.BC【解析】z1与z2是共轭虚数，设z=a+bi,则z2= a-bi(a,b∈R),z=a2-b2+2abi,复数不能比较大小，A不 正确；22=kz=㎡+b2,B正确；z1+z2=2a∈R,C正确；= n斋+染不一定是实数，D不 atbi= 定正确」 121i【解标】2+产+1+i1i42=1+i 13.3【解析】a+bil=V㎡+b=V3,.(a+bi)(a-bi)= a2+b2=3. 14.22V2【解析】z=1+i=(1+i)=1+3i+3i+= 1+i -2+2i,.z的虚部为2，z=V(-2)+2=2V2. 15.解：(1)由于四边形ABCD是平行四边形，AC =AB+AD,于是Ad=AC-AB,而(1+4i)-(3+2i)=-2+2i, 即AD对应的复数是-2+2i. (2)由于DB=AB-AD,而(3+2i)-(-2+2i)=5,即DB 对应的复数是5. (3)由于p=2-2aC=7,-2,m=2D丽 =3,0,于是m呢，而7，Pm=, .cs∠APB=子，因比eos∠AB=-7,放 2 sin∠AB=YT,故Sa=号网I网sin∠AB=方× 17 Y7x号xY=多即△A阳的面积为多 2 172 16.解：(1)设z=x+i,x∈R,y∈R,则由题意，可 得x=-cos20-sin0=-1,y=cos20-1,∴z=-1+(cos20-1)i. (2)由于复数：对应的点P在直线y=x上，故有 cos20-1=-分，c0s20=7,再结合0e(0,m）,可得20= 号或20=，0=晋或0语 6 6 17.解：设ω=z-3+4i,z=w+3-4i,z+1-i=w+4-5i.又 lz+1-i=1,.lo+4-5i=1,可知o对应的点的集合是以 (-4,5)为圆心、半径为1的圆，如图所示，∴olm=V4I 102 +1,lolm=V41-1. 0 第17题答图 1og2(x2-3x-3)0,① 18证明：假设复数z是纯虚数，则有 1og2(x-3)≠0，② 由①，得x2-3x-3=1,解得x=-1或x=4.当x=-1时， 1og2(x-3)无意义；当x=4时，1og2(x-3)=0,这与1og2(x-3) ≠0矛盾，故假设不成立，.复数z不可能是纯虚数 19.证明：设=x+yi,x,y∈R,且y≠0.由已知，得 +i4ii+-+产正+ x2+y2 士是实数，可=0.即山，且x41,小 上0--m0t-2=tiy0. 1+(x+i)(1+x+yi)(1+x-yi)1+2c+x2+y☑ -山，是纯虚数 一"第十一章章末测试卷 1.C【解析】平行于同一个平面的两条直线平行或相 交或异面，故A错误；当a∥a,b⊥a时，b与a平行或相 交或b在平面a上，故B错误；若a⊥a,a∥B,设过a的 平面y∩平面B=-b,则a∥b,即有b⊥，又由bCB,故a⊥ B,故C正确；根据线面垂直的判定定理，若aCa,bCa, 且anb≠0，lLa,lLb,则lL,故D错误.故选C 2A【解折】Sh:S号Y-Y, 4 5要，故选入 4 3.A【解析】如图，连接BD1,BD,:几何体ABCD- ABCD1是正方体，底面ABCD是正方形，AC⊥BD, AC⊥平面BDDB.BHC平面BDDB,AC⊥B,H. .BH⊥DO,AC∩DO=0,∴.BH⊥平面ADC. D B D A B 第3题答图 4.C【解析】如图，连接BD,BD,AC,AC,AC, AC.AP=AQ=m,PQ∥BD.E,F分别是AB,AD的 中点，EF∥BD,PQ∥EF平面MEFn平面MPQ=l, PQ∥EF∥L,选项A,D显然成立；BD∥EF∥L,BD⊥ 平面ACCA1,l⊥平面ACCA.MCC平面ACCA1,lL MC,B成立；当m=号时，易知AC1平面MEF,A,C1 平面MPQ,而直线AC与AC不垂直，.C项不成立. Q B 第4题答图 5.D【解析】由截面面积与底面面积之比为1：3，则截 得的锥体与原锥体的体积比为1：3V√3，则截得的两部分 的体积之比为1：(3V3-1),故选D. 6.A【解析】如图，将三棱锥A D H BCD补成长方体AEBF-GDHC,使 得三棱锥A-BCD的各棱为长方体 AEBF-GDHC的面对角线.