第4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（湘教版）

( 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4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.等腰直角三角形绕其一边旋转一周所得的几何体一定是圆锥 B.过球心的平面截球面所得的圆的半径等于球的半径 C.棱锥的侧棱一定相等 D.正三角形的直观图一定是等腰三角形 2.已知α,β是两个不重合的平面,直线a⊂α,命题p:a∥β,命题q:α∥β,则p是q的(　　) A.充分不必要条件　　B.必要不充分条件 C.充要条件　　D.既不充分也不必要条件 3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论不成立的是　(　　) A.AB∥C1D1　　B.BB1⊥平面ABCD C.AC⊥BC1　　D.BB1⊥A1D1 4.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n为两条不同的直线,则下列命题中为假命题的是(　　) A.当α⊥β时,若β∥γ,则α⊥γ B.当m⊥α,n⊥β时,若α∥β,则m∥n C.当m⊂α,n⊂β时,若α∥β,则m,n是异面直线 D.当m∥n,n⊥β时,若m⊂α,则α⊥β 5.用半径为R的半圆卷成一个无底的圆锥,则该圆锥的体积为(　　) A.πR3　　B.πR3　　C.πR3　　D.πR3 6.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 7.棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥E-BCD的底面重合,若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一个球的球面上,则正三棱锥E-BCD的内切球的半径为(　　) A.a　　B.a C.a　　D.a 8.D是Rt△ABC斜边AB上一动点,AC=3,BC=4,将△BCD沿着CD翻折,翻折后的三角形为△B'CD,且平面B'DC⊥平面ADC,则翻折后AB'的长的最小值是(　　) A.　　B.　　C.2　　D. 二、多项选择题(本题共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.已知m,n是互不重合的两条直线,α,β是互不重合的两个平面,则下列四个命题中正确的是(　　) A.若m⊂α,n⊂α,m∩n=P,m∥β,n∥β,则α∥β B.若m⊥α,m⊥n,α∥β,则n∥β C.若m∥α,m∥β,α∩β=n,则m∥n D.若m⊥α,m⊂β,则α⊥β 10.已知菱形ABCD中,∠BAD=60°,AC与BD相交于点E,将△ABD沿BD折起,使顶点A到点M处,在折起的过程中,下列结论正确的是(　　) A.BD⊥MC B.存在一个位置,使△CDM为等边三角形 C.DM与BC不可能垂直 D.直线DM与平面BCD所成角的最大值为60° 11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图所示,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=,则关于该半正多面体,下列说法正确的有(　　) A.该半正多面体的体积为 B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为3 C.该半正多面体外接球的表面积为16π D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式V+F-E=2 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,其中O'A'=3,O'B'=2,∠A'O'B'=45°,则△OAB的周长为　　　　.  13.如图,在长方形ABCD中,AB=2,AD=1,E是CD的中点,将△DAE沿AE折起,使D到D'的位置,且平面AED'⊥平面ABCE,则直线AD'与平面ABCE所成角的正弦值为　　　　.  14.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,Q为BC的中点,点M,N分别在线段AB, CD上运动(其中M不与A,B重合,N不与C,D重合),且MN∥AD,将△DMN沿MN折起,得到三棱锥D-MNQ,则三棱锥D-MNQ的体积的最大值为　　　　;当三棱锥D-MNQ的体积最大时,其外接球的表面积为　　　　.  四、解答题(本题共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,在多面体ABCDE中,平面ACD⊥平面ABC,AC⊥BC,BC=2AC=4,DA=DC=3,F是BC的中点,EF⊥平面ABC,EF=2. (1)证明:A,B,E,D四点共面; (2)求三棱锥　　　　的体积.  从①B-ACD;②A-BCE;③B-CDE这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 16.