第六章 立体几何初步 测评卷（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（北师大版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第六章　立体几何初步 全卷满分150分　考试用时120分钟 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.设α,β是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列命题中正确的是　　(　　) A.若α⊥β,m⊂α,则m⊥β B.若α⊥β,m⊥α,则m∥β C.若m∥α,α∩β=n,则m∥n D.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n 2.如图,△A'B'C'是根据斜二测画法得到的水平放置的△ABC的直观图,A'B'在x'轴上,B'C'与x'轴垂直,∠A'C'B'=30°且B'C'=,则△ABC的面积为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 3.已知点A,B,C,D均在同一球面上,且AB,AC,AD两两垂直,AB=1,AC=2,AD=3,则该球的表面积为(　　) A.7π　　　B.14π　　　C.π　　　D.π 4.已知圆柱的底面半径为r,圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,若圆柱和圆台的高和体积都相等,则(　　) A.2r<r1+r2　　　B.2r>r1+r2 C.r2=r1r2　　　D.r2<r1r2 5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为C1D1,CC1的中点,则异面直线AM与BN夹角的正弦值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AB=AC=AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足=λ(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的表面积为96,点P为线段AA1的中点,若点D1∈平面α,且CP⊥平面α,则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为(　　) A.4+6　　　B.6+4　　　C.4+6　　　D.6+4 8.棱长为a的正四面体A-BCD与正三棱锥E-BCD的底面重合,若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在同一球面上,则正三棱锥E-BCD的内切球的半径为(　　) A.a　　　B.a　　　C.a　　　D.a 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,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,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB1,BC1的中点,则下列结论正确的是(　　) A.EF与BB1垂直　　　B.EF与平面BCC1B1垂直 C.EF与C1D的夹角为45°　　　D.EF∥平面A1B1C1D1 10.如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为6,P为线段A1B上的动点,则下列三棱锥中,体积为1的有(　　) A.三棱锥P-C1CD　　　B.三棱锥P-B1D1D C.三棱锥P-D1B1C　　　D.三棱锥P-D1AC 11.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折到△A1DE的位置(点A1不落在平面BCDE上).若M为线段A1C的中点,则在翻折过程中,下列命题正确的是(　　) A.四棱锥A1-BCDE体积的最大值为 B.线段BM的长度是定值 C.MB∥平面A1DE恒成立 D.存在某个位置的△A1DE,使DE⊥A1C 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.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,底面圆的半径为2,若圆锥PO的侧面展开图的圆心角为π,则圆锥PO的体积为　　　　.  13.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均相等,则二面角C1-AB-C的正切值为　　　　.  14.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触,因此它能像球一样来回滚动(如图1),利用这一原理,科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心,正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体,如图2所示,若正四面体A-BCD的棱长为1,则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为　　　　;用过A,B,C三点的平面去截勒洛四面体,所得截面的面积为　　　　　 .  　 四、解答题(本大题共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)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PCD,底面ABCD为正方形,E,F分别为AD,PC的中点,设平面PCD∩平面PBE=l. (1)求证:BC⊥DF; (2)求证:DF∥l; (3)若PD=1,CD=PC=2,请判断平面PAD与平面ABCD是否垂直,若垂直,请进行证明;若不垂直,请说明理由. 16.