第6章 立体几何初步 B卷 素养提升卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第二册五维课堂单元双测卷（北师大版）

数 新高考 第六章 立体几何初步 学 同步单元双测卷 B卷·素养提升卷 (时间：120分钟，满分：150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分， 6.如图，正方体ABCD 共40分.在每小题给出的四个选项中，只 A1B1C1D1的棱长为1， 有一项是符合题目要求的， 动点E在线A,C1上， 1.下列说法正确的是 F,M分别是AD,CD 整 A.侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 的中点，则下列结论中 B.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱 错误的是 ( ) 柱的底面 A.FM∥AC1 C.棱柱中各条棱长都相等 B.BM⊥平面CC,F D,棱柱的侧面是平行四边形，但它的底 C.三棱锥B一CEF的体积为定值 如 D.存在点E,使得平面BEF∥平面CCD,D 面一定不是平行四边形 7.棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥 2.设a,3是两个不同的平面，m,n是两条不 E一BCD的底面重合，若由它们构成的多 同的直线，下列命题中正确的是 ( 面体ABCDE的顶点均在同一球的球面 A.若a⊥B,mCa,则mLF 上，则正三棱锥E一BCD的内切球的半 B.若a⊥B,m⊥a,则m∥B 径为 ( C.若m∥a,a∩B=n,则m∥n D.若m∥a,m∥B,a∩B=n,则m∥n A.32+6 B.33-6 12 12 3.已知平面a⊥平面B,直线mCa,a∩B=l, 则“mL1”是“m⊥”的 C.35+6 12 D.32-6 12 a A.充分不必要条件 8.在四棱锥P-ABCD中，PA=2,PB=PC B.必要不充分条件 PD=√7，AB=AD=√7，BC=CD=2,则四 C.充要条件 棱锥P一ABCD的体积为 D.既不充分也不必要条件 A.25B.3C.√5 D.3 4.如图，E是正方体ABCD-A1B,C1D1的 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分， 棱C1D,上的一点（不与端点重合)， 共18分.在每小题给出的选项中，有多个 BD,∥平面B,CE,则 选项符合题目要求.全部选对的得6分，部 D 分选对的得部分分，有选错的得0分 9.下列关于点、线、面位置关系的命题中正 确的是 菌 A.若两个平面有三个公共点，则它们一 定重合 B.空间中，相交于同一点的三直线在同 A.BD1∥CE B.AC1⊥BD 一平面内 C.D E=2EC D.D E=EC C.两条直线a,b分别和异面直线c,d都 5.在平面四边形ABCD中，AB=AD,CB 相交，则直线a,b可能是异面直线，也 =CD,将该四边形沿着对角线BD折叠， 可能是相交直线 得到空间四边形ABCD,则异面直线 D.正方体ABCD一A,B,C1D1中，点O AC,BD所成的角是 ( ) 是B,D,的中点，直线AC交平面 A. B开 c D. AB,D,于点M,则A,M,O三点共线， 且A,O,C,M四点共面 53 10.已知A,B,C三点均在球O的表面上， 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答 AB=BC=CA=2,且球心O到平面 应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ABC的距离等于球半径的？，则下列结 15.(本小题满分13分) 如图，在长方体 D 论正确的是 ) ABCD -A B C D A球0的半径为号 中，点E,F分别在棱 DD1,BB1上，且2DE B.球O的表面积为6元 =ED,BF=2FB. C.球O的内接正方体的棱长为√6 证明：(1)当AB=BC D.球O的外切正方体的棱长为√6 时，EF⊥AC； 11.如图所示，在正方体 D (2)点C,在平面AEF内. ABCD-A B C D 中，E,F分别是 AB,,BC1的中点. 下列结论中正确 的是 () A.EF与BB,垂直 B.EF与平面BCC,B,垂直 C.EF与C,D所成的角为45 D.EF∥平面A1B,C1D, 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分， 共15分.将答案填在题中横线上， 12.已知正四棱锥P一ABCD,PA=2,AB =√2，M是侧棱PC的中点，且BM= √2，则异面直线PA与BM所成的角为 13.某公司周年庆典活动中， 制作的“水晶球”工艺品 如图所示，底座是用一边 长为2m的正方形钢板， 按各边中点连线，垂直折 起四个小三角形制成，再 将一个水晶玻璃球放入其中.若水晶球最 高点到底座底面的距离为（√2+1）m,则 水晶球的表面积为 m2. 14.如图，在四棱锥 P-ABCD中，已知 底面ABCD是矩形， AB=2,AD=a,PD ⊥平面ABCD,若边 AB上存在点M,使得PM⊥CM,则实数 a的取值范围是 54 16.(本小题满分15分)某广场设置了一些 17.(本小题满分15分) 多面体形或球形的石凳供市民休息.如 在四棱锥P一ABCD 图(1)的多面体石凳是由图(2)的正方 中，AD∥BC,AD= 体石块截去八个相同的四面体得到，且 该石凳的体积是160000c AB-DXC-7BC-1, 3 0cm3. E是PC的中点，平 (1)求正方体石块的棱长； 面PAC⊥平面ABCD. (2)若将图(2)的正方体石块打磨成一 (1)证明：ED∥平面PAB; 个球形的石凳，求此球形石凳的最大表 (2)若PC=PA=√7，求二面角A-PC-D 面积. 的余弦值. 图(1) 图(2) 55 18.(本小题满分17分) 19.(本小题满分17分)如 如图，在四棱锥 图，四棱锥P一ABCD E P一ABCD中，底面 的底面ABCD为菱 ABCD是正方形，侧 D 形，∠ABC=60°，PA D 面PAD⊥底面 A ⊥底面ABCD,PA= B ABCD,E为侧棱PD上一点， AB=2,E为PA的 (1)求证：CD∥平面ABE; 中点 (2)求证：CD⊥AE; (1)求证：PC∥平面EBD; (3)若E为PD中点，平面ABE与侧棱 (2)求三棱锥C-PAD的体积Vc-PAD; PC交于点F,且PA=PD=AD=2,求 (3)在侧棱PC上是否存在一点M,满足 四棱锥P一ABFE的体积. PC⊥平面MBD?若存在，求出PM的 长；若不存在，请说明理由， 56数学(BS)· 所以∠PCD=至， 即异面直线PC和AB所成角为空， (2)因为OE∥平面PBC,OEC平面PAC, 平面PAC∩平面PBC=PC, 所以OE∥PC, 所以提部。 因为DC∥AB,DC=2AB, 所以A0AB1 OC-DC-2 所以能日 16.解：(1)证明：因为点E,F分别是AB,BC的中，点， 所以EF∥AC. 因为EF丈平面ACD,ACC平面ACD, 所以EF∥平面ACD. (2)因为点E、F,M分别是AB,BC,CD的中点，所以 EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异面直线AC与 BD所成的角（或所成角的补角）. 在△EFM中，EF=FM=EM=1, 所以△EFM是等边三角形， 所以∠EFM=60°， 所以异面直线AC与BD所成的角为60°. 17.解：(1)证明：取AC的中点O: D 连接DO和OF, 在△DAC中，DA=DC, .DO⊥AC. 又平面DAC⊥平面ABC,且 交线为AC, .DO⊥平面ABC. 又O,F分别为AC,BC的中点， .AB∥OF且AB=2OF. 