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=PD=2,CD=4,E是棱PC上靠近点P的三等分点. (1)证明:PA∥平面BDE; (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值. 17.(15分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BA=BB1=2,D是棱AA1的中点. (1)求证:BD⊥B1C; (2)求点B到平面DCB1的距离. 18.(17分)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAB是等边三角形,CB⊥平面PAB,AD∥BC,且PB=BC=2AD=2,F为PC的中点. (1)求证:FD∥平面PAB; (2)求证:平面PBC⊥平面ADF; (3)求直线AB与平面PDC所成角的正弦值. 19.(17分)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,将△ADE沿DE折起,使得点A到点P的位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合). (1)证明:平面EMN⊥平面PBC; (2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为?若存在,确定N点位置;若不存在,请说明理由. 答案全解全析 1.B　对于A,等腰直角三角形绕其斜边旋转一周所得的几何体为两个圆锥的组合体,故A错误; 易知B正确; 对于C,棱锥的侧面是有公共顶点的三角形,但是各侧棱不一定相等,故C错误; 对于D,正三角形的直观图不为等腰三角形,故D错误. 2.B　充分性:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D中,取平面A1BCD1为平面α,平面ABCD为平面β,A1D1为直线a,则满足直线a⊂α,a∥β,此时α,β相交,故充分性不成立. 必要性:若α∥β且a⊂α,则a∥β,故必要性成立. 故p是q的必要不充分条件. 3.C　对于A,由正方体的性质得AB∥CD∥C1D1,故A中的结论成立; 对于B,由正方体的性质易知BB1⊥平面ABCD,故B中的结论成立; 对于C,如图,连接A1C1,A1B,由正方体的性质易知A1C1∥AC,因为三角形A1C1B为等边三角形,所以A1C1与BC1所成的角为60°,所以异面直线AC与BC1所成的角为60°,故C中的结论不成立; 对于D,由正方体的性质得BB1⊥平面A1B1C1D1,因为A1D1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1D1,故D中的结论成立. 4.C　对于A,根据平面与平面平行、垂直的性质,可得A是真命题; 对于B,根据平面与平面平行、线面垂直的性质,可得B是真命题; 对于C,m,n可能异面,也可能平行,故C是假命题; 对于D,由m∥n,n⊥β可知m⊥β,又m⊂α,所以α⊥β,故D是真命题. 5.A　设圆锥的底面半径为r,高为h,则由题得2πr=πR,所以r=,则h==,所以圆锥的体积V=π·r2·h=πR3. 6.C　将直三棱柱ABC-A1B1C1补成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1, 连接AD1和B1D1,易得AD1∥BC1, 所以∠B1AD1(或其补角)即为直线AB1与BC1所成的角. 由题意得,AB1=,AD1=, 在△B1D1C1中,∠B1C1D1=60°,B1C1=1,D1C1=2, 由余弦定理得,B1D1==, 所以在△AB1D1中,A+B1=A,所以△AB1D1为直角三角形,∠AD1B1为直角,所以cos∠B1AD1===. 故直线AB1与BC1所成角的余弦值为. 7.D　由题意知,多面体ABCDE的外接球即为正四面体ABCD的外接球,连接AE,则AE为外接球的直径,易求得正四面体ABCD的高为a,外接球的半径为a. 设正三棱锥E-BCD的高为h,因为AE=a=a+h,所以h=a. 又△BCD的边长为a,所以EB=EC=ED=a, 易得正三棱锥E-BCD的三条侧棱两两垂直. 正三棱锥E-BCD的表面积S=a2,VE-BCD=××a2××a=a3. 设正三棱锥E-BCD的内切球的半径为r, 由S·r=a3,得×a2·r=a3,解得r=a. 8.B　过点B'作B'E⊥CD于点E,连接AE,如图所示. 设∠BCD=∠B'CD=α, 则B'E=4sin α,CE=4cos α,∠ACE=-α, 在△AEC中,由余弦定理得, AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos=9+16cos2α-24cos αsin α. ∵平面B'CD⊥平面ACD,平面B'CD∩平面ACD=CD,B'E⊥CD,B'E⊂平面B'CD, ∴B'E⊥平面ACD. 又AE⊂平面ACD,∴B'E⊥AE. 