2025版新教材高中數(shù)學第八章立體幾何初步單元素養(yǎng)水平監(jiān)測新人教A版必修第二冊

第八章單元素養(yǎng)水平監(jiān)測(時間：120分鐘滿分：150分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．下列說法正確的是()A．三點可以確定一個平面B．一條直線和一個點可以確定一個平面C．四邊形肯定是平面圖形D．兩條相交直線可以確定一個平面2．如圖，△ABC是水平放置的△ABC的斜二測直觀圖，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，則以下說法正確的是()A．△ABC是鈍角三角形B．△ABC是等邊三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形3．已知α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，則下列說法錯誤的是()A．若l⊥α，m⊥α，則l∥mB．若l∥α，α∥β，則l∥βC．若l∥α，l?β，α∩β＝m，則l∥mD．若l與m異面，l?α，l∥β，m?β，m∥α，則α∥β4．已知平面α，β，γ兩兩垂直，直線a，b，c滿意a?α，b?β，c?γ，則直線a，b，c不行能滿意以下哪種關系()A．兩兩垂直B．兩兩平行C．兩兩相交D．兩兩異面5．如圖，在正四面體ABCD中，M是BC的中點，P是線段AM上的動點，則直線DP和BC所成角的大小()A．肯定為90°B．肯定為60°C．肯定為45°D．與P的位置有關6．如圖，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直線AB∩l＝M，過A，B，C三點的平面記作γ，則γ與β的交線必通過()A．點AB．點BC．點C但不過點MD．點C和點M7．科技是一個國家強盛之根，創(chuàng)新是一個民族進步之魂，科技創(chuàng)新鑄就國之重器，極目一號(如圖①)是中國科學院空天信息探討院自主研發(fā)的系留浮空器.2024年5月，“極目一號”Ⅲ型浮空艇勝利完成10次升空大氣科學觀測，最高升空至9050米，超過珠穆朗瑪峰，創(chuàng)建了浮空艇大氣科學觀測海拔最高的世界紀錄，彰顯了中國的實力．“極目一號”Ⅲ型浮空艇長55米，高18米，若將它近似看作一個半球、一個圓柱和一個圓臺的組合體，正視圖如圖②所示，則“極目一號”Ⅲ型浮空艇的體積為()A．4542πB.3026πC.2540πD.2441π8．已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝eq\r(6)，若AC1與平面BCC1B1所成的角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，則該長方體外接球的表面積為()A．eq\f(27π,2)B.27πC.eq\f(45π,2)D.45π二、多項選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．)9．一個正方體的頂點都在球面上，過球心作一截面，如圖所示，則截面的可能圖形是()10．已知α，β是兩個不重合的平面，l，m是兩條不同的直線，下列說法正確的是()A．若l∥α，α∥β，則l∥βB．若α∥β，m?α，則m∥βC．若l∥α，m?α，則l∥mD.若α∩β＝l，m∥l，則m至少與α，β中一個平行11．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，以下四個選項正確的是()A．D1C∥平面A1ABB1B．A1D1與平面BCD1相交C．AD⊥平面D1DBD．平面BCD1⊥平面A1ABB112．如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F(xiàn)分別為CC1，AA1的中點，則下列結論錯誤的是()A．B1E⊥平面BEFB．直線B1E與直線BF所成的角為90°C．平面BEF與平面ABCD的夾角為45°D．直線D1F與平面ABCD所成的角為45°三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．)13．已知圓臺的上底面半徑為2，下底面半徑為6，若該圓臺的側面積為72π，則其母線長為________．14．如圖，在直二面角α-AB-β中，AC和BD分別在平面α和β上，它們都垂直于AB，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，則CD＝________．15．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，則C1到平面A1BD的距離為________．16．已知三棱錐P-ABC的棱長均為1，先在三棱錐P-ABC內放入一個內切球O1，然后再放入一個球O2，使得球O2與球O1與三棱錐P-ABC的三個側面都相切，則球O1的半徑為________，球O2的體積為________．