又DE∥AB,AB=2DE, .OF∥DE且OF=DE. ,'.四边形DEFO为平行四边形 .EF∥DO. .EF⊥平面ABC. (2)由(1)知EF⊥平面ABC, 所以直线BE与平面ABC所成的角为∠EBF, .∠EBF=60°， :BF-2BC=2.BER=0=25. 故可得S△C=名×ACXD0=子X2X25 =2√3，又AC⊥BC, ∴SaAc=号XACX BC=2X2X4=4 又EF∥DO,,点E、F到平面DAC的距离相等， .·平面DAC⊥平面ABC,CF⊥AC, ,.CF⊥平面DAC,∴.E点到平面DAC的距离等 于2. i.Vc-MPD-Vs-mc+Vg-Ac-3X2/3x2+3 ×4×2√5=4√5. 18.解：(1)证明：PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E, EB,EDC平面EBCD, .PE⊥平面EBCD, 必修第二册 又BCC平面EBCD,∴.PE⊥BC, ,BC⊥EB,PE,BEC平面PEB,PE∩BE=E, .BC⊥平面PEB, ,EMC平面PEB,∴.EM⊥BC. 由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB, 又BC,PBC平面PBC,BC∩PB=B, '.EM⊥平面PBC, 又EMC平面EMN, ∴.平面EMN⊥平面PBC. (2)N为BC的中点， S△EBN= 2EB·BN 1 小Sm造彩EBGD EB·BC 4 点M,P到平面EBCD的距离之比为子， 3 SAFBN 1 V2 -×1=1×11 3S国边形EBCD 2=4×=8 19.证明：(1)如图，取DD1的 D 中点M,连接AM,FM. F是CC1的中点， ∴.MF∥CD且MF=CD. AB∥CD,AB=CD, ∴AB∥MF,AB=MF, D 则四边形ABFM为平行四 0 边形， .BF∥AM. H是AA1的中点， .AH∥D1M,AH=D1M, 则四边形AMD1H为平行四边形， ∴AM∥HD1,∴.BF∥HD1. (2)连接AC,交BD于O,连接OE,OD1, O,E分别为BD,BC的中点， OE∥CD.OE=2CD :G为C1D1的中点，D1G∥CD,DG=2CD, .D1G∥OE,D1G=OE, .四边形D1GEO为平行四边形. ∴.EG∥D1O, D1OC平面BB1D1D,EGt平面BB1D1D, .EG∥平面BB1D1D. (3)BF∥HD1,HD1C平面B1D1H,BF丈平 面B1D1H, ∴.BF∥平面B1D1H BB1∥DD1,BB1=DD1, .四边形BB1DD为平行四边形， ∴.BD∥B1D1, 又B1D1C平面B1D1H,BD寸平面B1D1H .BD∥平面B1D1H. 又，BD∩BF=B, ∴.平面BDF∥平面B1D1H. 第六章立体几何初步 (B卷) 1,A[A显然正确；棱柱中两个互相平行的平面不一定 是棱柱的底面，例如正六棱柱的相对侧面，故B错误； 棱柱的每条侧棱长相等，而不是各条棱长都相等，故C 错误；棱柱的底面可以是平行四边形，如长方体，故D 错误.故选A.] 参考 2.D[在A中，若a⊥3，mCa,则m与3相交、平行或m 二3，故A错误；在B中，若a⊥3，m⊥a,则m∥3或m C3,故B错误；在C中，若m∥a,a∩3=n,则m与n 平行或异面，故C错误；在D中，若m∥a,m∥3，a∩3 =1,则m∥n,故D正确.故选D.] 3.C[若m⊥l,则根据面面垂直的性质定理可得m⊥3： 若m⊥3，则由lC3,可得m⊥l,故“m⊥1”是“m⊥3”的 充要条件，故选C.] 4.D[连接BC1交BC于点O,连接OE,可知平面 BC1D1∩平面B1CE=OE.又BD1∥平面B1CE,所以 BD1∥OE.因为O为BC1的中点，所以E为C1D1的 中点，所以D1E=EC1.] 5.D[取线段BD的中点E,连 接AE,CE.易得BD⊥AE,BD ⊥CE,从而BD⊥平面ACE. 因此AC⊥BD,所以异面直线 AC,BD所成的角是受.故 选D.] A 6.D[在A中，因为F,M分别是AD,CD的中点，所以 FM∥AC∥A,C1,故A正确；在B中，因为tan∠BMC =8%-=2,m∠CFD-器=2，k∠BMc=∠CD, FD 故∠BMC+∠DCF=∠CPD+∠DCF= 故BM⊥CF,又有BM⊥CC,所以BM⊥平面CC1F, 故B正确：在C中，三棱锥B一CEF以面BCF为底， 则高是定值，所以三棱锥B一CEF的体积为定值，故 C正确；在D中，BF与平面CC1DD有交点，所以不 存在点E,使得平面BEF∥平面CC1D1D,故D错误. 故选D.门 7.D[由题意，得多面体 A BCDE的外接球即正四面 体ABCD的外接球，且其 B 外接球的直径为AE,易求 得正四面体ABCD的高 a,设外接球的半径 AF=6 为R,则R2= (。R+(断学R气. 即外接球的半轻为气 设正三棱锥E-BCD的高为h, 因为AE-。十h,所以h=。 . 因为底面△BCD的边长为a, 所以EB=EC=ED=Ea. 2a, 则正三棱锥EBCD的三条侧棱两两垂直. 易求得正三棱锥E-BCD的表面积S=,Va2, 体积VE-cD=3 设正三棱维E-BCD的内切球的半径为r,由}S·r 票，得r=2- a.故选D.] 12 答案 8.D[连接BD,AC交于点O,连接PO,如图. 由AB=AD=√7，BC=CD=2, 可得BD⊥AC,BO=DO,又PB=PD,所以BD⊥1 PO,所以BD⊥平面PAC,易知△BPD≌△ABD,所 以PO=AO. PO=AO=m(m>0),CO=n(n>0), 由勾股定理得D02=7-m2=4-12,即m2-n2=3. 在△POA中，cos∠PA0=AP+AO2-P0=4 2AP·AO 4m 在△PCA中，cos∠PAC=AP2+AC-PC 2AP·AC =4+(m+n)2-7 4(m+2) 由∠PAO=∠PAC可得1=4十(m+)2-7 12 4(m+n) 又m2-n2=3,所以1=m+m)2-(m2-n2) m 4(m+n) 化简得m1=2, 将1=2代入m2一n2=3可得m2-生=3，解得m m m2 =4或m2=-1(舍去)， 所以m=2,n=1,所以AC=3,BO=DO=√3， 所以△APO为等边三角形，即∠PAC=60°， 所以SaAe=言AP·AC·m∠PAC=3X号 =35 21 所以Vp-ABCD=VB-PAC十VD-PAC =号5aAc·B0+号Sae·D0 号×29×5+子×39×5=8，故选D] 2 9.CD[如图A,D,E三个公共 点在一条直线上，平面ABCD 与平面ADD1A1相交不重合， 故选项A不正确：正方体中从 ,点A出发的三条棱AA1、AB、 AD不在同一个平面内，故选项 D B不正确；若a∥b则a,b确定 E 一个平面，且a,b与直线c,d的 A 交点都在此平面内，则c,d共 面，与c,d是异面直线矛盾，故直线a,b可能是异面直 线，也可能是相交直线.故选项C正确：平面A1ACC ∩平面AB1D1=AO,因为直线A1C交平面AB1D1 于点M,所以M∈AO,即A,M,O三点共线，因为A, M,O三点共线，直线和直线外一点可以确定一个平 面，所以A,O,C,M四点共面，故选项D正确.故 选CD.] 10.BD[设球O的半径为r,△ABC的外接圆圆心为 0,半径为R.可得R=25,因为球心0到平面 3 数学(BS)· ABC的距离等于球0丰径的了，所以2- 告得2=子所以A不正确：所以球0的表面叔S =4πr2=4π× =6x,选项B正确；球0的内接正方 2 体的棱长a满足√5a=2r,a 红=反，显然选项C不 5 正确：球O的外切正方体的棱长b满足b=2r=√6， 显然选项D正确.