(15分)已知四边形ABCD为直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,△ABD为等腰直角三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E为PA的中点,AD=2BC=2,PA=3PD=3.　 (1)求证:平面PAB⊥平面PBD; (2)求异面直线AD与PB夹角的余弦值. 17.(15分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点M是线段B1D1上的一个动点,连接CM,E,F分别是BC,CM的中点. (1)设G为棱CD上的一点,那么当G在什么位置时,平面GEF∥平面BDD1B1? (2)设三棱锥C-BDF的体积为V1,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V2,求. 18.(17分)中国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义:“阳马”是指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥;“堑堵”是指底面是直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱.如图所示,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,A1A=AB=2. (1)求证:四棱锥B-AA1C1C为阳马; (2)若直线A1B与平面AA1C1C的夹角为,求堑堵ABC-A1B1C1的体积; (3)当阳马B-AA1C1C的体积最大时,求点C1到平面A1BC的距离. 19.(17分)如图1,已知等腰梯形ABCD的外接圆圆心O在底边AB上,AB∥CD,AB=3AD=9,CD=7,点P是上半圆上的动点(不包含A,B两点),点Q是线段PA上的动点,将半圆APB所在的平面沿直径AB折起,使得平面PAB⊥平面ABCD,如图2. (1)当PC∥平面QBD时,求的值; (2)证明:PB不可能垂直AD; (3)设QB与平面ABD的夹角为α,二面角Q-BD-A的平面角为β,求β-α的最大值. 　 答案全解全析 1.D　在A中,若α⊥β,m⊂α,则m与β相交或m与β平行或m⊂β,故A错误;在B中,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m⊂β,故B错误;在C中,若m∥α,α∩β=n,则m与n平行或异面,故C错误;在D中,若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n,故D正确. 2.D　由已知可得,在△A'B'C'中,有∠A'C'B'=30°且B'C'=,∠A'B'C'=90°,所以tan∠A'C'B'==tan 30°=,所以A'B'=B'C'=,所以△A'B'C'的面积为××=. 根据直观图与原图的面积之间的关系可知,△ABC的面积为2×=. 3.B　设点A,B,C,D均在球O的球面上,球O的半径为R,连接BC,BD,CD,由题意可知三棱锥A-BCD的三条侧棱两两互相垂直,将它扩展为长方体,则该长方体的体对角线的长等于球O的直径,即2R==,即R=,因此该球的表面积S=4πR2=4π×=14π. 4.B　不妨设圆柱和圆台的高为h,则由体积公式可知πr2h=π(++r1r2)h,即r2=(++r1r2), 则4r2-=(++r1r2)-(++2r1r2)=. 因为在圆台中,r1≠r2,所以>0,即4r2>,所以2r>r1+r2,故A错误,B正确.由基本不等式,结合r1≠r2,得<<r,平方后得到r2>r1r2,故C,D错误. 5.B　如图,取AB的中点E,BB1的中点F,连接EC1,FC1,EF,易知C1N∥FB,C1N=FB,所以四边形C1NBF为平行四边形,所以FC1∥BN,同理,EC1∥AM, 则∠EC1F(或其补角)为异面直线AM与BN的夹角, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则EC1==a,FC1==a,EF==a, 在△EC1F中,cos∠EC1F== =,因此sin∠EC1F=,即异面直线AM与BN夹角的正弦值为. 6.C　在BB1上取一点G,使得B1G=2BG,连接CG,AG,如图所示. ∵CE=2C1E=2,∴CC1=BB1=3,∴在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1G∥CE,且B1G=CE=2,∴四边形B1GCE为平行四边形,∴B1E∥CG,∵B1E⊄平面ACG,CG⊂平面ACG,∴B1E∥平面ACG,若B1E∥平面ACF,则F在平面ACG内,又F为BD上一点,∴F为BD与AG的交点. 易知△BFG∽△DFA,∴==,∴=, 即λ的值为. 7.D　取AD的中点M,AB的中点N,连接PD,MD1,MN,NB1,B1D1,A1C1,AC.易知M,N,B1,D1四点共面,D1M⊥PD,D1M⊥CD,∵PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴D1M⊥平面PCD,又CP⊂平面PCD,∴CP⊥D1M. 由AA1⊥平面ABCD,MN⊂平面ABCD,可得AA1⊥MN,易知MN⊥AC,∵AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,∴MN⊥平面ACC1A1, 又CP⊂平面ACC1A1,∴CP⊥MN, 又D1M∩MN=M,D1M,MN⊂平面MNB1D1, ∴CP⊥平面MNB1D1,即平面α为平面MNB1D1. 由题可知6×AB2=96,∴AB=4,∴MN=2,B1D1=4,B1N=D1M=2,∴截面的周长为4+6. 8.D　如图,由题意得,多面体ABCDE的外接球即正 四面体A-BCD的外接球,且其外接球的直径为AE,易求得正四面体A-BCD的高AF=a,设外接球的半径为R,则R2=+,解得R=a,即外接球的半径为a,所以AE=a.设正三棱锥E-BCD的高为h,因为AE=a=a+h,所以h=a,所以EB=EC=ED=a. 又因为△BCD的边长为a,所以正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直. 易求得正三棱锥E-BCD的表面积S=a2,体积V=××a×a×a=a3.设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r, 由S·r=a3,得r=a. 9.AD　连接B1C和AC,如图. 易知F是B1C的中点,又因为E是AB1的中点,所以EF∥AC,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以BB1⊥AC,所以BB1⊥EF,故A正确; 由图可得AC不垂直于BC,所以AC不垂直于平面BCC1B1,又EF∥AC,所以EF不垂直于平面BCC1B1,故B不正确; 因为AB1∥C1D,EF∥AC,所以∠B1AC(或其补角)为EF与C1D的夹角,因为AC=B1C=B1A,所以∠B1AC=60°,故C不正确; 因为EF∥AC,AC⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,又平面A1B1C1D1∥平面ABCD,EF⊄平面A1B1C1D1,所以EF∥平面A1B1C1D1,故D正确. 10.ACD　记平行六面体ABCD-A1B1C1D1的体积为V,则V=6. 对于A,由平行六面体的性质,知A1B∥平面D1DCC1,故点P到平面D1DCC1的距离等于点B到平面D1DCC1的距离,故==×V=1,故A正确; 对于B,易得=,以△B1D1D所在平面为底面时,其底面积固定,但当点P在线段A1B上的位置不同时,P到底面的距离不同,即三棱锥P-B1D1D的高不同,故其体积不为定值,故B错误; 对于C,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C,所以A1B∥平面D1B1C,故点P到平面D1B1C的距离等于点B到平面D1B1C的距离,故===×V=1,故C正确; 对于D,因为A1B∥CD1,A1B⊄平面D1AC,D1C⊂平面D1AC,所以A1B∥平面D1AC,故点P到平面D1AC的距离等于点B到平面D1AC的距离, 故===×V=1,故D正确. 11.ABC　由题意得,△ADE是等腰直角三角形,A到DE的距离是,当平面A1DE⊥平面BCDE时,A1到平面BCDE的距离最大,为.又S四边形BCDE=×(1+2)×1=,∴的最大值为××=,故A正确. 取CD的中点N,连接MN,BN,∵M是A1C的中点,∴MN∥A1D,而MN⊄平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,∴MN∥平面A1DE.由DN与EB平行且相等得四边形DNBE是平行四边形,∴BN∥DE,又BN⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,∴BN∥平面A1DE,而BN∩MN=N,∴平面BMN∥平面A1DE,又MB⊂平面BMN,∴MB∥平面A1DE,故C正确. ∵MN∥A1D,NB∥DE,∴∠MNB=∠A1DE=45°,又BN=DE=,MN=A1D=,∴BM==,为定值,故B正确. 假设存在某个位置的△A1DE,使DE⊥A1C.连接CE,取DE的中点O,连接A1O,CO,显然A1O⊥DE,而A1O∩A1C=A1,A1C,A1O⊂平面A1OC,∴DE⊥平面A1OC,又OC⊂平面A1OC,∴DE⊥OC,则CE=CD.但CE=,CD=2,CE≠CD,所以不可能有DE⊥A1C,故D错误. 12.答案　4π 解析　设PO=h>0,母线长为l,则l=,所以=π,所以h=3,故圆锥PO的体积为π×22×3=4π. 13.答案　 解析　不妨设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,取AB的中点M,连接CM,C1M,如图,因为CC1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以CC1⊥AB,易知AB⊥CM,又CM,CC1⊂平面CC1M,所以AB⊥平面CC1M,又C1M⊂平面CC1M,所以AB⊥C1M,所以∠C1MC为二面角C1-AB-C的平面角, 在Rt△C1CM中,tan∠C1MC===, 故二面角C1-AB-C的正切值为. 14.答案　1-; 解析　根据题意得,勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切.如图1,点E为该球与勒洛四面体的一个切点,O为该球球心, 由正四面体的性质可知,该球球心O为正四面体A-BCD的中心,半径为OE,连接BE,则B,O,E三点共线,此时BE=1,BO为正四面体的外接球的半径, 由于正四面体A-BCD的棱长为1,其可以在棱长为的正方体中截出,所以正四面体A-BCD的外接球的半径即棱长为的正方体的外接球的半径,即正方体体对角线的一半,则BO=,故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径OE=1-. 如图2,过A,B,C三点的截面面积是3个半径为1,圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积,所以所得截面的面积为. 　 15.解析　(1)证明:因为底面ABCD为正方形,所以BC⊥CD, 因为平面ABCD⊥平面PCD,平面ABCD∩平面PCD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面PCD,(3分) 又因为DF⊂平面PCD,所以BC⊥DF.(4分) (2)证明:取PB的中点Q,连接QF,EQ,如图, 因为E,F分别为AD,PC的中点,所以QF∥BC,且QF=BC=DE, 又因为BC∥DE,所以QF􀱀DE,(6分) 所以四边形DEQF为平行四边形,所以DF∥QE, 又因为DF⊄平面PBE,QE⊂平面PBE,所以DF∥平面PBE, 又因为DF⊂平面PCD,平面PCD∩平面PBE=l,所以DF∥l.