四、解答題(本題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(本小題10分)(1)已知正四棱錐的底面邊長是6，側棱長為5，求該正四棱錐的表面積．(2)在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1.在三角形內挖去半圓形(圓心O在邊AC上，半圓形與BC、AB分別相切于點C、M，與AC交于N)，求圖中陰影部分繞直線AC旋轉一周所得的幾何體體積．18．(本小題12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是菱形，PA＝PC，E為PB的中點．求證：(1)PD∥平面AEC；(2)平面AEC⊥平面PBD.19．(本小題12分)如圖，在三棱柱A1B1C1-ABC中，E，F(xiàn)，G，H分別為BB1，CC1，A1B1，A1C1的中點．(1)證明：E，F(xiàn)，G，H四點共面．(2)證明：EG，F(xiàn)H，AA1三線共點．20．(本小題12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝CD＝3，PC＝3eq\r(2).(1)求證：PD⊥平面ABCD.(2)設點E是PA的中點，若BD⊥CD，BD＝2，求三棱錐B-CDE的體積．21．(本小題12分)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側面PAD為正三角形，M為線段PD上一點，N為BC的中點．(1)當M為PD的中點時，求證：MN∥平面PAB.(2)當PB∥平面AMN時，求出點M的位置，說明理由．22．(本小題12分)平行四邊形ABCD中，AB＝2AD＝2，DB＝eq\r(3)，如圖甲所示，作DE⊥AB于點E，將△ADE沿著DE翻折，使點A與點P重合，如圖乙所示．(1)設平面PEB與平面PDC的交線為l，推斷l(xiāng)與CD的位置關系，并證明；(2)當四棱錐P-BCDE的體積最大時，求二面角P-BC-D的正切值；(3)在(2)的條件下，G、H分別為棱DE，CD上的點，求空間四邊形PGHB周長的最小值．第八章單元素養(yǎng)水平監(jiān)測1．解析：A錯誤，不共線的三點可以確定一個平面；B錯誤，一條直線和直線外一個點可以確定一個平面；C錯誤，四邊形不肯定是平面圖形，比如空間四邊形；D正確，兩條相交直線可以確定一個平面．故選D.答案：D2．解析：將其還原成原圖，如圖，設A′C′＝2，則可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，從而AB＝BC＝eq\r(2)，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故選C.答案：C3．解析：對于A，依據(jù)垂直于同一平面的兩條直線平行可知A正確；對于B，若l∥α，α∥β，則l∥β或l?β，故B錯誤；對于C，依據(jù)直線與平面平行的性質定理可知C正確；對于D，假設α∩β＝n，因為l?α，l∥β，α∩β＝n，所以l∥n，同理可得m∥n，所以l∥m，這與l與m異面相沖突，故假設不成立，則α∥β，故D正確．故選B.答案：B4．解析：設α∩β＝l，且l與a，b均不重合，假設a∥b∥c，由a∥b可得a∥β，b∥α，又α∩β＝l，可知a∥l，b∥l，又a∥b∥c，可得c∥l.因為α，β，γ兩兩相互垂直，所以l與γ相交，即l與c相交或異面．若l與a或b重合，同理可得l與c相交或異面，可知假設錯誤，由此可知三條直線不能兩兩平行．故選B.答案：B5．解析：連接DM，∵四面體ABCD是正四面體，M是BC的中點，∴△DBC、△ABC是等邊三角形，∴BC⊥DM，BC⊥PM.∵DM?平面DMP，PM?平面DMP，DM∩PM＝M，∴BC⊥平面DMP，又DP?平面DMP，∴BC⊥DP，∴直線DP與BC所成角為90°.故選A.答案：A6．解析：對于A、B，易得A，B?β，故必不在γ與β的交線上，故A、B錯誤；對于C、D，因為過A，B，C三點的平面記作γ，所以平面ABC與γ是同一個面，因為直線AB∩l＝M，所以M∈AB?平面ABC，則M∈γ，又C∈平面ABC，則C∈γ，所以MC?γ；因為AB∩l＝M，α∩β＝l，所以M∈l?β，又C∈β，所以MC?β，所以β∩γ＝MC，所以γ與β的交線必通過點C和點M.故C錯誤，D正確．故選D.答案：D7．解析：該組合體的直觀圖如圖．半球的半徑為9米，圓柱的底面半徑為9米，母線長為13米，圓臺的兩底面半徑分別為9米和1米，高為33米，所以半球的體積為eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π·93＝486π(立方米)，圓柱的體積為π·92·13＝1053π(立方米)，圓臺的體積為eq\f(1,3)×33π(92＋9×1＋12)＝1001π(立方米)，故該組合體的體積為486π＋1053π＋1001π＝2540π(立方米).故選C.答案：C8.解析：連BC1，因為AB⊥平面BCC1B1，所以∠AC1B是AC1與平面BCC1B1所成的角，所以cos∠AC1B＝eq\f(BC1,AC1)＝eq\f(\r(6),3)，所以AC1＝eq\f(3BC1,\r(6))，設CC1＝x，則BCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝BC2＋CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，即BCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝6＋x2,又ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝AB2＋BC2＋CCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，所以eq\f(9BCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),6)＝9＋6＋x2，所以eq\f(9（6＋x2）,6)＝15＋x2，即x2＝12，所以BCeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝18，ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(9×18,6)＝27，因為該長方體外接球的直徑是AC1，設半徑為R，則R2＝eq\f(1,4)ACeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(27,4)，所以該外接球的表面積為4πR2＝4π·eq\f(27,4)＝27π.故選B.答案：B9．解析：當截面平行于正方體的一個側面時得C；當截面過正方體的體對角線時可得D；當截面既不過體對角線又不與任一側面平行時，可得A；但無論如何都不能截得B.故選ACD.答案：ACD10．解析：A.如圖所示：可得結果l∥β或l?β，故A錯誤；B．如圖所示：，可得結果m∥β，故B正確；C.如圖所示：，可得m⊥l，故C錯誤；D．如圖所示：，可得結果m∥α或m∥β，故D正確．故選BD.答案：BD11．解析：對于A，因為平面A1ABB1∥平面D1DCC1，而D1C?平面D1DCC1，故D1C與平面A1ABB1沒有公共點，所以D1C∥平面A1ABB1，即A正確；對于B，因為A1D1∥BC，所以A1D1?平面BCD1，所以B錯誤；對于C，若AD⊥平面D1DB，則AD⊥DB，但∠ADB＝45°，所以C錯誤；對于D，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，易得BC⊥平面A1ABB1，而BC?平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1，所以D正確．故選AD.答案：AD12．解析：對于A，如圖，連接B1F，由題意A1B1＝B1C1，又E，F(xiàn)分別為CC1，AA1的中點，可得B1E＝B1F，若B1E⊥平面BEF，則B1E⊥EF，進而∠B1EF＝∠B1FE＝90°.這明顯不成立，故B1E與平面BEF不垂直，A錯誤．對于B，假設直線B1E與直線BF所成的角為90°，即B1E⊥BF，由正四棱柱的性質可知B1A1⊥平面B1BCC1，而B1E?平面B1BCC1，所以B1A1⊥B1E，可得B1E⊥平面ABB1A1，而由正四棱柱的性質可知B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1E∥B1C1，明顯這是不行能的，所以假設不成立，因此B錯誤．對于C，分別延長D1F，DA交于點P，連接PB，則直線PB即為平面BED1F與平面ABCD的交線．連接BD，BD1，可證PB⊥平面BDD1，故∠DBD1即為平面BEF與平面ABCD的夾角，易知tan∠DBD1＝eq\f(DD1,BD)＝eq\r(2)>1，故∠DBD1>45°，C錯誤．對于D，可證D1F∥BE，則直線D1F與平面ABCD所成的角為∠EBC，又依據(jù)題意易知∠EBC＝45°，D正確．故選ABC.答案：ABC13．解析：圓臺的上底面半徑為2，下底面半徑為6，設圓臺的母線長為l，則該圓臺的側面積為S側＝π×(2＋6)×l＝72π，則l＝9，所以圓臺的母線長為9.答案：914．解析：連接BC，在直二面角α-AB-β中BD⊥AB，α∩β＝AB，BD?β，所以BD⊥α，又BC?α，則BD⊥BC，又AC⊥AB，所以，在Rt△ABC、Rt△DBC中CD＝eq\r(AC2＋AB2＋BD2)＝2eq\r(29).答案：2eq\r(29)15．解析：連接AC1，AD1，可以證明A1D⊥平面AC1D1，得AC1⊥A1D.同理可得AC1⊥A1B，故AC1⊥平面A1BD.連接AC交BD于O，連接A1O交AC1于點E，可以證明△AOE∽△C1A1E，則eq\f(AE,C1E)＝eq\f(AO,A1C1)＝eq\f(1,2)，所以C1E＝eq\f(2,3)AC1＝2eq\r(3)，即C1到平面A1BD的距離為2eq\r(3).答案：2eq\r(3)16.解析：如圖所示．已知三棱錐P-ABC的棱長均為1，所以三棱錐P-ABC為正四面體，設底面三角形ABC中心為O，PO⊥底面ABC，則O1，O2在PO上，取BC的中點D，作截面PAD，球O1，球O2與PD切于N，E，連接O1N，O2E.