第4章 立体几何初步 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（湘教版）

[阶段质量评价]　第4章　立体几何初步 (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40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.下列命题正确的是 (　　) A.过球面上两点与球心有且只有一个平面 B.用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫作圆台 C.底面是正多边形，侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥 D.有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 解析：选C　当球面上的两点恰好是直径的两个端点时，这三点共线，此时过这三点有无数个平面，故A错误;用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫作圆台，故B错误;根据正棱锥的定义：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心.所以底面是正多边形且侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥，符合定义，故C正确;两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，侧棱延长不一定会相交于一点，所以不一定是棱台，故D错误.故选C. 2.已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形，其中AB=AC=2，则该平面图形的面积为 (　　) A. B.2 C.2 D.4 解析：选D　作出原图形如图所示，则AB'=2，AC'=4，所以该平面图形的面积为·AB'·AC'=×2×4=4，故选D. 3.(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β=m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 (　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 解析：选A　若α∩β=m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确;对于②，若m⊥n，则可能n⊂α或n∥α或n与α相交，②错误;对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确;对于④，n与m所成的角可以为内的任意角，④错误.故选A. 4.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为-1和3，则此组合体外接球的表面积是 (　　) A.16π B.20π C.24π D.28π 解析：选B　设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则O+12=R2，而OO1=-1+3-R，故R2=1+(+2-R)2，解得R=.此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.故选B. 5.如图，PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，且PA=AC=BC=a，则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于 (　　) A.2 B. C. D. 解析：选B　如图，将此多面体补成一个正方体.∵AC∥BD，∴PB与AC所成的角的大小即为此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小.在Rt△PBD中，∠PDB=90°，PD=a，DB=a，∴tan∠DBP==. 6.圆台的上、下底面半径之比为1∶2，一条母线长度为2，这条母线与底面所成角等于30°，这个圆台的体积为 (　　) A.π B.π C.π D.7π 解析：选D　如图，由题意得BD=2，AB=2CD，∠ABD=30°，过点D作DE⊥AB于点E，则DE=1，BE=.因为圆台的上、下底面半径之比为1∶2，所以CD=AE=BE=.则圆台上底面面积为()2π=3π，下底面面积为(2)2π=12π.故圆台的体积为(12π+3π+)×1=7π.故选D. 7.已知三棱柱ABC⁃A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心.设O为△ABC的中心，连接PO，OA，由题意得PO⊥平面ABC，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.在正三角形ABC中，AB=BC=AC=，则S=×()2==S×PO=，∴PO=.又AO=×=1，∴tan∠PAO==.∴∠PAO=. 8.如图，在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是 (　　) A.a B.a C.a D.a 解析：选D　因为在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是CC1，C1D1，DD1，CD的中点，N是BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD.又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以GH∥平面A1BD.同理可得NH∥平面A1BD.又GH∩HN=H，所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动，MN∥平面A1BD，所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件.易得GH=a.故点M的轨迹长度是a.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，已知PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，则下列关系正确的是 (　　) A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC C.AC⊥PB D.PC⊥BC 解析：选ABD　∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，A正确;又∵BC⊥AC，PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.∴B、D均正确. 10.如图1，直线EF将矩形纸ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF，将梯形CDEF沿边EF翻折，如图2，在翻折的过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合)，下面说法不正确的是 (　　) A.存在某一位置，使得CD∥平面ABFE B.存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE C.在翻折的过程中，BF∥平面ADE恒成立 D.在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF恒成立 解析：选ABD　因为四边形DEFC是梯形，DE∥CF，所以CD与EF相交，所以CD与平面ABFE相交，故A错误;因为四边形DEFC是梯形，DE⊥CD，所以DE与EF不垂直，所以不存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE，故B错误;因为四边形ABFE是梯形，AE∥BF，BF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以在翻折的过程中，BF∥平面ADE恒成立，故C正确;因为四边形ABFE是梯形，AB⊥BF，所以BF与FE不垂直，在翻折的过程中，BF⊥平面CDEF不成立，故D错误. 11.