设EA=x EB=y,ED=z,设该鞠的半径为R, 第6题答图 则2R=Vx+y+z,由勾股定理，可 得AB2=x2+1y2=25,AC2=y2+z2=36,AD2=x2+z2=49,上述三个 等式相加，得2(x2+y2+z2)=25+36+49=110,则2R=V2+y+z =V55,因此，该鞠的表面积为S=4πR2=π×(2R)2=55π. 7.D【解析】如图，连接BD,MD,MB.BD∥ BD,.DM与BD所成的角即为线DM与BD1所成的角. 可求出MD=2V7,BD=2V5,MB1=4..cos∠MDB1= 28+20-16一=4V35.异面直线D,M与BD所成角的 2x2V7 x2V5 35 余弦值为4V35 35 D C B 第7题答图 8.B【解析】如图，过球心与圆柱体底面圆心的平面 截得该图形的平面图，设球的半径为R,实心小球的半径 参考答案。 为r,由题意，可得V2+r+R=V2R,解得R=(3+2V2)r :小球球心在以E为圆心，EF为半径的圆上，EFR+” v2 2m R+r 周长为2mEf,2m≤2mEE,即n≤2F三￥2自 2r V2π(R+r)=V2π[(3+2V2r+]=(2+2V2)m≈ 2 2r 15.16,故该工艺品最多可放入15个小球 第8题答图 9.CD【解析】如图所示，截面为△ABC,OA=a,OBb, OC=c,.AC2=a+e2,AB2=a+b2,BC2=62+e2,..cos LCAB= AB'+AC2-BC2 2AB·AC 2V+6.V+e0,∠CAB为锐角，同 2a2 理∠ACB与∠ABC也为锐角，即△ABC为锐角三角形， 正方体的截面若是三角形，则一定是锐角三角形，不可 能是钝角三角形和直角三角形，A,B错误；若是四边形， 则可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形、正 方形，但不可能是直角梯形，C正确；正方体有六个面， 用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，如图为 正六边形，故若是六边形，则可以是正六边形，D正确。 第9题答图 10.ABC【解析】依题意，MN∥AC,又直线AC与AB 相交，因此MN与AB不平行，A错误；注意到AC⊥BC, 因此MN与BC所成的角是90°，B错误；直线OC与AC 不垂直，因此OC与平面VAC不垂直，C错误；由于BC⊥ AC,BC⊥VA,VA∩AC=A,因此BC⊥平面VAC,又 .BCC平面VBC,.平面VAC⊥平面VBC,D正确. 1山.AC【解析】对于A,当x=号时，题目等价于过正 方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分 完全相同，故A正确：对于B,取=子，此时液面过正方 体中心，截面不可能为三角形，故B错误；对于C,当液 103 高中数学必修第四册人教B版 面与正方体的体对角线垂直时， A 液面为如图所示的正六边形时面 积最大，其中正六边形的顶点均 为对应棱的中点，.液面面积的 最大值为5=x号×孕× A 2 2 Y3x6=3Y3 2 4 ，故C正确； 对于D,当液面过DB时，截面 B 第11题答图 为BNDG,将平面ABCD1绕 CD1旋转T,如图所示，则DN+BN=DN+B'N≥DB'= V1+4=V5,当D,N,B'三点共线时等号成立，.