故选BD.] 11.AD[如图，连接B,C和 D AC,因为E,F分别为 B AB1,B1C的中点，所以 EF∥AC, 又BB1⊥平面ABCD, E 所以BB1⊥AC,即BB1⊥ EF,A选项正确；由题意 可得AC不垂直BC,所以 AC不垂直平面BCC1B1, 即EF不垂直平面BCC,B1,B选项不正确； 因为AB1∥CD,EF∥AC, 所以∠BAC为EF与C1D所成的角， 因为AC=B1C=B1A, 所以∠B1AC=60°，C选项不正确： 因为EF∥AC,ACC平面ABCD,EF丈平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD,又平面A1BCD1∥平面 ABCD,EFt平面A1B1CD1, 所以EF∥平面A1B1C1D1,D选项正确.故选AD.] 12.解析：如图，连接AC,BD交于 点O,连接OM,易知OM为 △APC的中位线，则OM∥ PA,OM=号PA=1,则 -0 ∠OMB为异面直线PA与 BM所成的角（或其补角），在Rt△AOB中，易得OB =AB·cos45°=1=OM.又BM=√2，所以OB2+ OM=BMP,所以△OMB为等腰直角三角形，且 ∠OMB=45°. 答案：45° 13.解析：四个小三角形的顶点所在平面截球面得小圆 的丰径为9小国西到底而的距高为号，亚水品球的 半径为R,州R√R一+号-巨+1，解得R= 所以水晶球的表面积为4π×12=4π(m2), 答案：4π 14.解析：连接DM,如图：因为 PD⊥平面ABCD,所以PD ⊥CM. 又PM⊥CM, 且PD∩PM=P, 所以CM⊥平面PDM,所以 CM⊥DM, 所以以DC为直径的圆与AB有交点， 所以0a1. 答案：0<a≤1 15.证明：(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1, 所以BB1⊥平面ABCD, 所以AC⊥BB1, 9 必修第二册 因为在长方体ABCD C A1B1C1D1中，AB=BC,所以 四边形ABCD为正方形， D 所以AC⊥BD, 因为BB1∩BD=B, E BB1,BDC平面BB1D1D, 因此AC⊥平面BB1D1D, C B 因为EFC平面BB1D1D,所 以EF⊥AC: (2)在CC1上取点M使得CM =2MC1,连接DM,MF,EC1, 因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1, 所以ED=MC1,ED∥MC1, 所以四边形DMC,E为平行四边形， 所以DM∥EC1, 因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平 行四边形，所以DM∥AF, 所以EC1∥AF, 因此点C1在平面AEF内. 16.解：(1)设正方体石块的棱长为acm, 则每个截去的四面体的体积为， 号××号×号×号- 由题意可得8X4+160000=d 3 解得a=40. 故正方体石块的棱长为40cm. (2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球 形石凳的表面积最大，此时正方体的棱长正好是球 的直径，所以球形石凳的表面积S=4πX(0)2 =1600π(cm)2. 17.解：(1)证明：取PB的中点F,P℃的中间E,连接 AF,EF. EF是△PBC的中位线， ∴EF∥BC,且EF=ZBC 又AD/BC,且AD=BC, .AD∥EF且AD=EF, .四边形ADEF是平行四边形 .ED∥AF. 又ED过平面PAB,AFC平面PAB, .ED∥平面PAB. (2)取BC的中，点M,连接AM, 则AD∥MC且AD=MC, ∴.四边形ADCM是平行四边形，又AD=CD, .平行四边形ADCM为菱形， ∴.AM=MC=MB,则A在以BC为直径的圆上. .AB⊥AC,可得AC=√5. 过D作DG⊥AC于G, ,平面PAC⊥平面ABCD,且平面PAC∩平面ABCD =AC, ∴.DG⊥平面PAC,则DG⊥PC 过G作GH⊥PC于H,连接DH,则PC⊥平面 GHD,则PC⊥DH, .∠GHD是二面角A-PC-D的平面角. 在△AG中，GDAD2-(9)√-=2 参考 连接AE,cos∠ACE=AC+PC2-PA23+7-7 2AC·PC 2√5X√7 =3 2v71 则AE=√AC2+EC2-2·AC·EC·cos∠ACE `22√7 2 连接PG,PC=PA,G为AC的中点， G√- 点A到PC的距离/=之X 5 21 14 GH=子d=5@ 28 175 在Rt△GDH中，HD=√DG+HG=√+2 /103 √12 5√2I GH 28 5√/309 ∴.cos∠GHD HD /103 103 W112 即二面角A-PC-D的余弦值为5309. 103 E M C A 18.解：(1)因为底面ABCD是正方形， 所以AB∥CD. 因为ABC平面ABE,CD平面ABE, 所以CD∥平面ABE. (2)因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD,又侧 面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD= AD,CDC平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE C平面PAD,所以CD⊥AE. (3)由AB∥CD,CDC平面 PCD,AB￠平面PCD,得AB ∥平面PCD, 而ABC平面ABFE, 且平面ABFE∩平面PCD= FE,可得FE∥CD∥AB. 又E为PD的中点，可得EF=CD. 由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB ⊥PD.因为三角形PAD是等边三角形，E为PD的 中点，所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平 面ABFE.在等边三角形PAD中，求得AE=√3. 所以5mE=子×1+2)X=39 21 答案 则四枝锥P一ABFE的体积V=3S梯形AnFE· 1 0=日岁白2-9 2 19.解：(1)证明：设AC,BD相交于点F,连接EF ,四棱锥P一ABCD的底面ABCD为菱形， F为AC的中点， 又E为PA的中点，.EF∥PC 又EFC平面EBD,PC过平面EBD, ∴.PC∥平面EBD. (2),底面ABCD为菱形，∠ABC=60°， .△ACD是边长为2的正三角形， 又，PA⊥底面ABCD, .PA为三棱锥P一ACD的高， 1 Vc-PAD=Vp-AcD=3S△ACD·PA =号××2x2-2 3 (3)在侧棱PC上存在一点M,满足PC⊥平 面MBD. 证明如下： .四棱锥P一ABCD的底面 ABCD为菱形， ,.AC⊥BD, ,PA⊥平面ABCD,BDC平 面ABCD, .BD⊥PA. .AC∩PA=A, .BD⊥平面PAC, .BD⊥PC. 在△PBC内，PB=PC=√22+2=2√2，BC=2, 在平面PBC内，作BM⊥PC,垂足为M, 设PM=x,则有8-x2=4-(2√2-x)2, 解得=3,3，巨<22，满足题意. 22 连接MD,.PC⊥BD,BM⊥PC,BM∩BD=B, BMC平面BDM,BDC平面BDM, .PC⊥平面BDM. 小存在满足条件的点M,此时PM的长为3y三 2 模块综合检测 (A卷) 1.D中-0》-P==1. (i-1)(i+1) 2 故选D.] 2.C因为向量a=(2,1),b=(0,m),c=(2,4) 所以a-b=(2,1-m). 因为(a-b)⊥c,所以(a-b)·c=2×2+(1-m)×4 =0,求得m=2.] 3.D[对于A,若m∥a,n∥a,则m,n平行或相交或异 面，故A错误；对于B,若a∥3，mCa,nC3,则m,n没 有公共点，故m,平行或异面，故B错误；对于C,若 m⊥a,m⊥n,则n∥a或n二a,故C错误：对于D,若n ∥3，则平面3内必存在直线1使得l∥1，又m∥1，所 以l∥m,又m⊥a,则l⊥a,故⊥a,故D正确.]