由題意得S△ABC＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝eq\f(\r(3),4)，底面ABC的外接圓半徑為2r1＝eq\f(1,sin60°)＝eq\f(1,\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(3),3)?r1＝eq\f(\r(3),3)，點P到平面ABC的距離為d＝eq\r(12－（\f(\r(3),3)）2)＝eq\f(\r(6),3)，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(2),12),所以S△PBC＝S△PAB＝S△PAC＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝eq\f(\r(3),4)，設球O1的半徑為R，所以VP-ABC＝VO1-PAB＋VO1-PAC＋VO1-PBC＋VO1-ABC，則eq\f(\r(2),12)＝eq\f(1,3)(eq\f(\r(3),4)×4)·R，得R＝eq\f(\r(6),12).設球O2的半徑為r，則eq\f(O2E,O1N)＝eq\f(PO2,PO1)，eq\f(r,R)＝eq\f(d－2R－r,d－R)，又R＝eq\f(\r(6),12)，d＝eq\f(\r(6),3)，得r＝eq\f(\r(6),24)，所以球O2的體積為V＝eq\f(4π,3)(eq\f(\r(6),24))3＝eq\f(\r(6)π,1728).答案：eq\f(\r(6),12)eq\f(\r(6)π,1728)17．解析：(1)正四棱錐P-ABCD中，底面正方形ABCD的面積S1＝AB2＝36，在等腰△PAB中，PA＝PB＝5，AB＝6，則邊AB上的高h＝eq\r(PA2－（\f(1,2)AB）2)＝4，因此該正四棱錐的側面積S2＝4S△PAB＝4×eq\f(1,2)AB×h＝2×6×4＝48，所以該正四棱錐的表面積S＝S1＋S2＝36＋48＝84.(2)幾何體是圖中陰影部分繞直線AC旋轉一周所得旋轉體，是一個圓錐內挖去一個球后剩余部分，球是圓錐的內接球，所以圓錐的底面半徑是1，高為eq\r(3)，球的半徑為r，tan30°＝eq\f(OC,BC)＝eq\f(r,1)，r＝eq\f(\r(3),3)，所以圓錐的體積為eq\f(1,3)×12×π×eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,3)，球的體積為eq\f(4,3)π×(eq\f(\r(3),3))3＝eq\f(4\r(3)π,27)，陰影部分繞直線AC旋轉一周所得旋轉體的體積為eq\f(\r(3)π,3)－eq\f(4\r(3)π,27)＝eq\f(5\r(3)π,27).18．證明：(1)設AC∩BD＝O，連接EO，如圖所示．因為O，E分別為BD，PB的中點，所以PD∥EO，又因為PD?平面AEC，EO?平面AEC，所以PD∥平面AEC.(2)連接PO，如圖所示．因為PA＝PC，O為AC的中點，所以AC⊥PO，又因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，因為PO?平面PBD，BD?平面PBD，且PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD，又因為AC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面PBD.19．證明：(1)如圖，連接EF，GH.∵GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1.∵B1E∥C1F，且B1E＝C1F，∴四邊形B1EFC1是平行四邊形，∴EF∥B1C1，∴EF∥GH，∴E，F(xiàn)，G，H四點共面．(2)如圖，延長EG，F(xiàn)H相交于點P.∵P∈EG，EG?平面ABB1A1，∴P∈平面ABB1A1.∵P∈FH，F(xiàn)H?平面ACC1A1，∴P∈平面ACC1A1.∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，∴P∈AA1，∴EG，F(xiàn)H，AA1三線共點．20．解析：(1)證明：在△PDC中，PD＝CD＝3，PC＝3eq\r(2)，PD2＋DC2＝PC2，則PD⊥DC.又平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD?平面PDC，故PD⊥平面ABCD.(2)PD＝3，點E是PA的中點，E到平面ABCD的距離d＝eq\f(1,2)PD＝eq\f(3,2).又BD⊥CD，BD＝2，CD＝3，S△BCD＝eq\f(1,2)×2×3＝3.VB-CDE＝VE-BCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·d＝eq\f(1,3)×3×eq\f(3,2)＝eq\f(3,2).21．解析：(1)證明：取AP