第11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四册五维课堂单元双测卷（人教B版）

数学B版· 取AC的中点M,连接EM,EC,因为AE=AC且 ∠EAC=60°， 所以△EAC是正三角形，所以EM⊥AC.所以四边 形EMCD为矩形， 所以ED=MC=子AC.又因为ED/AC,所以ED,∥ FP且ED=FP, 所以四边形EFPD是平行四边形，所以DP∥EF, 而EFC平面EAB,DP丈平面EAB,所以DP∥平面 EAB. (2)过C作CG∥AB,过B作BG∥AC,CG∩BG=G, 连接GD. E D M A B G 因为ED∥AC,所以ED∥BG,所以B,E,D,G四点 共面，所以平面EBD与平面ABC相交于BG, 因为CD⊥AC,平面ACDE⊥平面ABGC, 所以CD⊥平面ABGC, 又因为BGC平面ABGC,所以BG⊥CD, 又BG⊥GC,CD∩GC=C,所以BG⊥平面CDG,所 以BG⊥DG, 所以∠DGC是平面EBD与平面ABC所成的锐二 面角0，设AB=AC=AE=a, 则GC=AB=a,DC=EM=2a,所以GD 所以cos0=cos∠DGC=GC-2 7 第十一章 立体几何初步 (B卷) 1.C[(1)不是棱台，(2)不是圆台，(3)是棱锥，(4)是棱 柱，故选C.] 2.B[因为平面ABFE∥平面CDHG,又平面EFGH ∩平面ABFE=EF, 平面EFGH∩平面CDHG=HG,所以EF∥HG. 同理EH∥FG,所以四边形EFGH的形状是平行四 边形.] 5 必修第四册 3.D[,△ABC的直观图是等腰直角三角形A'B'C', ∠B'A'C'=90°，A'O'=1,.A'C'=√2.根据直观图平 行于y轴的长度变为原来的一半，△ABC的高为 AC=2A'C'=2√2.故选D.] 4.D[因为m⊥a,l⊥m,l丈a,所以l∥a.同理可得1∥ R.又因为m,n为异面直线，所以a与B相交，且1平行 于它们的交线.故选D.] 5.D[设正方体的棱长为Q,则被锥的体积V=}× 号XaXaXa-=答，又正方体的你积V,=0,所以 V1:V2=1:6.] 6.C[取AC的中点E,CD的中点F,则EF=,BE ,BF=9.:△BEF为直角三角形，s0= EF 21 7.A记△ABC的外接圆圆心为O1,由AC⊥BC,AC =BC=1,知0，为AB的中点，且AB=2,0,C=2, 21 文球的半径为1，所以OA=OB=OC=1,所以OA2+ 0B2=AB,0,=9,于是0+0，Ce=0,所以 有OO1⊥O1C,OO1⊥AB,进而OO1⊥平面ABC,所以 o=g5ac·0=子·名11·竖- 2 得故选入] 8.C[由题意知，正三角形ABC的外接圆半径为 √22一1=√3，则AB=3,过点E的截面面积最小时，截 西是以AB为直径的司藏西而积S×(侵)广-学] 9.ACD[设a∩B=a,若直l∥a,且l中a,ltB,则l∥a, 则l∥B,因此a不一定平行于B,故A错误：由于l∥a, 故在a内存在直线1'∥1，又因为⊥，所以'⊥B,故a ⊥B,所以B正确：若Q⊥B,在B内作交线的垂线I,则l⊥ a,此时l在平面3内，因此C错误；已知a⊥3，若a∩3=， l∥a,且l不在平面a,3内，l∥a,则l∥B,因此D错误.] 参考 10.BC[考查正方体中垂直关系的判定，属于基础题. 正确的选项BC可通过正方体体对角线和与它不相 交的面对角线垂直，迅速地判断出来，错误的选项 AD可以通过平移到同一个三角形中，所夹角的对边 并不是最大边来排除，也可以简单建系，求一下方向 向量乘积，并判断它是否为零来判断.] 11.ABC[易证AC⊥平面SBD,因而AC⊥SB.A正 确：AB∥DC,DCC平面SCD,故AB∥平面SCD,B 正确； 由于SA,SC与平面SBD的相对位置一样，因而所 成的角相同，C正确 AB∥DC,∴.AB与SC所成角为∠SCD,是锐角. ,DC⊥SD,DC⊥DA,.DC⊥平面SAD. DC⊥SA,即DC与SA成直角，D错.] 12.ABD[连接CE交AD于点O,则O为△ABC的重 心，连接OF.由已知得OF∥EC1,则EC1∥l,故A错 误：若在A1C上存在，点N,则VN-ADF=VD-AFN, 当N与C重合时，VnAN取最小位为，故B错： 当BM=1时，可证得△CBM≌△FCD,则∠BCM+ ∠CDF=90°，即CM⊥DF.又，AD⊥平面CBB,C, CMC平面CBB1C,∴.AD⊥CM.,DF∩AD=D, .CM⊥平面ADF.,CMC平面CAM,∴.平面CAM ⊥平面ADF,故C正确；过C1作CG∥FA交AA1 于点G.若在A1B1上存在点P,使得CP⊥AF,则 CP⊥CG.又，C1P⊥GA1,CG∩GA1=G,∴.C1P ⊥平面A1C1G.A1C1C平面AGC1,.CP⊥ A1C,矛盾.故D错.] 13.解析：如图所示，取BC中点E,连接AE,PE,则AE ⊥BC,文BC⊥PA,.BC⊥平面PAE. .平面PAE⊥平面PBC 在平面PAE内过A作AF⊥PE,垂足为F,则AF⊥ 平面PBC. 则AF=PA·AE=2 PE 答案。 ·57 答案 14.