在Rt△AEB'中,由勾股定理得, AB'2=AE2+B'E2=9+16cos2α-24cos αsin α+16sin2α=25-12sin 2α, ∴当α=时,AB'的长取得最小值,为. 9.ACD　对于A,由m∥β,n∥β,且m,n⊂α,m∩n=P,及面面平行的判定定理知α∥β,故A正确; 对于B,m⊥α,m⊥n,α∥β,则n∥β或n⊂β,故B错误; 对于C,过m作平面γ∩α=l,而m∥α,则m∥l,又m∥β,所以l∥β, 又因为α∩β=n,所以l∥n,所以m∥n,故C正确; 对于D,由m⊥α,m⊂β,及面面垂直的判定定理知α⊥β,故D正确. 10.ABD　对于A,在菱形ABCD中,易知AC⊥BD.连接ME,则ME⊥BD, ∵CE⊥BD,ME∩CE=E,ME,CE⊂平面MCE, ∴BD⊥平面MCE.又MC⊂平面MCE,∴BD⊥MC,故A正确. 对于B,由题意可知,AB=BC=CD=DA=BD,∴当三棱锥M-BCD是正四面体时,△CDM为等边三角形,故B正确. 对于C,当三棱锥M-BCD是正四面体时,DM与BC垂直,故C不正确. 对于D,当平面BDM与平面BDC垂直时,直线DM与平面BCD所成的角最大,最大值为60°,故D正确. 11.BD　如图,该半正多面体是由棱长为2的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的. 对于A,该半正多面体的体积为2×2×2-8×××1×1×1=,故A错误; 对于B,过A,B,C三点的截面为正六边形ABCFED,因为AB=,所以正六边形的面积为6××()2=3,故B正确; 对于C,根据该几何体的对称性可知,该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球,其外接球的半径为×=,所以该半正多面体外接球的表面积为4π×()2=8π,故C错误; 对于D,该半正多面体有12个顶点,14个面,24条棱,满足12+14-24=2,故D正确. 12.答案　12 解析　根据直观图画出原图,如图所示: 则OA=3,OB=4,所以AB==5, 故△OAB的周长为3+4+5=12. 13.答案　 解析　由题意,知△AED'为等腰直角三角形, ∵平面AED'⊥平面ABCE,∴AD'在平面ABCE上的射影在AE上, ∴∠D'AE为直线AD'与平面ABCE所成的角,且∠D'AE=45°,其正弦值为. 14.答案　1;π 解析　设MB=t(0<t<2),则AM=DN=2-t, 将△DMN沿MN折起,当DN⊥平面MNQ时,三棱锥D-MNQ的体积最大, 此时VD-MNQ=××2×t×(2-t)=-(t-)2+1,0<t<2, ∴当t=时,VD-MNQ取得最大值,且最大值为1, 此时MB=,DN=,∴MQ=NQ=2, ∴△MNQ为等边三角形. ∴当三棱锥D-MNQ的体积最大时,三棱锥D-MNQ是正三棱柱的一部分,如图所示, 则三棱柱MNQ-EDF的外接球即是三棱锥D-MNQ的外接球, 设点G,H分别是上、下底面正三角形的中心,连接GH, 则线段GH的中点即是三棱柱MNQ-EDF的外接球的球心,设为O,连接HQ,OQ,则OH=DN=, ∵△MNQ是边长为2的等边三角形, ∴HQ=, ∴三棱柱MNQ-EDF的外接球的半径R=OQ==, ∴三棱锥D-MNQ的外接球的表面积为4πR2=. 15.解析　(1)证明:如图,取AC的中点M,连接DM,MF, ∵DA=DC=3,AC=2,M为AC的中点, ∴DM⊥AC,且DM=2.(2分) ∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,DM⊂平面ACD, ∴DM⊥平面ABC. 又EF⊥平面ABC,∴DM∥EF,且DM=EF=2, ∴四边形DEFM是平行四边形,∴DE∥MF,(4分) 在△ABC中,∵M,F分别是AC,BC的中点, ∴MF∥AB,∴DE∥AB, ∴A,B,E,D四点共面.(6分) (2)选①:∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,AC⊥BC,BC⊂平面ABC, ∴BC⊥平面ACD, ∴VB-ACD=S△ACD×BC.(8分) 由(1)知,DM⊥AC,且DM=2, ∴S△ACD=×AC×DM=×2×2=2,(10分) ∴VB-ACD=×2×4=.(13分) 选②:由题图可知,VA-BCE=VE-ABC. ∵EF⊥平面ABC, ∴VE-ABC=×S△ABC×EF.(8分) ∵AC⊥BC, ∴S△ABC=×AC×BC=×2×4=4,(10分) ∴VE-ABC=×4×2=, 即VA-BCE=.(13分) 选③:由(1)知DM∥EF, ∵DM⊄平面BCE,EF⊂平面BCE,∴DM∥平面BCE, ∴点D到平面BCE的距离等于点M到平面BCE的距离, 则三棱锥D-BCE与三棱锥M-BCE的体积相等,(8分) ∵AC⊥BC,AC=2,BC=4,M为AC的中点, ∴S△BCM=CM·BC=2,(10分) 又EF⊥平面ABC,且EF=2, ∴VB-CDE=VD-BCE=VM-BCE=VE-BCM=S△BCM·EF=.(13分) 16.解析　(1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OE, 易得△AOB∽△COD,则==,(3分) 由E是棱PC上靠近点P的三等分点,得==,则OE∥PA,(5分) 又PA⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,所以PA∥平面BDE.(7分) (2)在PA上取点G,使AG=AP,连接OG,GD, 则==,则OG∥PC, 因此∠DOG(或其补角)是异面直线BD与PC所成的角,(9分) 由PD⊥平面ABCD,AD,CD⊂平面ABCD,得PD⊥AD,PD⊥CD, 则OG=PC=×=,DO=BD=.(11分) 在△ADG中,AG=,AD=2,∠DAG=45°, 由余弦定理得DG==,(13分) 在等腰△DOG中,cos∠DOG===,(14分) 所以异面直线BD与PC所成角的余弦值是.(15分) 17.解析　(1)证明:取AB的中点M,连接B1M,CM,如图所示: 根据题意,易证得△B1BM≌△BAD,∴∠ABD=∠BB1M, 又∠BB1M+∠BMB1=90°, ∴∠ABD+∠BMB1=90°, ∴BD⊥B1M. ∵AA1⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,∴AA1⊥CM,(2分) ∵AC=BC,M为AB的中点,∴CM⊥AB, ∵AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面ABB1A1, ∴CM⊥平面ABB1A1, ∵BD⊂平面ABB1A1,∴BD⊥CM,(4分) ∵B1M∩CM=M,B1M⊂平面B1CM,CM⊂平面B1CM, ∴BD⊥平面B1CM, ∵B1C⊂平面B1CM, ∴BD⊥B1C.(7分) (2)设点B到平面DCB1的距离为h, ∵=·h=, ∵B1D=DC==,B1C==2, ∴△DCB1的边B1C上的高为=, ∴=×2×=,(10分) 由(1)知,CM⊥平面ABB1A1, ∴三棱锥C-BDB1的高为CM=×2=, 又=×2×2=2, ∴=×2×=,(12分) ∴××h=, ∴h=, 故点B到平面DCB1的距离为.(15分) 18.解析　(1)证明:取PB的中点H,连接FH,AH,如图所示: ∵F为PC的中点,∴FH是△PBC的中位线,∴FH=CB,FH∥CB, 又AD∥CB,AD=BC,∴FH∥AD,FH=AD, ∴四边形ADFH为平行四边形, ∴FD∥AH.(2分) 又FD⊄平面PAB,AH⊂平面PAB, ∴FD∥平面PAB.(3分) (2)证明:由(1)知,四边形ADFH为平行四边形, ∴A,D,F,H四点共面. ∵△PAB是等边三角形,H为PB的中点,∴PB⊥AH,(4分) ∵CB⊥平面PAB,FH∥CB, ∴FH⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,∴FH⊥PB.(5分) 又FH∩AH=H,FH,AH⊂平面ADF,∴PB⊥平面ADF. 又PB⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面ADF.(8分) (3)取BC的中点G,连接DG,FG, 则DG∥AB,且DG=AB=2, ∴直线AB与平面PDC所成的角即为DG与平面PDC所成的角.(10分) ∵FG∥PB,FG⊄平面PAB,PB⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB, 同理得DG∥平面PAB,又FG∩DG=G,FG,DG⊂平面DFG, ∴平面PAB∥平面DFG, 又CB⊥平面PAB,∴CG⊥平面DFG. 作GO⊥平面PDC,垂足为O,连接OD, 则∠GDO即为DG与平面PDC所成的角. 由等体积法得,VG-CDF=VC-DFG, ∴S△CDF·GO=S△DFG·CG,(12分) 易知△DFG,△CDF为直角三角形,且CF=,DF=,FG=1, ∴GO====,(14分) ∴sin∠GDO===, ∴直线AB与平面PDC所成角的正弦值为.(17分) 19.解析　(1)证明:∵PE⊥ED,PE⊥EB,EB∩ED=E,EB,ED⊂平面EBCD, ∴PE⊥平面EBCD, 又PE⊂平面PEB, ∴平面PEB⊥平面EBCD,(2分) ∵BC⊥EB,平面PEB∩平面EBCD=EB,BC⊂平面EBCD, ∴BC⊥平面PEB, 又EM⊂平面PEB,∴BC⊥EM.(4分) 由PE=EB,M为PB的中点知EM⊥PB, 又PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC, ∴EM⊥平面PBC, 又EM⊂平面EMN, ∴平面EMN⊥平面PBC.(7分) (2)假设存在点N满足题意.如图,过M作MQ⊥EB于Q, 由PE⊥EB知,PE∥MQ,(10分) 由(1)知,PE⊥平面EBCD,∴MQ⊥平面EBCD, 又EN⊂平面EBCD,∴MQ⊥EN, 过Q作QR⊥EN于R,连接MR, ∵MQ∩QR=Q,MQ,QR⊂平面MQR,∴EN⊥平面MQR, 又MR⊂平面MQR,∴EN⊥MR, ∴∠MRQ(或其补角)是二面角B-EN-M的平面角.(12分) 不妨设PE=EB=BC=2,则MQ=1, 在Rt△EBN中,设BN=x(0<x<2), 由Rt△EBN∽Rt△ERQ,得=,即=,得RQ=, ∴tan∠MRQ==,(14分) 依题意知,cos∠MRQ=, 则tan∠MRQ==,∴x=1,此时N为BC的中点. 综上,存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为,此时N为BC的中点.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $