第四章 立体几何初步 单元测试卷-2025-2026学年高一下学期数学湘教版必修第二册

湘教版高中数学必修第二册 第四章：立体几何初步单元测试卷 命题人：李文元 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)必修第二册第四章：立体几何初步 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：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.下列描述中，不是棱锥几何结构特征的是() A.三棱锥有4个面是三角形 B.棱锥的侧面都是三角形 C.棱锥都有两个互相平行的多边形面D.棱锥的侧棱交于一点， 2.若m,为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（) A.若m11a,nca,则ml∥n B.若m//a,n/1a,则m/∥n C.若m/1a,n⊥a,则m⊥n D.若m/la,n⊥a,则m与n相交 3.设必，B是两个不同平面，m是直线且mCB,则“m/1a”是“&11B”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.己知三棱锥D-ABC的每个顶点都在球O的球面上，底面ABC为正三角形，ADL底面 ABC,AB=3,且BD与底面ABC所成的角为60，则球O的表面积为() A.39元 B.40元 C.37π D.41π 5.如图，∩B=I,A,B∈，C∈B,且A,B,CE1,直线AB⌒l=M,过A,B,C三点的 平面记作Y,则Y与B的交线必经过() B a A.点A B.点B C.点C但不过点M D.点C和点M A 6.如图，在正方体ABCD-ABCD中，AB=4,E,F分别是棱CD,AD的 B 中点，则正方体ABCD-ABCD被平面AEF所截得的截面周长是() A.45+4V5B.55+17 C.4W5+2V2+4D.65+2 7.如图，在棱长为a的正方体ABCD-ABCD中，点E为棱DD的中点，则点A到平面AB,E 的距离为() D C B B A.5a B.5 s a c.25 s a D.35 s a 8.已知侧棱长为√万，底面边长为2v3的正三棱锥P-ABC,其内切球球心为O,球O与 球O以及三棱锥P-ABC的三个侧面均相切，则PO=() A.⑤ 9 B.25 3 D.45 9 9 二、多项选择题：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.如图所示为四边形ABCD的平面图，其中AB/1CD,AB=2CD=4,AD1AB,AD=2√5， 用斜二测画法画出它的直观图四边形A'B'CD,其中∠xAy=45°，则下列说法正确的是() D O(A) A.AD=2√2 B.A'B'=4 C.四边形A'B'CD为等腰梯形 D.四边形AB'CD的周长为6+4√2 10.如图，已知底面为矩形的四棱锥P-ABCD的顶点P的位置不确定，点M在棱CD上， 且AM⊥BM,平面PAM⊥平面ABCD,则下列结论正确的是() D B A.PA⊥BM B.平面PAM⊥平面PBM C.若AD=V5,MD=1,则直线CM与平面PAM所成角为 D.存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABGD中，点P,M是底面AB,CD内的一点（包 括边界)，且AP=√5，BM⊥AC,则下列说法正确的是() A D 、 M B A.点P的轨迹长度为π B.点M到平面ABD的距离是定值 C.直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+4W2 7 D.PM的最小值为√2-1 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.如图所示的直观图OA'B',其中OA=4,OB'=2,∠AOB'=45°，则原平面图形OAB 的面积为 45° A 13.如图，AO⊥平面a,点O为垂足，BCc平面x,BC⊥OB,若 AB0-界∠C0B=名则BAC- 6 a 14.已知三棱锥P-ABC,PA⊥AB,PA⊥BC,∠BAC=30°，BC=2,PA=2√5，则三棱锥 P-ABC的外接球的表面积为 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说朋、证明过程或演算步骤， 15.(13分)已知正方体ABCD-ABCD的棱长为4，M,N,E,F分别为AD,AB,CD, B,C的中点， D M B B (I)求证：面AMN/面EFBD: (2)求平面EFBD与平面BB,CC夹角的余弦值； (3)求四棱锥A-EFBD的体积. 16.(15分)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD, PD=DC=2,AD=2W2,M为BC的中点. (1)求异面直线MA与PC所成角的余弦值； D (2)求证：AM⊥平面PBD 17.(15分)如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，AB∥CD,AB⊥BC,AA=AB=BC=2, CD=3,B是AB的中点，G是线段AD上的一个动点，点P在4C上，且满足4= AC 3 A G D (1)证明：平面AFD⊥平面AEF. (2)若G,A,E,F四点共面，求G到平面ABC的距离 18.(17分)如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，△PAB是边长为2的等边三角形， 点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC=3,连接PD,如图2， M 图1 图2 (1)证明：AB⊥PC; (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值： B)在线段PD上是否存在点N,使得PB1/平面AMCN若存在，请求出N的值：若不存 ND 在，请说明理由： 19.(17分)如图，在四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，DC⊥ 底面ABCD,D,C=2,O为BD的中点. B B (1)证明：OD/1平面ABC: (2)求点D到平面ABC的距离： (3)若点P是线段OD上的一个动点，当直线DP与平面ABC所成的角为30时，求线段OP 的长 湘教版高中数学必修第二册 第四章：立体几何初步 单元测试卷 命题人：李文元 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）必修第二册第四章：立体几何初步 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：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．下列描述中，不是棱锥几何结构特征的是（    ） A．三棱锥有4个面是三角形 B．棱锥的侧面都是三角形 C．棱锥都有两个互相平行的多边形面 D．棱锥的侧棱交于一点. 2．若为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 3．设 是两个不同平面， 是直线且 ，则 “” 是 “” 的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面为正三角形，底面，，且与底面所成的角为，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必经过（   ） A．点 B．点 C．点但不过点 D．点和点 6．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为a的正方体中，点E为棱的中点，则点A到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 8．已知侧棱长为，底面边长为的正三棱锥，其内切球球心为，球与球以及三棱锥的三个侧面均相切，则（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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．如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形其中，则下列说法正确的是 （    ）    A． B． C．四边形为等腰梯形 D．四边形的周长为 10．如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱上，且，平面平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面平面 C．若，则直线与平面所成角为 D．存在某个位置，使平面与平面的交线与底面平行 11．如图，在棱长为2的正方体中，点是底面内的一点（包括边界），且，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹长度为 B．点到平面的距离是定值 C．直线与平面所成角的正切值的最大值为 D．的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图所示的直观图，其中，，，则原平面图形的面积为 . 13．如图，平面，点为垂足，平面若，则 . 14．已知三棱锥，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 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）已知正方体的棱长为4，M，N，E，F分别为，，，的中点．    (1)求证：面面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积． 16．（15分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求证：平面. 17．（15分）如图，在直四棱柱中，，，，，是的中点，是线段上的一个动点，点在上，且满足. (1)证明：平面平面. (2)若，，，四点共面，求到平面的距离. 18．（17分）如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， (1)证明：； (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 19．（17分）如图，在四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，底面ABCD，为BD的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的一个动点，当直线DP与平面所成的角为时，求线段OP的长. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版高中数学必修第二册 第四章：立体几何初步 单元测试卷 命题人：李文元 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）必修第二册第四章：立体几何初步 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：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．下列描述中，不是棱锥几何结构特征的是（    ） A．三棱锥有4个面是三角形 B．棱锥的侧面都是三角形 C．棱锥都有两个互相平行的多边形面 D．棱锥的侧棱交于一点. 【答案】C 【分析】根据棱锥的定义和几何结构，逐项判定，即可求解. 【详解】A中，根据棱锥的几何结构，可得三棱锥有4个面是三角形    ，所以A正确； B中，根据棱锥的定义，可得棱锥的侧面都是三角形，所以B正确； C中，根据棱锥的定义，可得棱锥都没有两个互相平行的多边形面，所以C错误； D中，根据棱锥的定义，可得棱锥的侧棱交于一点，所以D正确. 故选：C. 2．若为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 【答案】C 【分析】ABD选项，举出反例；C选项，根据线面平行的性质得到线线平行，进而由线面垂直得到线线垂直，故. 【详解】A选项，若，则或异面，A错误； B选项，若，则或异面或相交，B错误； C选项，因为，，，所以， 因为，，所以，故，C正确； D选项，若，则与相交或异面，D错误. 故选：C 3．设 是两个不同平面， 是直线且 ，则 “” 是 “” 的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据两个命题之间的关系、线面平行及面面平行的判定定理和性质定理可得答案. 【详解】若 ，且 ，根据两个平面平行的性质，则必有 （必要性成立）； 若 且 ， 与 可能平行也可能相交（充分性不成立）； 所以 “” 是 “” 的必要不充分条件.故选：B. 4．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面为正三角形，底面，，且与底面所成的角为，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据定义和已知条件，找出线面角的平面角以及外接球球心，求出球半径即可得球的表面积. 【详解】 因为底面，所以与底面所成的角为，则， 又因为，所以. 设为的外心，因为底面为正三角形，所以， 所以球的半径，球的表面积为. 故选：A. 5．如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必经过（   ） A．点 B．点 C．点但不过点 D．点和点 【答案】D 【分析】根据平面的基本事实，结合图形，即可判断选项. 【详解】∵直线，过三点的平面记作， ， ∴与的交线必通过点和点，故选：D． 6．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【详解】在正方体中，取的中点，的中点，连接，    由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是.故选：B 7．如图，在棱长为a的正方体中，点E为棱的中点，则点A到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面垂直可得面面垂直，进而根据面面垂直的性质可得的长即为点A到平面的距离，即可利用等面积法求解. 【详解】在正方体中，平面，而平面， 则平面平面， 在平面内过点A作于F，连接，如图， 因平面平面，平面,于是平面， 则的长即为点A到平面的距离，点E为棱的中点， 在中，，， 即，解得，所以点A到平面的距离为， 故选:C.    8．已知侧棱长为，底面边长为的正三棱锥，其内切球球心为，球与球以及三棱锥的三个侧面均相切，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设球的半径为，三棱锥的表面积为，根据体积分割法，求得，设在底面内的射影为，在上取点，使得，过作平面的平行平面，求得，设球的半径为，求得，进而求得的长. 【详解】设球的半径为，三棱锥的表面积为， 则， 解得， 又由，且， 可得，设在底面内的射影为， 因为在上，在上取点，使得， 过作平面的平行平面，交，，于点G，T，H， 如图所示，则也是正三棱锥，球即为该三棱锥的内切球， 又因为，设球的半径为，则，所以， 所以.故选：B. 二、多项选择题：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．如图所示为四边形的平面图，其中，，，，用斜二测画法画出它的直观图四边形其中，则下列说法正确的是 （    ）    A． B． C．四边形为等腰梯形 D．四边形的周长为 【答案】BC 【分析】首先利用斜二测画法，表示图象的直观图，再根据几何关系，表示长度，判断选项. 【详解】由题意可画出其直观图如下，    其中，故A错误，B正确； 过点分别作，垂足分别为点， 故， ，故，则四边形为等腰梯形，故C正确； 故四边形的周长为，即D错误.故选：BC 10．如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱上，且，平面平面，则下列结论正确的是（    ） A． B．平面平面 C．若，则直线与平面所成角为 D．存在某个位置，使平面与平面的交线与底面平行 【答案】ABC 【分析】根据面面垂直的性质可得面平面，即可求解判断AB；线与平面所成的角为，求解可判断C，根据线面平行的性质即可求解可判断D. 【详解】对于A，平面平面，平面平面平面平面， 又平面，故A正确； 对于B，由A知平面，又平面平面平面，故B正确； 对于C，由A知平面，在矩形中，， 直线与平面所成的角为，在中， ，故C正确； 对于D，设平面平面，假设底面， 平面平面，平面平面， ，则与重合，则， 显然不成立，则假设不成立，故D错误. 故选：ABC. 11．如图，在棱长为2的正方体中，点是底面内的一点（包括边界），且，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹长度为 B．点到平面的距离是定值 C．直线与平面所成角的正切值的最大值为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】选项A：利用空间中到定点的距离为定长的点的集合为一个球，在正方体表面上的交线为圆求得的轨迹长度；选项B：可以证得平面，结合平面，所以点到平面的距离是定值；选项C：要求直线与平面所成角的正切值的最大值，则求得在平面的投影为，当取得最小值时，直线与平面所成角的正切值最大；选项D：要求的最小值，则利用到直线的距离为，当点落在上时，求得的最小值. 【详解】对于A，因为，即，所以， 即点在底面内是以为圆心､半径为1的圆上， 所以点的轨迹长度为，故A错误； 对于B，在正方体中，， 又平面，所以平面， 所以点的轨迹为线段， 又平面，所以点到平面的距离是定值，故B正确； 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成角， 因为点到的距离为定值2，记点在平面的投影为， 所以当取得最小值时，直线与平面所成角的正切值最大，又， 所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故C正确； 对于D，到直线的距离为， 当点落在上时，，故D正确.故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图所示的直观图，其中，，，则原平面图形的面积为 . 【答案】8 【分析】根据题意面积公式结合运算求解. 【详解】由题意可知：的面积为， 所以原平面图形的面积为.故答案为：8. 13．如图，平面，点为垂足，平面若，则 . 【答案】 【分析】设，易得，由平面证得，结合可得平面，则有，利用多个直角三角形即可求得. 【详解】设，因，则， 因平面，平面，则， 又平面，故平面，因平面，则. 在中，则， 在中，，故. 故答案为：. 14．已知三棱锥，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】先证明线面垂直，再将三棱锥放置在圆柱内，利用底面外接圆半径、高与球半径的关系即可求解. 【详解】，，平面，平面， 平面， 如图，设圆柱的底面圆直径为，母线长（即圆柱的高）为， 则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 即为圆柱的外接球球心，且有外接球半径，    故可以将三棱锥置于以外接圆为底面，为高的圆柱内（如图）， 其中上底面外接圆圆心为，下底面外接圆的圆心为，    因为， 所以外接圆的直径，则，又圆柱的高， 所以三棱锥外接球的半径， 球的表面积. 故答案为：. 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）已知正方体的棱长为4，M，N，E，F分别为，，，的中点．    (1)求证：面面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)16 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，证明这两个法向量平行或相等即可； （2）利用二面角的向量公式计算即可； （3）利用点到面的距离公式，以及棱锥的体积公式计算即可. 【详解】（1）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，   ，， ，， 设是平面的法向量， 则，解得， 取，则，，得是平面的一个法向量． 设是平面的法向量， 则，解得， 取，则，，得是平面的一个法向量． ， 平面平面． （2）是平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 则, 即平面与平面夹角的余弦值为. （3），，， 又是平面的一个法向量， 点A到平面的距离． ， 梯形为等腰梯形，易得梯形的高为， ，． 16．（15分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求证：平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）取中点，从而，异面直线所成的角即为，在中，由余弦定理求得余弦值； （2）由三角形相似得，再由底面，得，由线面垂直的判定定理得平面. 【详解】（1）取中点，连接， 因为是的中点，是的中点，， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线与所成角即为与所成的角，即为， 因为面，面，所以， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）设， 因为，所以， 所以，所以， 所以，即，因为面，面，所以， 又因为平面，，所以平面. 17．（15分）如图，在直四棱柱中，，，，，是的中点，是线段上的一个动点，点在上，且满足. (1)证明：平面平面. (2)若，，，四点共面，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，法一：求出平面和平面的法向量，利用法向量垂直证明面面垂直；法二：先用向量法证明，进而利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可；法三：结合直棱柱的性质，利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可； （2）利用共面向量定理求得，利用线面垂直的判定定理得是平面的一个法向量，进而利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】（1）在直四棱柱中，平面， 又因为，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 因为，， 所以，，，，， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 法一：设平面的法向量为，，， 所以， 令，则，所以， 设平面的法向量为，，， 所以， 令，则，所以， 因为，所以，即平面平面； 法二：，，， ，所以， ，所以， 则，又，平面，所以平面，平面，所以平面平面； 法三：在直四棱柱中，平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，点为的中点，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为平面，所以， 因为平面，，平面， 所以，， 因为，所以，， 在中，，所以， 因为为的三等分点，所以， 在中，由余弦定理得 ， 则，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）因为，，，四点共面，所以，，共面， 因为为线段上的点， 所以设，. 所以，即， 因为，， 则存在唯一实数对，使得， 即， 所以，解得，所以，则， 在直四棱柱中，平面，平面， 所以，又 ，，平面，平面， 所以，因为，点为的中点，所以， 又，，平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量， 设到平面的距离为，则， 所以到平面的距离为. 18．（17分）如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， (1)证明：； (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则； （2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可； （3）设，连接，则由线面平行的性质可得，从而可找出点的位置. 【详解】（1）连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以. 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）在上取点Q，使得，设，连接，， 因为，所以， 在中，，所以， 所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以， 又， ， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为. （3）假设线段上存在点，使得平面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，又，所以. 所以线段PD上存在点N，使得平面，且，． 19．（17分）如图，在四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，底面ABCD，为BD的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的一个动点，当直线DP与平面所成的角为时，求线段OP的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）方法一：利用空间向量的坐标运算证明线面平行；方法二：利用线面平行的判定定理证明； （2）方法一：利用点到平面的距离的空间向量的坐标运算求解；方法二：根据线面垂直的判定定理找到点到平面的距离，即可求解； （3）方法一：利用空间向量的坐标运算，设出点的坐标，再用向量运算表示出直线DP与平面所成的角为对应的等量关系，进而可求出点的坐标；方法二：利用线面角的定义求解. 【详解】（1）方法1：因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以， 又平面， 所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，     因为为BD的中点，所以， 所以，     设平面的法向量为， 则 令，则，得，         所以，所以.     又不在平面内，所以平面.         方法2：连接，交于点，连接， 由题可知，为的中点，，         因为为BD的中点， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，             又平面不地平面内. 所以平面. （2）方法一：因为， 所以点到平面的距离为. 方法二：因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为底面ABCD，所以底面ABCD. 又平面ABCD，所以，         因为，所以， 又平面， 所以平面，         所以点到平面的距离为. （3）方法一：设，     所以，     设直线DP与平面所成的角为，则， 即， 整理得，，解得或（舍去）， 故当，即点与点重合时，直线DP与平面所成的角为， 此时OP长为. 方法二：因为平面，所以，         由（1）知，所以，         又点是线段上的一个动点， 所以直线DP与平面所成的角，即为，     当时，在Rt中，，     所以，         所以当点与点重合，时，直线DP与平面所成的角为. 学科网（北京）股份有限公司 $湘教版高中数学必修第二册 第四章：立体几何初步单元测试卷 命题人：李文元 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)必修第二册第四章：立体几何初步 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：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.下列描述中，不是棱锥几何结构特征的是() A.三棱锥有4个面是三角形 B.棱锥的侧面都是三角形 C.棱锥都有两个互相平行的多边形面D.棱锥的侧棱交于一点， 【答案】C 【分析】根据棱锥的定义和几何结构，逐项判定，即可求解 【详解】A中，根据棱锥的几何结构，可得三棱锥有4个面是三角形，所以A正确： B中，根据棱锥的定义，可得棱锥的侧面都是三角形，所以B正确： C中，根据棱锥的定义，可得棱锥都没有两个互相平行的多边形面，所以C错误： D中，根据棱锥的定义，可得棱锥的侧棱交于一点，所以D正确 故选：C 2.若m,n为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是() A.若m/1a,nca,则ml∥n B.若lla,nlla,则l∥n C.若m/1a,n⊥，则m⊥n D.若ml1a,n⊥a,则m与n相交 【答案】C 【分析】ABD选项，举出反例；C选项，根据线面平行的性质得到线线平行，进而由线面 垂直得到线线垂直，故m⊥n. 【详解】A选项，若m/1a,nca,则nl∥n或n异面，A错误： B选项，若/la,n//a,则m/n或，n异面或m,n相交，B错误： C选项，因为/1a,mcB,a∩B=b,所以m/1b, 因为n⊥，bca,所以n⊥b,故m⊥n,C正确： D选项，若m/1a,n⊥a,则m与n相交或m,n异面，D错误。 故选：C 3.设，B是两个不同平面，m是直线且mCB,则“m/1a”是“&11B”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据两个命题之间的关系、线面平行及面面平行的判定定理和性质定理可得答案 【详解】若ax/1B,且mcB,根据两个平面平行的性质，则必有m/1a(必要性成立)： 若m/a且mCB,a与B可能平行也可能相交（充分性不成立）： 所以“ml1”是“a//B”的必要不充分条件.故选：B. 4.已知三棱锥D-ABC的每个顶点都在球O的球面上，底面ABC为正三角形，AD⊥底面 ABC,AB=3,且BD与底面ABC所成的角为60，则球O的表面积为() A.39元 B.40π C.37π D.41π 【答案】A 【分析】根据定义和已知条件，找出线面角的平面角以及外接 球球心，求出球半径即可得球的表面积 41G 【详解】 因为AD⊥底面ABC,所以BD与底面ABC所成的角为∠DBA,则∠DBA=60°， 又因为AB=3,所以AD=ABtan60°=3√3 设G为△A8C的外心，因为底面ABC为正三角形，所以4G-5<3x?5, 2 3 所以球O的半径R AD 球O的表面积为4元R2=39元 故选：A 5.如图，x∩B=I,A,B∈&，C∈B,且A,B,CEl,直线ABOl=M,过A,B,C三点的 平面记作Y,则”与B的交线必经过() B a M A.点A B.点B C.点C但不过点MD.点C和点M 【答案】D 【分析】根据平面的基本事实，结合图形，即可判断选项 【详解】，直线ABOl=M,过A,B,C三点的平面记作Y, .B∩y=MC, ∴Y与B的交线必通过点C和点M,故选：D. 6.如图，在正方体ABCD-ABCD中，AB=4,E,F分别是棱CD,AD的 B 中点，则正方体ABCD-ABCD被平面AEF所截得的截面周长是() A.45+45B.5V5+17 C.4W5+2V2+4D.6W5+2 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积 【详解】在正方体ABCD-AB,CD中，取C,D的中点G,GD,的中点H,连接 AG,EG,EH,FH, A D 由E是CD的中点，得EG/DD/1AA,EG=DD=AA,则四边形AEGA为平行四边形， AG44G=A,由P是4D的中点，得班14G1A迟，阳=4G=4, 2 梯形AFHE是正方体ABCD-ABCD被平面AEF所截得的截面， AE=AF=V42+22=2√5，FH=V22+12=V5,EH=V42+12=√17， 所以所求截面的周长是5√5+√M7.故选：B 7.如图，在棱长为a的正方体ABCD-ABCD中，点E为棱DD的中点，则点A到平面ABE 的距离为() D C A B D A.5a B.5 D. 3v -a 5 【答案】C 【分析】根据线面垂直可得面面垂直，进而根据面面垂直的性质可得AF的长即为点A到平 面ABE的距离，即可利用等面积法求解 【详解】在正方体ABCD-ABCD中，AB⊥平面AADD,而ABC平面AB,E, 则平面ABE⊥平面A4DD, 在平面AADD内过点A作AF⊥AE于F,连接AE,如图， 因平面AB,E∩平面AADD=AE,AFc平面AADD,于是AF⊥平面ABE, 则AF的长即为点A到平面AB,E的距离，点E为棱DD的中点， 在E中AR=A8-aDD-9,又s45AP=4,4D 2 a以AR=d,解得AP25。所以点A到平面4日的距离为35。 即 5 故选：C D C A B E 8.已知侧棱长为√7，底面边长为2W3的正三棱锥P-ABC,其内切球球心为O,球O与 球O以及三棱锥P-ABC的三个侧面均相切，则PO=() A.3 B.23 c.3 D. 4V5 9 9 9 【答案】B 【分折】设球O的半径为R,三棱锥P-ABC的表面积为S,根据体积分割法，求得R= 设P在底面ABC内的射影为2，在2上取点D,使得D0=2R=25 过D作平面ABC的 3 平行平面Gn,求得PD=5,设球Q的半径为R,求得R- ,进而求得PO的长 9 【详解】设球O的半径为R,三棱锥P-ABC的表面积为S, 3 解得R= 3V -ABC, 又由S=Se+3xSe=35+3x26x2=95,且4e含33xV5-3, 可得R=3x3-V5 g=3,设P在底面ABC内的射影为Q 因为0在2上，在PQ上取点D,使得D0=2R=2 3 过D作平面ABC的平行平面GHT,交PA,PB,PC于点G,T,H, 如图所示，则P-GHT也是正三棱锥，球O即为该三棱锥的内切球， 又因为PD=0-0=9,设球Q的半径为风，则受沿所以OD=R= 3 3 所以PO,=PD-OD= 25故选：B. 入 T D H B 二、多项选择题：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。全鄗选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.如图所示为四边形ABCD的平面图，其中AB/1CD,AB=2CD=4,AD L AB,AD=2√2， 用斜二测画法画出它的直观图四边形AB'CD,其中∠xAy=45°，则下列说法正确的是() D O(4) B衣 A.AD=22 B.A'B'=4 C.四边形AB'C'D为等腰梯形 D.四边形AB'CD的周长为6+4W2 【答案】BC 【分析】首先利用斜二测画法，表示图象的直观图，再根据几何关系，表示长度，判断选项 【详解】由题意可画出其直观图如下， D O'(A) N B'x 其中48'1CD4B=AB=4CD:CD=24D-4D=万，故A错误，B正确 过点D,C'分别作DM⊥A'B,C"N⊥A'B,垂足分别为点M,N, 故A'M=D'M=CN=AD'sin45°=1， NB'=AB'-C'D-AM=1,故B'C'=√2，则四边形AB'CD为等腰梯形，故C正确： 故四边形A'B'C"D的周长为4+2+2√2=6+22，即D错误.故选：BC I0.如图，己知底面为矩形的四棱锥P-ABCD的顶点P的位置不确定，点M在棱CD上， 且AM⊥BM,平面PAM⊥平面ABCD,则下列结论正确的是() B A.PA⊥BM B.平面PAM⊥平面PBM C.若AD=V5,MD=l,则直线CM与平面PAM所成角为 3 D.存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行 【答案】ABC 【分析】根据面面垂直的性质可得面BM⊥平面PAM,即可求解判断AB;线CM与平面 PAM所成的角为∠BAM,求解可判断C,根据线面平行的性质即可求解可判断D. 【详解】对于A,:平面PAM⊥平面ABCD,平面PAMO平面 ABCD=AM,AM⊥BM,BMc平面ABCD,∴.BM⊥平面PAM, 又PAC平面PAM,.PA⊥BM,故A正确： 对于B,由A知BM⊥平面PAM,又BMc平面PBM,.平面PAM⊥平面PBM,故B正 确； 对于C,由A知BM⊥平面PAM,在矩形ABCD中，AB∥CD, ·.直线CM与平面PAM所成的角为∠BAM,在Rt△ADM中， AD=3.MD-1...tanMAD= 3<MAD= ∠BAM=元-∠MAD= ,故C正确： 61 对于D,设平面PAMO平面PBC=l,假设1∥底面ABCD, :平面ABCD∩平面PAM=M,平面ABCD∩平面PBC=BC, .l∥AM,l∥BC,.AM∥BC,则M与D重合，则AD⊥BD, 显然不成立，则假设不成立，故D错误 故选：ABC 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，点P,M是底面ABC,D内的一点（包 括边界)，且AP=√5，BM⊥AC,则下列说法正确的是() M B A.点P的轨迹长度为π B.点M到平面ABD的距离是定值 C.直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2+4W2 1 D. PM的最小值为√2-1 【答案】BCD 【分析】选项A:利用空间中到定点的距离为定长的点的集合为一个球，在正方体表面上的 交线为圆求得P的轨迹长度；选项B:可以证得AC⊥平面DBM,结合B,D∥平面ABD, 所以点M到平面ABD的距离是定值；选项C:要求直线CP与平面ABCD所成角的正切值 的最大值，则求得P在平面ABCD的投影为P',当PC取得最小值时，直线CP与平面ABCD 所成角的正切值最大：选项D:要求PM的最小值，则利用A到直线B,D,的距离为d=√2， 当点P,M落在AC上时，求得PM的最小值 【详解】对于A,因为AP=VA4+AP2=V5,即V22+4P2=5,所以4P=1, 即点E在底面AB,CD内是以A为圆心、半径为1的圆上， 所以点P的轨迹长度为故A错误： 对于B,在正方体ABCD-ABCD中，AC⊥BD, 又AC⊥BM,BDOBM=B,BD,BMC平面DBM,所以AC⊥平面DBM, 所以点M的轨迹为线段BD, 又B,D∥平面ABD,所以点M到平面ABD的距离是定值，故B正确： 对于C,因为CC⊥平面ABCD,所以∠PCA为直线CP与平面ABCD所成角， 因为点P到ABCD的距离为定值2，记点P在平面ABCD的投影为P', 所以当P'C取得最小值时，直线CP与平面ABCD所成角的正切值最大，又PCm。=2V2-1, 所以直线CP与平面ABCD所成角的正切值的最大值为， 22+4W2 22-17,放C正确 D B C 对于D,A到直线BD的距离为d=√2， 当点P,M落在AC上时，PMn=V2-l,故D正确故选：BCD. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.如图所示的直观图oA'B',其中OA=4,OB'=2,∠AOB=45°，则原平面图形OAB 的面积为 B 45· 【答案】8 【分析】根据题意面积公式结合S露=2√2S,运算求解 【详解】由题意可知：△048的面积为；×4×2× =22, 2 所以原平面图形OAB的面积为2√2x2√2=8.故答案为：8. 13.如图，AO⊥平面a,点O为垂足，BCc平面，BC⊥OB,若 ∠AB0=T∠COB=元，则cos∠BAC= 6 【答案】V42 Q B 7 【分析】设BC=x,易得OB=√5x,由AO⊥平面a证得AO⊥OB,AO⊥BC,结合BC⊥OB 可得BC⊥平面AOB,则有BC⊥AB,利用多个直角三角形即可求得cOs∠BAC 【1设8-，因x0原0n是则吸 tan 6 因AO⊥平面a,OB,BCC平面C,则AO⊥OB,AO⊥BC, 又OB∩OA=O,OB,OAC平面AOB,故BC⊥平面AOB,因ABC平面AOB,则BC⊥AB 在RtAAOB中，∠ABO=匹，则AB=V2OB=√6x, 在RIAABC中，AC=VAB2+BC=V6+r=V床，故cos∠BAC-4.6厘 AC√7x7 故答案为： V42 14.己知三棱锥P-ABC,PA⊥AB,PA⊥BC,∠BAC=30°，BC=2,PA=2√3，则三棱锥 P-ABC的外接球的表面积为 【答案】28π 【分析】先证明线面垂直，再将三棱锥放置在圆柱内，利用底面外接圆半径、高与球半径的 关系即可求解， 【详解】：PA⊥AB,PA⊥BC,ABBC=B,ABC平面ABC,BCC平面ABC, .PA⊥平面ABC, 如图，设圆柱O,O2的底面圆直径为2r,母线长（即圆柱的高）为h, 则OO2的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 即O为圆柱OO2的外接球球心，且有外接球半径R h 2R0 2 故可以将三棱锥P-ABC置于以△ABC外接圆为底面，PA为高的圆柱内（如图）， 其中上底面外接圆圆心为O,下底面△ABC外接圆的圆心为O2, (0 因为∠BAC=30°，BC=2, BC 2r= 所以△ABC外接圆的直径sin∠BACI 三2=4、则，2，又圆柱的高=423， 2 所以三棱锥P-ABC外接球的半径R= 球的表面积S=4πR2=28π 故答案为：28π