液 面周长的最小值为2V5,故D错误. 12.号【解析】设正三棱柱的底面边长为。，由题意， 可知3xa2a=18,=3,a=V3,V=7×V3xV3× ×2V3=号 13.V22【解析】正四面体的对角线互相垂直， 且棱AB∥平面a,当CD∥平面a时，这时的射影是对角 线为2的正方形，此时面积最大，为2x号×12=2：当 CD⊥平面α时，射影的面积最小，此时构成的射影为三角 形，底边为2，高是直线CD到AB的距离，为V2,射影 面积为号2×V2=V2,故正四面体上的所有点在平面Q 内的射影构成的图形面积的最小值是V2,最大值是2. 14.49π【解析】如图，.AB= AC=2V3,BC=6,∴cos∠BAC= AB+AC2-BC2 、E 2ABAC =子则m∠BAC 、0 R V1-cos LBAC=y3,则SAM 0 2 第14题答图 号AB.AC-sin.∠MC=号×2V3x2V3×Y-3V3 2 AD⊥平面ABC,四面体ABCD的体积为V3,V3= 号·SaAD=V了AD.则AD=-1.设△ABC的外接圆半径为 r,记△ABC外接圆圆心为O1,连接AO1,由正弦定理，可 BC =6=4V3,则A0=r=2V3.设外接 得2r=sinBAC3 2 球的半径为R,连接O01,根据球的性质，可得O01⊥平面 104 ABC,又AD⊥平面ABC,AD∥001，延长O0到点E, 使得OE=AD,连接DE,则四边形AOED为矩形，AO= DE,连接OA,OD,则OA=OD=R,.Rt△DE0≌ R△A00.00=0E=2AD=,R=0A=VA0+00= V12+号-V空，球0的表面积是S-4aR-49m 15.(1)证明：.AD=CD,E是AC的中点，.AC⊥DE AD=CD .BD=BD. .△ADB≌△CDB. ∠ADB=∠CDB, .AB=CB,故AC⊥BE. DE∩BE=E,DE,BEC平面BED,.AC⊥平面BED ACC平面ACD,.平面BED⊥平面ACD. (2)解：方法一（判别几何关系）： 依题意，AB=BD=BC=2,∠ACB=60°，可知△ABC是 等边三角形，AC=2,AE=CE=1,BE=V3. AD=CD,AD⊥CD,△ACD是等腰直角三角形， ·.DE=1,DE2+BE=BD2,∴.DE⊥BE. .AC∩BE=E,AC,BEC平面ABC,.DE⊥平面ABC .·△ADB≌△CDB,·.∠FBA=∠FBC BF-BF. ∠FBA=∠FBC,.△FBA≌△FBC,.AF=CE AB=CB. 连接EF,可得EF⊥AC, Sac=之AC~EF,当EF最短时，△AC的面积 最小，过点E作EFLBD,垂足为F,在R△BED中，之 EDE=BD-EBR解得EY写.DF=V-V于 =分B=2-0e3,86= 过点F作FH⊥BE,垂足为H,则FH∥DE,FH⊥平 面Ac,且器既-是h=是c号sam 4 E H 第15题答图 方法二（等体积转换）： .AB=BC,∠ACB=60°，AB=2, .△ABC是边长为2的等边三角形，.BE=/3」 连接EF,.△ADB≌△CDE,.AF=CFEF⊥AC. 在△BED中，当EF⊥BD时，△AFC面积最小， .AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC的中点，.DE=1. .DE2+BE2=BD2,BE⊥ED. 若EF⊥BD,在△BED中，EF-BE-DE=V3 BD 2 B=VB胶-E=号 2 8 a=,tVew号SwpAC=号x332-Y 8 16.