解析：扇形AOB绕直线OB旋转一周，阴影部分旋转 后所得几何体的体积为半个球的体积减去一个圆锥 的体积.因为球的半径为3，圆锥的底面半径为3，高 为3所以所求体积为号×号X元X3-日×xX3 ×3=18元-9π=9元. 答案：9π 15,解析：设圆维底面圆半径为r,则2x=号x, 3 4√5 81元 答案号 45 81元 16.解析：如图，设MN为公共弦，长度为R,E为MN的 中点，连结OE,则OE⊥MN,KE⊥MN. '∠OEK为圆O与圆K所在平面的二面角. ∴∠OEK=60°.又△OMN为正三角形. .OE- :OK=号且OKLKE.OE·sm60= 3 .R=2..S=4πR2=16π. 答案：16x 17.解：连接EF,B1D1,设B1到平面C1EF的距离 为h1: D到平面C1EF的距离为h2, ,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,E,F分别 是A1A,CC1的中点， D 数学B版· .h1+h2=B1D1=√2a. 又SaGm=CF,EF=×号×a-9a, VC-B EDF =VB -C,EF+VDC EF =3·SaeF·+ha) 3 18.证明：(1)，E,F分别是AB,BD的中点， ,.EF是△ABD的中位线，.EF∥AD, EFt平面ACD,ADC平面ACD,.EF∥平 面ACD. (2)AD⊥BD,EF∥AD,∴.EF⊥BD. ,CB=CD,F是BD的中点，∴.CF⊥BD. 又EF∩CF=F,∴.BD⊥平面EFC. ,BDC平面BCD, .平面EFC⊥平面BCD. 19.解析：(1)将侧面沿某条母线剪开铺平得到一个矩 形，邻边长分别是4π和4，则从下底面出发环绕侧面 一周到达上底面的最短路径长即为此矩形的对角线 长41+x乙. 01 (2)连接OA,OB,:藏面ABCD将底面围周煮去子， .∠AOB=90°， ,OA=OB=2,∴.AB=2√2，而截面ABCD是矩形 且AD=4,∴.S我面ABCD=2V2X4=8V2. (3)依题知V圈柱=Sh=16π，三棱柱AOB-DO1C的 体积是8， 则V1+8=子V两段=4x,∴V1=4x-8,而V1= V图柱-V1=12π十8， 手是1v- 20.解：(1)如果按方案一，仓库的底面直径变成16m,则仓 库的体积为=S:h=了xX8X4=管m). 如果按方案二，仓库的高变成8m,则仓库的体积为 V2=35·h=3×x×62×8=96x(m3). 必修第四册 (2)如果按方案一，仓库的底面直径变成16m,半径 为8m. 圆锥的母线长为1=4√5(m),则仓库的表面积为S1 =π×8×4√5=32√5π(m2). 如果按方案二，仓库的高变成8m.圆锥的母线长为 l2=10(m), 则仓库的表面积为S2=x×6×10=60x(m2). (3)V1<V2,S2<S1,∴.方案二比方案一更加经济 21.解：(1)证明：如图，DE⊥SC,且E为SC的中点， 又SB=BC,∴.BE⊥SC. 又DE∩BE=E,根据直线与平面垂直的判定定理知 SC⊥平面BDE, BDC平面BDE,∴.SC⊥BD. 又SA⊥平面ABC,BDC平面ABC,∴.SA⊥BD. 又SA∩SC=S,∴.BD⊥平面SAC (2)由(1)知∠EDC为二面角EBDC的平面角， 又△SAC△DEC,.∠EDC=∠ASC. 在Rt△SAB中，∠SAB=90°， 设SA=AB=1,则SB=√2. 由SA⊥BC,AB⊥BC,AB∩SA=A, .BC⊥平面SAB,SBC平面SAB,BC⊥SB. 在Rt△SBC中，SB=BC=√2，∠SBC=90°， 则SC=2. 在Rt△SAC中，∠SAC=90°，SA=1,SC=2. sLASC-2子 .∠ASC=60°，即二面角EBD-C的大小为60° 22.解：(1)取DC的中，点N,取BD的中点M,连接MN, EN,EM,则直线MN即为所求. 取BC的中点H,连接AH, ,△ABC为腰长为3的等腰三角形，H为BC的中 点，.AH⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD= BC,AHC平面ABC, .AH⊥平面BCD, 同理，可证EN⊥平面BCD,∴.EN∥AH. 58 参考 D ,EN庄平面ABC,AHC平面ABC,∴.EN∥平 面ABC. 又M,N分别为BD,DC的中，点，.MN∥BC ,MN庄平面ABC,BCC平面ABC,.MN∥平 面ABC. 又MN∩EN=N,MNC平面EMN,ENC平 面EMN, ∴.平面EMN∥平面ABC 又EFC平面EMN,∴.EF∥平面ABC. (2)连接DH,取CH的中点G,连接NG,则NG∥ DH.NG-7DH. 由(1)可知，EN∥平面ABC, ∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的 距离相等 又△BCD是边长为2的等边三角形，'DH⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD= BC,DHC平面BCD, ∴.DH⊥平面ABC,∴.NG⊥平面ABC. 又DH=3,NG=E 21 又AC=AB=3,BC=2,∴.AH=2√2， 1 S△AC=Z·BC·AH=2VE,.VEAnC=VNA ·Sam·NG= 1 模块质量检测 (A卷) 1.B[因为-号-一1一所以复数：的 虚部为-1.] 2.D[由正弦定理。 B将，nA=号nB= 号sin45°三之又因为b≥，故A30. ·5 答案 3.A[将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即 为球的直径，而长方体的对角线长为√12十（√6）2+32 =4,即球的半径为2，故这个球的表面积为4π2 =16元.] 4.C[由题得=54i=一a一5i,由于复教=5-@ 在复平面内对应的点在第三象限，所以厂a<0, -50, >0.所以“复数之=5a在复平面内对应的点在 第三象限”是“a>0”的充要条件.] 5.D[当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以 平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的 判定可知②正确：空间中垂直于同一条直线的两条直 线可以相交也可以异面，故③不对：若两个平面垂直， 只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另 一个平面垂直，故④正确.] 6.C[在△ABC中，因为asin A=bsin B+(c-b)sinC,由 正弦定理可化简得a2=b2+c2-bc,所以b2十c2一a2 =,向余资定理符sA十正-名从而A 2bc =号故选C] 7.A[设圆台较小底面的半径为r,由题意知另一底面 的半径R=3r.所以S侧=π(r十R)l=x(r十3r)X3= 84π，解得r=7.] 8.A[如图，取BD的中点为E,BC的中，点为O,连接 AE,OD,EO,AO.因为AB=AD,所以AE⊥BD 由于平面ABD⊥平面BCD,所以AE⊥平面BCD.因 为AB=AD=CD=1,BD=反，所以AE=号，E0= 子，所以A0-9.在R△BDC中，OB=-OC-OD ,所以四面体ABCD的外接球的球心为O, 2 半径为且 ，所以该球的体积V=生x 3元 2数 新高考 第十一章 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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共 4.已知m,n为异面直线，m⊥平面a,n⊥平面B.直 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 线l满足l⊥m,l⊥n,l中a,l中β，则() 合题目要求的.) A.a∥3且l∥a B.a⊥3且l⊥3 1.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是 C.a与3相交，且交线垂直于( D.a与3相交，且交线平行于l 5.如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截 出一个棱锥，则棱锥的体积与原正方体的体积 之比为 () 如 (3) A.(1)是棱台 B.(2)是圆台 C.(3)是棱锥 D.（4)不是棱柱 2.如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四 边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则 A.1:3 B.1:4 四边形EFGH的形状为 C.1:5 D.1:6 ( 6.在四面体ABCD中，已知棱AC的长为√2，其 余各棱长都为1，则二面角A-CD-B的余弦值为 () A 1 3.3 n号 A.梯形 号 毁 7.已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三 B.平行四边形 个点，且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O C.可能是梯形也可能是平行四边形 ABC的体积为 () D.不确定 3.用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图， B得 密 得到如图所示的等腰直角三角形A'B'C'.已知 c D 点O是斜边B'C'的中点，且A'O'=1,则 8.已知正三角形ABC三个顶点都 △ABC的高AC为 ) 在半径为2的球面上，球心O到 平面ABC的距离为1，点E是 线段AB的中点，过点E作球O C 的截面，则截面面积的最小值是 A.1 B.2 A B.2x C√2 D.2√2 c D.3π 29· 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共 CA=CF=2,AA,=3,则下列说法不正确的是 20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5分，部分选对的得3分，有选 A.设平面ADF与平面BEC1的交线为l,则 错的得0分.) 直线EC,与l相交 9.设1是直线，a,3是两个不同的平面，下列说法 B.在棱A,C1上存在点N,使得三棱锥N 错误的是 ) ADF的体积为9 A.若l∥a,l∥B,则a∥3 C.设点M在BB,上，当BM=1时，平面 B.若l∥a,l⊥B,则a⊥3 CAM⊥平面ADF C.若a⊥3，I⊥a,则l⊥3 D.在棱A,B1上存在点P,使得CP⊥AF D.若a⊥B,l∥a,则l⊥3 题号 1 234 567 8 9 101112 答案 10.如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在 棱的中点，M,N为正方体的顶点.则满足MN 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共 20分.) LOP的是 13.设正三角形ABC的边长为a,PA⊥平面 ABC,PA=AB,则A到平面PBC的距离为 14.我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出 11.如图，四棱锥S一ABCD的 了著名的祖堩原理：“幂势既同，则积不容异” 底面为正方形，SD⊥底面 “势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等 高的几何体在同高处截得两几何体的截面面 ABCD,则下列结论中正确4 积相等，那么这两个几何体的体积相等.如图 的是 所示，扇形的半径为3，圆心角为90°，若扇形 A.AC⊥SB AOB绕直线OB旋转一周，图中阴影部分旋转 B.AB∥平面SCD 后所得几何体与某不规则几何体满足：“幂势 C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面 同”，则该不规则几何体的体积为 SBD所成的角 D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成 的角 12.如图，在三棱柱ABC 15.已知一个母线长为1的圆锥的侧面展开图的 圆心角等于240°，则该圆锥的高为 AB1C1中，AA1⊥底面 圆锥的体积为 ABC,D,E分别是棱A 16.已知圆O和圆K是球O的大圆和小圆，其公 BC,AB的中点，点F在棱CC1上，AB=BC 共弦长等于球0的半径，OK=号，且圆0与圆 ·30· K所在的平面所成的一个二面角为60°，则球 O的表面积等于 四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.(本小题满分10分)如图所示，已知正方体 求证：(1)EF∥平面ACD; ABCD-A1B,C1D1的棱长为a,E,F分别是 (2)平面EFC⊥平面BCD. A1A,CC的中点，求四棱锥C,-B1EDF的 体积. 19.(本小题满分12分)已知圆柱OO的底面半径 为2，高为4. ·01 D 40 A (1)求从下底面出发环绕圆柱侧面一周到达上 底面的最短路径长； (2)若平行于轴OO,的截面ABCD将底面圆 周截去四分之一，求截面面积； (3)在(2)的条件下，设截面将圆柱分成的两部 分中较小部分为I,较大部分为Ⅱ，求V,: Vm(体积之比). 18.(本小题满分12分)如图，在四面体ABCD中， CB=CD,AD⊥BD,且E、F分别是AB、BD 的中点 ·31· 20.(本小题满分12分)养路处建造圆锥形仓库用 (1)求证：BD⊥平面SAC; 于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用）， (2)求二面角EBD-C的大小. 已建的仓库的底面直径为12m,高为4m.养 路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多 食盐.现有两种方案：一是新建的仓库的底面 直径比原来大4m(高不变)；二是高度增加 4m(底面直径不变). (1)分别计算按这两种方案所建的仓库的 体积； (2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表 面积； (3)哪个方案更经济些？ 22.(本小题满分12分)如图，已知 空间几何体ABCDE中， △BCD与△CDE均为边长为 2的等边三角形，△ABC为腰 长为3的等腰三角形，平面 CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥ 平面BCD. (1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上 任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平 行，并给出详细证明； (2)求三棱锥EABC的体积. 21.(本小题满分12分)在三棱锥 SABC中，SA⊥底面ABC, AB⊥BC,DE垂直平分SC且 分别交AC、SC于D、E,又 SA=AB,SB=BC. ·32·