(8分) (3)假设平面PAD⊥平面ABCD, 因为AD⊥CD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD, 所以CD⊥平面PAD,(10分) 又因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,即△PCD是以PC为斜边的直角三角形, 即CD≠PC,这与题干中CD=PC=2矛盾,(12分) 所以平面PAD与平面ABCD不垂直.(13分) 16.解析　(1)证明:因为PD2+AD2=PA2,所以PD⊥AD,(2分) 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PD⊂平面PAD,所以PD⊥平面ABCD,又AB⊂平面ABCD,所以PD⊥AB.(4分) 易得AB⊥BD,因为PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD, 所以AB⊥平面PBD,(6分) 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBD.(7分) (2)由于AD∥BC,所以∠PBC(或其补角)就是异面直线AD与PB的夹角,(9分) 易得AB=BD=2×=2,PB==,CD==,PC==,(12分) 所以BC2+PC2=PB2,即BC⊥PC,所以在Rt△PCB中,cos∠PBC===,(14分) 所以异面直线AD与PB夹角的余弦值为.(15分) 17.解析　 (1)当G为CD的中点时,平面GEF∥平面BDD1B1.(1分) 理由如下:如图,连接BM,取CD的中点G,连接EG,FG, 因为E,F分别是BC,CM的中点,所以EF∥BM, 因为EF⊄平面BDD1B1,BM⊂平面BDD1B1,所以EF∥平面BDD1B1.(3分) 同理可得GE∥平面BDD1B1,(5分) 又GE∩EF=E,GE,EF⊂平面GEF,所以平面GEF∥平面BDD1B1.(7分) (2)由F是CM的中点,得VC-BDF=VF-BDC=VM-BDC. 易得B1D1∥BD,因为BD⊂平面BCD,B1D1⊄平面BCD, 所以B1D1∥平面BCD,(10分) 又点M是线段B1D1上的一个动点, 所以VM-BDC===×=V2,(13分) 所以V1=×V2=V2,所以=.(15分) 18.解析　(1)证明:在堑堵ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC, 因为BC⊂底面ABC,所以AA1⊥BC,(2分) 在堑堵ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C为平行四边形, 所以平行四边形AA1C1C为矩形,(3分) 又AC⊥BC,AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C1C, 所以BC⊥平面AA1C1C,所以四棱锥B-AA1C1C为阳马.(4分) (2)由(1)知,BC⊥平面AA1C1C, 所以A1B在平面AA1C1C内的投影为A1C, 所以直线A1B与平面AA1C1C的夹角为∠BA1C,即∠BA1C=,(6分) 易知AA1⊥AB,在Rt△A1AB中,A1A=AB=2, 所以A1B===2,(7分) 在Rt△A1BC中,∠BA1C=,所以BC=A1B=,(8分) 又AB=2,所以在Rt△ABC中,AC===,(9分) 所以堑堵ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·AA1=·BC·AC·AA1=×××2=2.(10分) (3)过C1作C1M⊥A1C交A1C于点M,如图所示, 由BC⊥平面AA1C1C,C1M⊂平面AA1C1C,得BC⊥C1M, 又BC∩A1C=C,BC,A1C⊂平面A1BC,所以C1M⊥平面A1BC,(12分) 所以C1M的长即为点C1到平面A1BC的距离, 则=·BC=AA1·AC·BC=AC·BC, 因为AC·BC≤==2,当且仅当AC=BC=时取等号, 所以=AC·BC≤,故阳马B-AA1C1C的最大体积为,(14分) 在Rt△A1AC中,A1C===, 由等面积法,得=A1C1·CC1=A1C·C1M, 即×2=×C1M,解得C1M=,(16分) 所以当阳马B-AA1C1C的体积最大时,点C1到平面A1BC的距离为.(17分) 19.解析　(1)连接AC,与BD交于点M,连接QM,则平面PAC∩平面QBD=QM, 因为PC∥平面QBD,PC⊂平面PAC,所以PC∥QM,所以=,(2分) 在等腰梯形ABCD中,△MAB∽△MCD,所以===.(4分) (2)证明:假设PB⊥AD,过点P作PN⊥AB, 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PN⊂平面PAB,所以PN⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,所以PN⊥AD,又PN∩PB=P,PN,PB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,(7分) 这与在Rt△ABD中,cos∠BAD=相矛盾.所以PB不可能垂直AD.(8分) (3)过点Q作QH⊥AB于H,则QH⊥平面ABCD, 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB, 所以BH是BQ在平面ABD内的投影,所以∠QBH即为QB与平面ABD的夹角, 即α=∠QBH,则tan α=,(11分) 过H作GH⊥BD,垂足为G,连接QG, 因为QH⊥BD,GH∩QH=H,GH,QH⊂平面QHG,所以BD⊥平面QHG, 又QG⊂平面QHG,BD⊥QG,所以∠QGH即为二面角Q-BD-A的平面角, 即β=∠QGH,则tan β=,(14分) 所以===3,即tan β=3tan α,(15分) 所以tan(β-α)==≤,当且仅当tan α=,即α=时取等号, 所以β-α的最大值为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $