单元检测卷(四) 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（湘教版）

单元检测卷(四)　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、单项选择题(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.如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是(　　) A.①是棱台 B.②是圆台 C.③是四面体 D.④不是棱柱 答案：C 解析：图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③是四面体；图④前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱.故选C. 2.直线l与平面α不平行，则(　　) A.l与α相交 B.l⊂α C.l与α相交或l⊂α D.以上结论都不对 答案：C 解析：直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交.因为直线l与平面α不平行，所以l与α相交或l⊂α. 3.给出下列三个命题： ①一条直线垂直于一个平面内的三条直线，则这条直线和这个平面垂直； ②一条直线与一个平面内的任何直线所成的角相等，则这条直线和这个平面垂直； ③一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线与这个平面垂直. 其中正确的个数是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 答案：C 解析：①一条直线垂直于一个平面内的三条直线，若这三条直线都是平行线，则这条直线和这个平面不一定垂直，故①错误；②一条直线与一个平面内的任何直线所成的角相等，则这个角必为直角，故这条直线和这个平面垂直，故②正确；③若一条直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线垂直于这个平面，满足直线与平面垂直的定义，故③正确.故选C. 4.若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为(　　) A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.8∶3 答案：A 解析：设圆锥的高为h，底面半径为r， 则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图， 由△AOE∽△ACF可得：＝，即r＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝＝[(h－2)＋＋4]≥.当且仅当h－2＝2，即h＝4时取等号.所以该圆锥体积的最小值为.内切球体积为，该圆锥体积与其内切球体积比为2∶1.故选A. 5.如图一，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M.现将△ABD沿BD翻折至△A'BD的位置，如图二，点N为棱A'D的中点，则下列判断一定成立的是(　　 ) A.BD⊥CN B.A'O⊥平面BCD C.CN∥平面A'OM D.平面A'OM⊥平面BCD 答案：D 解析：翻折前，BD⊥AO，BD⊥OM， 翻折后，对应地有，BD⊥A'O，BD⊥OM， 因为A'O∩OM＝O，则BD⊥平面A'OM， 因为BD⊂平面BCD，故平面A'OM⊥平面BCD，D选项一定成立； 对于B选项，由上可知，二面角A'-BD-M的平面角为∠A'OM， 在翻折的过程中，∠A'OM会发生变化，则A'O与OM不一定垂直， 即A'O与平面BCD不一定垂直，故B选项不一定成立； 对于A选项，设BC＝2AB＝2a，在图一中，tan∠ABD＝＝＝2， 所以，可得AO＝a，OB＝a， 因为∠AMB＋∠BAM＝∠ABD＋∠BAM，则∠AMB＝∠ABD， 故tan∠AMB＝＝2，所以BM＝， 在图二中，过点C在平面BCD内作CE∥OM交BD于点E，连接NE， 则＝＝4，故BE＝4BO＝a，则DE＝BD－BE＝a， 又因为OD＝BD－OB＝a，故E不为OD的中点， 因为BD⊥OM，CE∥OM，则BD⊥CE， 若BD⊥CN，且CE∩CN＝C，则BD⊥平面CNE， 因为NE⊂平面CNE，则BD⊥NE， 由于A'O、NE⊂平面A'BD，且BD⊥A'O，故A'O∥NE， 由于N为A'D的中点，则E为OD的中点，与上述条件矛盾，A选项不成立； 对于C选项，由A选项可知，因为CE∥OM，CE⊄平面A'OM，OM⊂平面A'OM， 所以CE∥平面A'OM， 若CN∥平面A'OM，CN∩CE＝C，则平面CNE∥平面A'OM， 因为平面A'BD∩平面A'OM＝A'O，平面A'BD∩平面CNE＝NE，则A'O∥NE， 由于N为A'D的中点，则E为OD的中点，与上述条件矛盾，C选项不成立. 故选D. 6.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，P为边AB的中点，现将△DAP沿直线DP翻转至△DA'P处，若M为线段A'C的中点，则异面直线BM与PA'所成角的正切值为(　　) A.4 B.2 C. D. 答案：D 解析：取A'D的中点N，连接PN，MN.因为M是A'C的中点，所以MN∥CD，且MN＝CD.因为四边形ABCD是矩形，P是AB的中点，所以PB∥CD，且PB＝CD.所以MN∥PB，且MN＝PB.所以四边形PBMN为平行四边形.所以MB∥PN.所以∠A'PN(或其补角)是异面直线BM与PA'所成的角.在Rt△A'PN中，tan ∠A'PN＝＝，所以异面直线BM与PA'所成角的正切值为.故选D. 7.