单元检测卷(五) 立体几何初步-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（北师大版）

单元检测卷(五)　立体几何初步 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本大题共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.下列说法正确的是(　　) A.多面体至少有3个面 B.有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台 C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 D.棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形 答案：D 解析：选项A错误，一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体；选项B错误，反例如图；选项C错误，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义知选项D正确.故选D. 2.已知m，n为异面直线，α，β为两个不同的平面，m∥α，n∥β，α∩β＝l，则(　　) A.l与m，n都相交 B.l与m，n中至少一条相交 C.l与m，n都不相交 D.l与m，n中的一条相交 答案：C 解析：因为m∥α，所以m与平面α没有公共点，所以m与l无公共点.同理，n与l无公共点，故l与m，n都没有公共点，即l与m，n都不相交.故选C. 3.如图，三棱柱ABC-A1B1C1被平面DEE1D1截成两个几何体Ⅰ、Ⅱ，且平面DEE1D1∥平面ABB1A1，则(　　) A.Ⅰ是棱柱，Ⅱ不是棱柱 B.Ⅰ不是棱柱，Ⅱ是棱柱 C.Ⅰ是棱柱，Ⅱ是棱柱 D.Ⅰ不是棱柱，Ⅱ不是棱柱 答案：C 解析：根据棱柱的定义可知，Ⅰ、Ⅱ都是棱柱.故选C. 4.如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A'B'O'，若O'A'＝，那么原三角形ABO面积是(　　) A. B.1 C. D.2 答案：C 解析：在△A'B'O'中，∠A'O'B'＝45°，A'B'⊥O'B'.由O'A'＝，得A'B'＝O'B'＝1.因此△A'B'O'的面积S△A'B'O'＝×1×1＝，所以原三角形ABO面积S△ABO＝2S△A'B'O'＝.故选C. 5.如图是一个无盖的瓶子，该瓶子由上部分圆柱和下部分圆台组成，圆柱的底面圆的半径为1，圆台的下底面圆的半径为2，圆柱和圆台的高相等，若该瓶子的侧面积为π，则瓶子的体积为(　　) A. B.4π C. D. 答案：A 解析：设圆柱和圆台的高为h，圆台的母线长为l，则l＝.瓶子的侧面积S＝2πh＋πl×＝2πh＋3π×＝π，解得h＝1.瓶子的体积V＝×1×＋π×12×1＝π＋π＝π.故选A. 6.已知α，β，γ是空间中三个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列结论错误的是(　　) A.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β B.若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n C.若α∥β，β∥γ，则α∥γ D.若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β 答案：D 解析：对于A，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，故A正确；对于B，若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n，故B正确；对于C，若α∥β，β∥γ，则α∥γ，故C正确；对于D，若m∥α，n∥β，m∥n，则α，β平行或相交，故D错误.故选D. 7.木工小张在处理如图所示的一块四棱台形状的木块ABCD-A1B1C1D1时，为了经过木料表面CDD1C1内一点P和棱AA1将木料平整锯开，需要在木料表面CDD1C1上过点P画直线l，则l与直线AA1的位置关系是(　　) A.平行 B.相交 C.异面 D.重合 答案：B 解析：在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A，B1B，C1C，D1D的延长线交于一点，令此点为M，由M∈AA1，AA1⊂平面PAA1，得M∈平面PAA1，同理M∈平面CDD1C1.而P∈平面PAA1，P∈平面CDD1C1，则平面PAA1∩平面CDD1C1＝PM，即直线PM为所作的直线l，所以直线l与直线AA1相交.故选B. 8.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则下列说法错误的是(　　) A.AD1∥平面BOC1 B.BD⊥平面COC1 C.C1O与平面ABCD所成的角为45° D.三棱锥C-BOC1的体积为 答案：C 解析：对于A，因为C1D1∥AB，C1D1＝AB，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1.又BC1⊂平面BOC1，AD1⊄平面BOC1，所以AD1∥平面BOC1，故A正确；对于B，因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥CC1.因为AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面COC1，所以BD⊥平面COC1，故B正确；对于C，因为CC1⊥平面ABCD，所以∠C1OC即为直线C1O与平面ABCD所成的角. 因为CC1＝2，OC＝×＝，所以tan ∠C1OC＝＝，所以∠C1OC≠45°，即C1O与平面ABCD所成的角不是45°，故C错误；对于D，因为S△BOC＝×2×2＝1，CC1⊥平面ABCD，CC1＝2，所以＝＝S△BOC·CC1＝×1×2＝，故D正确.故选C. 二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，这是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则(　　) A.AF∥BG B.CH∥BD C.直线EI与BG异面 D.直线EI与BD异面 答案：AD 解析：根据题意，画出该正方体的直观图，对于A，易得AF∥BG，故A正确；对于B，CH与BD异面，故B错误；对于C，直线EI与BG相交，故C错误；对于D，直线EI与BD异面，故D正确.故选AD. 10.已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，则(　　) A.直线B1C与D1A夹角的正弦值为 B.直线B1C与平面D1AC夹角的正弦值为 C.点B1到直线D1A的距离为 D.点B1到平面D1AC的距离为 答案：BC 解析：如图所示，由正方体的结构特征及性质易得D1A∥BC1，且BC1⊥B1C，故D1A⊥B1C，显然直线B1C与D1A夹角的正弦值不为，故A错误；由正方体的结构特征及性质易得B1D1＝AB1＝AD1＝，即△AB1D1为等边三角形，所以点B1到直线D1A的距离为×＝，故C正确；同上易得B1-ACD1为正四面体，且棱长为，所以点B1到平面D1AC的距离为h＝＝，故D错误；直线B1C与平面D1AC夹角的正弦值为＝，故B正确.故选BC. 11.堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》.如图①，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱(堑堵).如图②，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑.则(　　) A.阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形 B.鳖臑的四个面均为直角三角形 C.阳马的体积是鳖臑的体积的两倍 D.堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等 答案：BCD 解析：对于A，如图a所示，由题意可知DD1⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AD，DD1⊥DC.因为AB⊥平面ADD1，AD1⊂平面ADD1，所以AB⊥AD1.因为BC⊥平面CDD1，CD1⊂平面CDD1，所以BC⊥CD1，所以阳马的四个侧面都是直角三角形，故A错误； 对于B，如图b所示，由题意可知BC⊥平面CC1D1，CC1，CD1⊂平面CC1D1，所以BC⊥CC1，BC⊥CD1.因为C1D1⊥平面BCC1，BC1，CC1⊂平面BCC1，所以C1D1⊥BC1，C1D1⊥CC1，所以鳖臑的四个面均为直角三角形，故B正确；对于C，设长方体的长，宽，高分别为a，b，c，则AB＝a，BC＝b，DD1＝c，所以阳马的体积＝abc，鳖臑的体积＝×abc＝abc，所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，故C正确；对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点，所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体，所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，故D正确.故选BCD. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在横线上.) 12.如果平面α外有两点A，B，它们到平面α的距离都是3，则直线AB和平面α的位置关系是　　　　. 