(1)证明：如图，连接 AC,设AC∩AC=F,则F为AC 的中点.连接EF,:E为AB的中 点，EF∥BC.又BC平面ACE, EFC平面ACE,.BC1∥平面ACE. (2)证明：在△ABC中，由 第16题答图 BC=3,AC=4,AB=5,得∠ACB=90°，即AC⊥BC.在 △AAB中，同理，可得AA⊥AB.,侧面ACCA1⊥底面 ABC,侧面ACCA1∩底面ABC=AC,:BC⊥平面ACCA. 又AAC平面ACCA1,.BC⊥AA.又AB∩BC=B, AA⊥平面ABC. (3)解：.AA⊥平面ABC,ACC平面ABC, AA⊥A1C.在Rt△AAC中，由AA1=3,AC=4,得AC= VAC-AA=V4-32=V7.:E为AB的中点，∴S△CE= suc=哈x3x号x3xV7=3Y7 4 17.(1)证明：.：在正方形ABCD中，O是对角线AC, BD的交点，.O为BD的中点.又M为AB的中点，.OM∥ AD.又.ADC平面ACD,OM丈平面ACD,.OM∥平面ACD. (2)证明：在△A0C中，AC=1,A0=C0=V2 2 AC2=AO2+CO2,.A0⊥C0.又.AC,BD是正方形ABCD 的对角线，∴AO⊥BD.又BD∩CO=O,AO⊥平面BCD. (3)解：如图，设E为BC的中点，连接OE,AE, AC,BD为正方形ABCD的对角线，O为交点，.CO=BO, OE⊥BC.又AB=AC=1,∴AELBC.由(2)，知A0⊥平 参考答案。 面BCD,∴.∠AEO为二面角A-BC-D的 平面角.0A=2,0E=)CD=) 2 AE=Y5,cs∠AE0=0E 2 AE 第17题答图 Y3,即二面角A-BC-D的余弦值为 3 V3 3 18.(1)证明：.·三棱柱ABC ABC是正三棱柱，CC⊥平面ABC, .CC1⊥AD.又.AD⊥CD,CC∩CD= C1,∴AD⊥平面BCCB1,AD⊥BC, .D是BC的中点.如图，连接A1C,设 第18题答图 与AC相交于点E,则点E为AC的中 点.连接DE,则在△ABC中，D,E分别是BC,AC的 中点，ABDE.又.DE在平面ACD内，AB不在平面 ACD内，.AB∥平面ACD. (2)解：存在这样的点P,且点P为CC的中点.证明 如下：由(1)知AD⊥平面BCCB1,故BP⊥AD.设PB,与 CD相交于点Q,由于△DCC≌△PBC,故∠QB,C= ∠CCD.∠QCB=∠CDC,从而△QCB,∽△CDC, ∠C,QB=∠DCC=90°，B,P⊥CD.ADOCD=D,.B,P⊥ 平面ACD. 19.(1)证明：F,G分别为BP,BE的中点，FG∥ PE.又FG￠平面PED,PEC平面PED,.FG∥平面PED, 同理FH∥BC.又BC∥AD,∴.FH∥平面PDE.而FG∩FH= F,故平面FGH∥平面PDE. (2)证明：EA⊥平面ABCD,∴.EA⊥CB.又.CB⊥ AB,AB∩AE=A,.CB⊥平面AEB.由已知F,H分别为线 段PB,PC的中点，.FH∥BC,则FH⊥平面AEB.而FHC 平面GH,平面FGH⊥平面AEB. (3)解：在线段PC上存在一点M,使PB⊥平面EFM. 证明如下：在Rt△AEB中，.AE=1,AB=2,BE V5.在直角梯形EADP中，AE=1,AD=PD=2,PE= V5,PE=BE.又F为PB的中点，∴EF⊥PB.要使PB⊥ 平面EFM,只需使PB⊥FM.PD⊥平面ABCD,∴.PD⊥CB. 又.CB⊥CD,PD∩CD=D,'.CB⊥平面PCD,而PCC平面 PCD,∴.CB⊥PC.若PB⊥FM,则△PFM∽△PCB,可得PM: PB=PF:PC.由已知，可求得PB=2V3,PF=V3,PC= 2V2,PM=3V2 2 (105