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，∠ACB＝90°，BC＝CC1＝1，AC＝3，P为BC1上的动点，则CP＋PA1的最小值为(　　) A.2 B.1＋3 C.5 D.1＋2 答案：C 解析：由题设可知△CC1B为等腰直角三角形，且A1C1⊥平面BCC1B1，故∠A1C1B＝90°， 将二面角A1-BC1-C沿BC1展开成平面图形，得四边形A1C1CB，如图所示， 若要使CP＋PA1取得最小值，当且仅当C，P，A1三点共线， 因为CC1＝1，A1C1＝AC＝3，∠CC1B＝45°，∠BC1A1＝90°，所以∠CC1A1＝135°，所以当CP＋PA1取最小值时，由余弦定理得A1C2＝(3)2＋1－2×3×cos 135°＝25， 所以A1C＝5，即CP＋PA1的最小值为5，故选C. 8.如图所示，三棱锥P-BCD中，BC＝8、CD＝16、BD＝8、PB＝6、PC＝10，A是CD的中点，PA＝8，则三棱锥B-PAC的体积为(　　) A.4 B.8 C.4 D.8 答案：D 解析：由BC＝8、PB＝6、PC＝10可知BC2＋PB2＝PC2，所以△PBC为直角三角形，所以PB⊥BC， 由BC＝8、BD＝8、CD＝16可知BC2＋BD2＝CD2， 所以△BCD为直角三角形，所以BC⊥BD， 又BD∩BP＝B，BD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD， 所以BC⊥平面PBD，由A是CD的中点得CA＝8， V三棱锥B-APC＝V三棱锥P-ABC＝V三棱锥P-BCD＝V三棱锥C-PDB， 因为DA＝AC＝AP＝8，所以△PCD为直角三角形，PC⊥PD， 所以PD＝＝＝＝2， 又BD＝8，PB＝6，所以PD2＋PB2＝BD2，即△PBD为直角三角形，PB⊥PD， 所以S△PBD＝×PB×PD＝×6×2＝6， 所以V三棱锥B-APC＝××8×S△PBD＝8，故选D. 二、多项选择题(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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分) 9.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是(　　) A.PC⊥BC B.AC⊥平面PBC C.平面PAB⊥平面PBC D.平面PAC⊥平面PBC 答案：AD 解析：在A中，由PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，知BC⊥AC，BC⊥PA，AC∩PA＝A，所以BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，故A正确；在B中，因为PA⊥AC，AC∩PC＝C，∠PCA＜，所以AC与PC不垂直，所以AC与平面PBC不垂直，故B错误；在C中，若平面PAB⊥平面PBC，过C作CG⊥BP交BP于G，则CG⊥平面PAB，CG⊥PA，又PA⊥平面ABC，点C在平面ABC内，故G点与B点重合，BC⊥BP，与题设矛盾，所以平面PAB和平面PBC不垂直，故C错误；在D中，因为BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，故D正确.故选AD. 10.矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将此矩形沿着对角线BD折成一个三棱锥C-BDA，则以下说法正确的有(　　 ) A.三棱锥C-BDA的体积最大值为 B.当二面角C-BD-A为直二面角时，三棱锥C-BDA的体积为 C.当二面角C-BD-A为直二面角时，三棱锥C-BDA的外接球的表面积为5π D.当二面角C-BD-A不是直二面角时，三棱锥C-BDA的外接球的表面积小于5π 答案：ABC 解析：过C作CE⊥BD于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则∠CEG为二面角C-BD-A的平面角，如图， 平面CEG⊥平面DBA，过C作CF⊥EG于F，则CF⊥平面DBA， 在直角△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝1，CD＝2，CE＝＝， 显然CF≤CE，当且仅当点E与F重合时取“＝”，即点C到平面ABD距离的最大值为CE＝， 而S△DBA＝AB·AD＝1，则三棱锥C-BDA的体积最大值为CE·S△DBA＝，A正确； 当CF取最大值时，CF⊂平面BCD，又CF⊥平面DBA，则平面BCD⊥平面DBA， 即二面角C-BD-A为直二面角时，三棱锥C-BDA的体积为，B正确； 取BD的中点O，连接AO，CO，显然有AO＝CO＝BD＝BO＝DO，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO＝为半径的球面上， 显然，无论二面角C-BD-A如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为5π，C正确，D不正确. 故选ABC. 11.如图，E为正方形ABCD边CD上异于C，D的动点，将 △ADE沿AE翻折成△ASE，在翻折过程中，下列说法正确的是(　　) A.存在点E和某一翻折位置，使得SB⊥SE B.存在点E和某一翻折位置，使得AE∥平面SBC C.存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45° D.存在点E和某一翻折位置，使得二面角S-AB-C的大小为60° 答案： ACD 解析：当SE⊥CE时，因为EC∥AB，所以SE⊥AB，SE⊥SA，AB∩SA＝A，所以SE⊥平面SAB，故SE⊥SB，故A正确；四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交，故B错误；如图(1)所示，DF⊥AE交BC于点F，交AE于点G，连接SG，则图(2)中SG⊥AE，S在平面ABCE的射影O在GF上，连接BO，SO，故∠SBO为直线SB与平面ABC所成的角，设二面角S-AE-B的平面角为α，取AD＝4，DE＝3，故AE＝DF＝5，CE＝BF＝1，DG＝，OG＝cos α，要使直线SB与平面ABC所成的角为45°，只需SO＝OB＝sin α，在△OFB中，由余弦定理得＝12＋(－cos α)2－2(－cos α)cos∠OFB，解得cos α＝，经验证，满足题意，故C正确；过点O作OM⊥AB交AB于M，连接SM，因为OM⊥AB，SO⊥AB，OM∩SO＝O，所以AB⊥平面SOM，SM⊥AB，则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角，取二面角S-AE-B的平面角为60°，要使二面角S-AB-C的大小为60°，只需SG＝2GO＝2OM，连接OA.因为∠OGA＝∠OMA，OG＝OM，所以△OGA≌△OMA，设∠OAG＝∠OAM＝θ，＜θ＜，则∠SAG＝－2θ，AG＝＝，化简得2tan θtan 2θ＝1，解得tan θ＝，经验证，满足题意，故D正确.故选ACD. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上) 12.如图，已知A是△BCD所在平面外一点，AD＝BC，E，F分别是AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为，则AD与EF所成角的大小为　　　　. 答案：或 解析：如图所示：取AC的中点G，连接EG，GF，则EG∥BC，GF∥AD， 所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD＝BC，所以EG＝GF， 当∠EGF＝时，△EGF为等边三角形，∠GFE＝， 即AD与EF所成角的大小为； 当∠EGF＝时，EG＝GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE＝， 即AD与EF所成角的大小为. 13.在三棱锥P-ABC中，AB＝AC＝BC＝2，PA＝PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的半径为　　　　. 答案： 解析：如图，取AB的中点D，连接PD、CD， 根据AB＝AC＝BC＝PA＝PB＝2，得CD⊥AB，PD⊥AB， 且CD＝PD＝，又PC＝， 所以△PCD是正三角形，∠PDC＝60°， 设三棱锥P-ABC的外接球球心为O，易知O在△PCD内部， 过点O作OE⊥CD于点E，OF⊥PD于点F，连接OB、BE、OD， 则点E，F分别是△ABC、△PAB的外接圆圆心，且OE＝OF， 在Rt△ODE中，∠ODE＝30°，DE＝CD＝， 所以OE＝DE＝， 在Rt△BDE中，BE＝ ＝， 设球的半径为R，则R2＝OE2＋BE2＝，得R＝. 14.早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等.如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一.如果把sin 36°按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于　　　　. 答案： 解析：由题图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球， 设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l， 则＝sin 36°＝，得r＝， 所以正五棱锥的顶点到底面的距离是h＝＝＝l， 所以R2＝r2＋(R－h)2，即R2＝＋，解得R＝l. 所以该正二十面体的外接球表面积为S球＝4πR2＝4π×＝l2， 而该正二十面体的表面积是S正二十面体＝20××l×l×sin 60°＝5l2， 所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分13分)如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点. (1)求证：AF∥平面BCE； (2)求证：平面BCE⊥平面CDE. 证明：(1)如图所示，取CE的中点G，连接FG、BG， 因为F为CD的中点，所以GF∥DE且GF＝DE， 又因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，DE＝2AB，所以AB∥DE，且AB＝DE， 所以AB∥GF，所以四边形ABGF为平行四边形，则AF∥BG， 又AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE； (2)因为△ACD为等边三角形，F为CD的中点，所以AF⊥CD， 因为DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，所以DE⊥AF，又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面CDE， 又AF∥BG，所以BG⊥平面CDE，又因为BG⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE. 16.(本小题满分15分)如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面相互垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，AD＝DE＝2AF＝2. (1)求证：AC∥平面BEF； (2)求点D到平面BEF的距离. 解：(1)证明：设AC∩BD＝O，取BE的中点M，连接MO、MF，如图所示，因为四边形ABCD是正方形， 所以O是BD的中点，又M是BE的中点，所以OM∥DE，OM＝DE， 因为四边形ADEF是直角梯形，AF∥DE，AF＝DE，所以OM∥AF， 所以四边形AFMO是平行四边形，所以AO∥FM， 又FM⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF； (2)因为BC∥AD，BC⊄平面ADEF，AD⊂平面ADEF，所以BC∥平面ADEF， 因为AB⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊂平面ABCD， 平面ABCD∩平面ADEF＝AD， 所以AB⊥平面ADEF， 所以VB-DEF＝S△DEF·AB＝××2×2×2＝， 因为AB⊥平面ADEF，AF⊂平面ADEF， 所以AB⊥AF，BF＝＝， 因为DE⊥AD，平面ABCD⊥平面ADEF，DE⊂平面ADEF， 平面ABCD∩平面ADEF＝AD， 所以DE⊥平面ABCD， 又BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD， 在△BDE中，BD＝2，DE＝2，BE＝＝2， 在△BEF中，EF＝BF＝，BE＝2， 所以S△BEF＝×2×＝，设点D到平面BEF的距离为h，由VD-BEF＝VB-DEF得：S△BEF·h＝，即··h＝，所以h＝. 17.(本小题满分15分)如图，在四棱锥P􀆼ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值； (2)求证：PD⊥平面PBC； (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 解：(1)因为AD∥BC，所以∠DAP或其补角就是异面直线AP与BC所成的角. 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中，AP＝ ＝＝， 所以cos∠DAP＝＝. 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为. (2)证明：因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD. 又因为AD∥BC，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，BC∩PB＝B， 所以PD⊥平面PBC. (3)过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF(图略)，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1. 由已知得CF＝BC－BF＝2. 又AD⊥DC，故BC⊥DC. 在Rt△DCF中，DF＝＝2. 在Rt△DPF中，sin ∠DFP＝＝. 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 18.(本小题满分17分)如图，在长方体ABCD􀆼A1B1C1D1中， AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，AA1的中点，Q是BC上一个动点，且BQ＝λQC(λ＞0). (1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1DQ； (2)是否存在λ，使得BD⊥FQ？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：当λ＝1时，Q为BC的中点， 因为E是AD的中点，所以ED＝BQ，ED∥BQ， 则四边形BEDQ是平行四边形，所以BE∥QD. 又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，所以BE∥平面A1DQ. 因为E，F分别是AD，A1A的中点，所以EF∥A1D. 因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，所以EF∥平面A1DQ. 因为BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面A1DQ. (2)如图，连接AQ，BD与FQ， 因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD. 若BD⊥FQ，又A1A，FQ⊂平面A1AQ，且A1A∩FQ＝F，所以BD⊥平面A1AQ. 因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD. 在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA， 所以AB2＝AD·BQ. 又AB＝1，AD＝2，所以BQ＝，QC＝， 则＝，即λ＝. 19.(本小题满分17分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱BB1＝1，∠ABC＝，且M，N分别为BB1，AC的中点. (1)证明：MN∥平面AB1C1； (2)若BA＝BC＝2，求二面角A-B1C1-B的大小. 解：(1)证明：如图，取CC1的中点H，连接MH，NH， 因为M为BB1的中点，且侧面BCC1B1为矩形，所以MH∥B1C1， 因为B1C1⊂平面AB1C1，MH⊄平面AB1C1，所以MH∥平面AB1C1， 又因为N为AC的中点，所以NH是△ACC1的中位线，所以NH∥AC1， 因为AC1⊂平面AB1C1，NH⊄平面AB1C1， 所以NH∥平面AB1C1，因为MH∩NH＝H，且MH，NH⊂平面MNH， 所以平面MNH∥平面AB1C1，因为MN⊂平面MNH，所以MN∥平面AB1C1； (2)如图，过点N作NE⊥BC于E，过E作EF⊥MH于点F，连接FN、BN， 由(1)知平面MNH∥平面AB1C1， 所以二面角A-B1C1-B的大小即为二面角N-MH-B的大小， 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1⊥底面ABC，且侧面BCC1B1∩底面 ABC＝BC， 又NE⊂平面ABC，且NE⊥BC， 所以NE⊥平面BCC1B1， 因为MH⊂平面 BCC1B1，EF⊂平面BCC1B1， 所以NE⊥MH，NE⊥EF， 又因为MH⊥EF， 且EF∩NE＝E，EF，NE⊂平面NEF， 所以MH⊥平面NEF，因为NF⊂平面NEF， 所以NF⊥MH， 所以∠EFN为二面角N-MH-B的平面角， 因为AB＝BC＝2，且∠ABC＝， 所以∠ACB＝∠BAC＝，且BN⊥AC，从而BN＝BC＝1，AN＝NC＝， 所以NE＝＝＝， 因为EF＝BB1＝×1＝， 所以在Rt△NEF中，有tan∠EFN＝＝＝， 所以∠EFN＝，所以二面角A-B1C1-B的大小为. 学科网（北京）股份有限公司 $