答案：平行或相交 解析：若A，B在平面α的同侧，因为平面α外有两点A，B到平面α的距离相等，所以直线AB和平面α平行；若A，B在平面α的两侧，因为平面α外有两点A，B到平面α的距离相等，所以直线AB和平面α相交.综上所述：直线AB和平面α的位置关系是平行或相交. 13.古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边(即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切)，球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为8π，则该模型中圆柱的表面积为　　　　. 答案：36π 解析：可设球的半径为r，则根据题意可知圆柱的底面半径也为r，圆柱的高等于直径，即为2r，由球的体积为8π，利用球的体积公式可得πr3＝8π，解得r＝.再由圆柱的表面积公式得S＝πr2×2＋2πr·2r＝6πr2＝6π×6＝36π. 14.(双空题)已知平面α，β，直线n，给出三个语句：①α⊥β，②n⊥α，③n∥β.从这三个语句中选取两个做条件，剩下一个做结论，构成一个真命题，该命题是：若　　　　，则　　　　.(只需填写序号) 答案：②③　① 解析：若①α⊥β，②n⊥α可得n∥β或n⊂β，即①②推不出③；若①α⊥β，③n∥β，可能出现n⊂α的情况，因此①③推不出②；若②n⊥α，③n∥β，可得①α⊥β，即②③可以推出①. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.) 15.(13分)如图，已知E，F，G，H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，且EF与HG相交于点Q. (1)求证：点Q在直线DC上； (2)求异面直线EF与A1B1夹角的大小. 解：(1)证明：平面ABCD∩平面CDD1C1＝DC， 由于Q∈EF⊂平面ABCD，Q∈HG⊂平面CDD1C1， 所以Q∈DC，也即点Q在直线DC上. (2)根据正方体的性质可知A1B1∥AB， 所以异面直线EF与A1B1夹角为∠FEB， 由于E，F分别是AB，BC的中点， 所以∠EFB＝∠FEB＝45°， 所以异面直线EF与A1B1夹角的大小为45°. 16.(15分)一个长方体的平面展开图及直观图如图. (1)请将字母F，G，H标记在长方体相应的顶点处(不需要说明理由)； (2)若AB＝BC＝2，且有下面两个条件：①BF＝1，②BF＝2，请选择其中一个条件，使得DF⊥平面BEG，并说明你选择的理由. 解：(1)如图①所示. (2)选择条件②，可使得DF⊥平面BEG. 理由：如图②所示，连接HF，AF， 在长方体中，DA⊥平面ABFE，而BE⊂平面ABFE，故AD⊥BE. 因为BF＝2＝AB，所以矩形ABFE为正方形， 所以AF⊥BE. 又AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面ADF， 所以BE⊥平面ADF. 因为DF⊂平面ADF，所以BE⊥DF. 同理EG⊥DF，又BE∩EG＝E，BE，EG⊂平面BEG，所以DF⊥平面BEG. 17.(15分)如图，边长为2的正方形ACDE所在平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC＝BC. (1)求证：AM⊥平面EBC； (2)求直线EC与平面ABE所成角的大小. 解：(1)证明：由ACDE是正方形，则AM⊥EC. 因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC， 所以BC⊥平面ACDE. 又AM⊂平面ACDE，所以BC⊥AM. 又因为EC∩BC＝C，EC，BC⊂平面EBC， 所以AM⊥平面EBC. (2)过C作CF⊥AB交AB于F，连接EF，如图所示. 因为ACDE是正方形，则AE⊥AC. 因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AE⊂平面ACDE，所以AE⊥平面ABC. 又CF⊂平面ABC，所以AE⊥CF. 又因为CF⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABE，所以CF⊥平面ABE， 所以∠CEF即为直线EC与平面ABE所成角. 因为正方形ACDE边长为2，AC＝BC，AC⊥BC， 所以CF＝，EC＝2，所以sin ∠CEF＝＝. 因为∠CEF∈，所以∠CEF＝. 即直线EC与平面ABE所成角的大小为. 18.(17分)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，O为△A1B1C1的中心，BB1⊥B1C1，AP∶PB＝AQ∶QC＝1∶2，E是BC的中点，AE与PQ交于点D. 求证：(1)AO∥平面B1PQC1； (2)平面B1PQC1⊥平面A1AE. 证明：(1)如图所示，取B1C1的中点M，连接A1M，DM，EM. 因为三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，E是BC的中点，所以A1M∥AE，A1M＝AE. 因为O为△A1B1C1的中心，所以O在A1M上，且A1O∶OM＝2∶1. 又AP∶PB＝AQ∶QC＝1∶2，所以PQ∥BC. 又AE与PQ交于点D，所以AD∶DE＝1∶2. 所以AD∥OM，AD＝OM. 所以四边形ADMO是平行四边形，所以AO∥DM. 又DM⊂平面B1PQC1，所以AO∥平面B1PQC1. (2)由(1)知平面A1AE即为平面A1AEM， 三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，BB1⊥B1C1，所以BC∥B1C1，则BB1⊥BC. 又E，M分别是BC，B1C1的中点，所以EM∥BB1，则BC⊥EM. 又BC⊥AE，EM∩AE＝E，EM，AE⊂平面A1AEM，所以BC⊥平面A1AEM. 又PQ∥BC，所以PQ⊥平面A1AEM. 又PQ⊂平面B1PQC1，所以平面B1PQC1⊥平面A1AE. 19.(17分)三余弦定理：设A为平面α内一点，过点A的斜线AO在平面α上的正投影为直线AB.AC为平面α内的一条直线，记斜线AO与直线AB的夹角(即直线AO与平面α所成角)为θ1，直线AB与直线AC的夹角为θ2，直线AO与直线AC的夹角为θ，则cos θ＝cos θ1cos θ2.三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理. (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，△ABC为正三角形，∠BAA1＝∠CAA1＝，求直线AA1与底面ABC所成角的正弦值； (3)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，记V为平行六面体体积，S为平行六面体表面积，l为平行六面体棱长总和，求证：S2≥3Vl. 解：(1)证明：如图所示，不妨设O在平面α的射影为B，则OB⊥α，过点B作BC⊥AC交直线AC于点C，连接OC， 所以∠OAB即为斜线AO与平面α所成角θ1，∠BAC即为斜线AO在平面α的射影直线AB与平面α内的直线AC所成角θ2，∠OAC即为斜线AO与平面α内的直线AC所成角θ. 因为OB⊥α，AC⊂α，所以OB⊥AC. 又BC⊥AC，OB∩BC＝B，OB，OC⊂平面OBC，所以AC⊥平面OBC. 因为OC⊂平面OBC，所以AC⊥OC. 根据几何关系可得cos θ1＝，cos θ2＝，cos θ＝， 所以cos θ＝cos θ1cos θ2. (2)取BC的中点M，连接A1B，A1C，A1M，AM，如图所示. 易知△ABA1≌△ACA1， 所以A1C＝A1B，所以A1M⊥BC. 又AM⊥BC，A1M∩AM＝M，A1M，AM⊂平面AMA1，所以BC⊥平面AMA1. 因为BC⊂平面ABC，所以平面AMA1⊥平面ABC. 所以直线AA1在平面ABC上的射影必在交线AM上， 所以直线AA1与底面ABC所成角为∠A1AM. 因为∠MAB＝，∠A1AB＝， 所以由三余弦定理得cos ＝cos ∠A1AM·cos ，得cos ∠A1AM＝， 所以sin ∠A1AM＝， 即直线AA1与底面ABC所成角的正弦值为. (3)证明：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，∠BAD＝α，∠DAA1＝β，∠BAA1＝γ，直线AA1与底面ABCD所成角为θ，直线AA1在底面ABCD上的投影与AD夹角为α1，AA1在底面ABCD上的投影与AB夹角为α2. 由平行六面体的对称性，不妨令sin α≤sin β，sin α≤sin γ， 由三余弦定理得cos β＝cos θcos α1，cos γ＝cos θcos α2⇒cos θ≥cos β，cos θ≥cos γ， 则sin β≥sin θ，sin γ≥sin θ. 由题意得V＝absin α·csin θ＝abcsin αsin θ，l＝4， S＝2， 所以S2＝4(absin α＋bcsin β＋acsin γ)2＝4(a2b2sin2α＋b2c2sin2β＋a2c2sin2γ＋2a2bcsin αsin γ＋2ab2csin αsin β＋2abc2sin βsin γ)， 3Vl＝3abcsin αsin θ·4＝12(a2bcsin αsin θ＋ab2csin αsin θ＋abc2sin αsin θ). 由sin β≥sin θ，sin γ≥sin θ，可得 3Vl≤12(a2bcsin αsin γ＋ab2csin αsin β＋abc2sin βsin γ)， 则S2－3Vl≥4 ＝2[(absin α－bcsin β)2＋(absin α－acsin γ)2＋(bcsin β－acsin γ)2]≥0， 当且仅当α＝β＝γ＝θ＝且a＝b＝c时等号成立. 学科网（北京）股份有限公司 $