如图，在棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中，O为BD的中点，则下列结论正确的是 (　　) A.A1C⊥平面C1BD B.直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为 C.二面角C1⁃BD⁃C的正切值为 D.B1到平面C1BD的距离为 解析：选ABC　由正方体的性质可得BD⊥平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，故A1C⊥BD，同理，A1C⊥BC1，又BD∩BC1=B，且BD，BC1⊂平面C1BD，故A1C⊥平面C1BD，故A项正确;由正方体的棱长为1，设直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为θ，则A1C1=，点A1到平面ABC1D1的距离为A1D=，故sin θ=，所以θ=，故B项正确;连接CO，OC1(图略)，则∠C1OC为二面角C1⁃BD⁃C的平面角，则tan∠C1OC==，故C项正确;设B1到平面C1BD的距离为h，因为⁃C1BD=VD⁃C1BB1，所以×××××h=××1×1×1，解得h=，故D项错误.故选ABC. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上) 12.（5分）已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α;②m⊥α;③m⊂α;④α∥β.当满足条件　　　　时，有m⊥β.  解析：当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的选项，故由②④可推出m⊥β，即②④是m⊥β的充分条件，∴满足条件②④时，有m⊥β. 答案：②④ 13. （5分）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为　　　　.  解析：在Rt△SAB中，SA=SB，S△SAB=·SA2=8，解得SA=4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h.在Rt△SAO中，∠SAO=30°，所以r=2，h=2.所以圆锥的体积为πr2·h=π×(2)2×2=8π. 答案：8π 14. （5分）已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，且这个球的体积是π，那么这个三棱柱的侧面积为　　　　，体积是　　　　.  解析：设球的半径为r，则πr3=π，得r=2，柱体的高为2r=4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，所以底面正三角形的边长为4.所以正三棱柱的侧面积S侧=3×4×4=48，体积V=×(4)2×4=48. 答案：48　48 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)如图，四面体ABCD中，E是AB的中点，点F在BD上，EF∥平面ACD，平面CEF与平面ACD的交线为l，CB=CD，AD⊥BD，求证： (1)AD∥l;（5分） (2)平面BCD⊥平面CEF. （8分） 证明：(1)∵EF∥平面ACD，平面CEF∩平面ACD=l，EF⊂平面CEF，∴EF∥l. 又平面ABD∩平面ACD=AD，EF⊂平面ABD， ∴EF∥AD.∴AD∥l. (2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD. ∵CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD. 又EF∩CF=F，EF，CF⊂平面EFC， ∴BD⊥平面EFC. ∵BD⊂平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD. 16.(15分)如图，在四棱锥P⁃ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点. (1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面，存在请证明，不存在请说明理由;（6分） (2)若PC=2，求三棱锥P⁃ACE的体积. （9分） 解：(1)存在PA的中点G满足条件.证明如下： 连接GE，GD，则GE是三角形PAB的中位线， 所以GE∥AB. 又由已知AB∥DC，所以GE∥DC. 所以G，E，C，D四点共面. (2)因为E是PB的中点， 所以VP⁃ACE=VC⁃PAE=VC⁃PAB=VP⁃ACB. 由(1)知AC⊥BC，所以S△ABC=AC·BC=1.VP⁃CAB=PC·S△CAB=，所以VP⁃ACE=. 17.(15分)如图，棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面α，使得α∥平面BDF. (1)作出α截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由;（6分） (2)求平面α与平面BDF的距离.（9分） 解：(1)连接B1D1，EB1，ED1， 由正方体性质可得BD∥B1D1，BF∥ED1. 又BF∩BD=B，所以平面EB1D1∥平面BDF. 因为α∥平面BDF，且E∈α， 所以平面EB1D1与平面α重合. 即三角形EB1D1就是α截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面. (2)由(1)可知平面α与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离. 设点B1到平面BDF的距离为d. 由题意可得BD=2，BF=DF=， 所以△BDF的面积为，△BB1F的面积为2. 由=可得S△BDF·d=×2，解得d=. 所以平面α与平面BDF的距离为. 18.(17分)将如图①的矩形ABMD沿CD翻折后构成一四棱锥M⁃ABCD(如图②)，若在四棱锥M⁃ABCD中有MA=. (1)求证：AC⊥MD;（7分） (2)求四棱锥M⁃ABCD的体积.（10分） 解：(1)证明：如图，连接AC. 在△MAD中，MA=，MD=1，AD=2， 所以MA2+MD2=AD2，所以MD⊥MA. 又因为MD⊥MC，MC∩AM=M，MC，AM⊂平面MAC，所以MD⊥平面MAC.AC⊂平面MAC，所以AC⊥MD. (2)取CD的中点F，连接MF. 在△ACD中，CD=AC=，AD=2， 所以AC2+CD2=AD2，所以AC⊥CD. 由(1)可知MD⊥平面MAC， 所以AC⊥MD.所以AC⊥平面MCD.所以AC⊥MF. 在△MCD中，MC=MD=1，所以MF⊥CD，MF=.CD∩AC=C，CD，AC⊂平面ABCD， 所以MF⊥平面ABCD. 所以VM⁃ABCD=S四边形ABCD×MF=××=. 19.(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P⁃ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC;（7分） (2)若AD⊥DC，且二面角A⁃CP⁃D的正弦值为，求AD.（10分） 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD. 又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC. 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF. 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP.又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF⊂ 平面DEF，所以CP⊥平面DEF. 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A⁃CP⁃D的平面角， 即sin∠DFE=，即tan∠DFE=. 由AD⊥DC，设AD=x(0<x<2)，则CD=，由等面积法可得，DE=， 又CE==，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF=， 故tan∠DFE==，解得x=，即AD=. 52 / 208 学科网（北京）股份有限公司 $