2025-2026学年人教A版数学必修第二册单元测试：第八章 立体几何初步（含解析）

第八章 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．有两个平面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱
B．底面是正六边形的棱锥是正六棱锥
C．棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点
D．绕直角梯形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台
2．如图所示是由斜二测画法得到的水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的AB边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段CB，CD，CA中(　　)
A．最长的是CB，最短的是CA
B．最长的是CA，最短的是CB
C．最长的是CB，最短的是CD
D．最长的是CA，最短的是CD
3．已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为2，则该圆台的侧面积为(　　)
A．π B．2π
C．3π D．4π
4．工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格．工人师傅运用的数学原理是(　　)
A．两条相交直线确定一个平面
B．两条平行直线确定一个平面
C．四点确定一个平面
D．直线及直线外一点确定一个平面
5．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，则异面直线MN与DD1所成的角为(　　)
A． B．
C． D．
6．(2025·天津高考)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m α，α⊥β，则m⊥β
7．已知圆锥的顶点和底面圆都在球O的球面上，圆锥底面半径为，侧面展开是一个半圆，则球O的表面积是(　　)
A．8π B．9π
C．16π D．32π
8．如图，正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为4，动点E，F在棱AB上，且EF＝2，动点Q在棱D′C′上，则三棱锥A′-EFQ的体积(　　)
A．与点E，F位置有关
B．与点Q位置有关
C．与点E，F，Q位置有关
D．与点E，F，Q位置均无关，是定值
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．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列四个结论正确的是(　　)
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线AM与BN是平行直线
C．直线BN与MB1是异面直线
D．直线AM与DD1是异面直线
10．如图，在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中， O为底面正方形的中心， M，N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的是(　　)
A．PD∥平面OMN
B．平面PCD∥平面OMN
C．直线PD与直线MN所成的角的大小为90°
D．ON⊥PB
11．已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则(　　)
A．三棱锥S-ABC的体积为
B．三棱锥S-ABC的体积为
C．三棱锥O-ABC的体积为
D．三棱锥O-ABC的体积为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)
12．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________cm2；其周长为________cm．
13．在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1．(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形．)
14．如图，边长为2的正方形ABCD中，以B为圆心的圆与AB，BC分别交于点E，F，若tan ∠CDF＝，则阴影部分绕直线BC旋转一周形成的几何体的体积等于________．
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． (本小题满分13分)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm．
(1)求该模型的体积；
(2)若3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，求制作该模型所需要原料的质量．
16．(本小题满分15分)如图，四边形ABCD是矩形，AD＝2，DC＝1，AB⊥平面BCE，BE⊥EC，EC＝1．点F为线段BE的中点．
(1)求证：DE∥平面ACF；
(2)求AC和平面ABE所成的角的正弦值．
17．(本小题满分15分)(教材原题·P171复习参考题8T14)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中点．
(1)求证：AM⊥平面PCD；
(2)求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值．
18．(本小题满分17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥PD，PA＝PD，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为AB上的动点(与A，B两点不重合)．
(1)判断平面PAE与平面PDE是否互相垂直．如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．
(2)若AD＝4，AB＝4，当E为AB的中点时，求点C到平面PDE的距离．
19．(本小题满分17分)如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，点E，F分别在BC，AD上运动，且EF∥AB，现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面CDFE．
(1)若E为BC的中点，求证：CD⊥平面ACF；
(2)求三棱锥A-CEF体积的最大值，并求出此时点E到平面ACD的距离．
参考答案
1．C　[棱台有两个平面平行，其余各面都是梯形，则A错误；
底面是正六边形，且所有侧棱相等的棱锥是正六棱锥，则B错误；
由棱台的定义可知棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点，则C正确；
绕直角梯形的直角腰所在直线旋转一周得到的几何体是圆台，则D错误．故选C．]
2．B　[如图，画出原图，
在原平面图形中AB⊥BC，∠ADC是钝角，
从而CB3．C　[圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为2，则圆台的母线长l==，
所以该圆台的侧面积S=π(1+2)l=3π．
故选C．]
4．A　[利用平面的基本性质求解．
由于连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格，
所以工人师傅运用的数学原理是“两条相交直线确定一个平面”．
故选A．]
5．B　[
连接A1D，BD，显然M为BD的中点，因为在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为BD，A1B的中点，所以MN∥A1D，
因此，异面直线MN与DD1所成的角即为直线A1D与DD1所成的角，即∠A1DD1，显然为．故选B．]
6．C　[对于A，若m∥α，n α，则m∥n或m，n异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
对于D，若m α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m β，故D错误．故选C．]
7．D　[依题意圆锥底面半径r=，设圆锥的高为h，母线为l，圆锥的外接球的半径为R，
则2πr=πl，即2π×=πl，解得l=2，所以h==3，所以R2=(h-R)2+r2，即R2=(3-R)2+()2，解得R=2，
所以圆锥的外接球球O的表面积S=4πR2=32π．
故选D．]
8．D　[根据三棱锥等体积法，可知VA' EFQ=VQ A'EF，
而EF=2，A'A=4，所以S△A'EF=×EF×A'A=4(定值)，由正方体可知D'A'⊥平面A'ABB'，
则D'A'⊥平面A'EF，又点Q在棱D'C'上，
所以点Q到△EFA'所在平面的距离为D'A'=4(定值)，
而VQ A'EF=×S△A'EF×D'A'=×4×4=，
即VA' EFQ=VQ A'EF=(定值)．
故三棱锥A' EFQ的体积与点E，F，Q位置均无关，是定值．
故选D．]
9．CD　[
对于A，因为点A在平面C1D1DC外，点M在平面C1D1DC内，直线CC1在平面C1D1DC内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故A错误；
对于B，因为B和AM都在平面ABC1D1内，N不在平面ABC1D1内，且AM不过点B，所以直线AM与BN是异面直线，故B错误；
对于C，因为B1与BN都在平面B1C1CB内，M在平面B1C1CB外，MB1不过点B，N，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；
对于D，因为M与DD1都在平面C1D1DC内，A在平面C1D1DC外，DD1不过点M，所以AM与DD1是异面直线，故D正确．故选CD．]
10．ABD　[
对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点．
又N为PB的中点，所以PD∥ON．又PD 平面OMN，
ON 平面OMN，所以PD∥平面OMN，选项A正确；
对于选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，
因为底面ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，又CD 平面OMN，MN 平面OMN，所以CD∥平面OMN，
又由选项A得PD∥平面OMN，PD∩CD=D，
所以平面PCD∥平面OMN，选项B正确；
对于选项C，因为MN∥CD，
所以∠PDC(或其补角)为直线PD与直线MN所成的角．
又因为四棱锥的所有棱长都相等，所以∠PDC=60°，
故直线PD与直线MN所成的角的大小为60°，选项C不正确；
对于选项D，因为底面ABCD为正方形，所以AB2+AD2=BD2，
又四棱锥的所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，故PB⊥PD，
又PD∥ON，所以ON⊥PB，选项D正确．
故选ABD．]
11．AC　[∵三棱锥S ABC与三棱锥O ABC的底面都是△ABC，O是SC的中点，
∴三棱锥S ABC的高是三棱锥O ABC高的2倍，
∴三棱锥S ABC的体积也是三棱锥O ABC的体积的2倍，
在三棱锥O ABC中，其棱长都为1，如图所示，
∴S△ABC=，高OD===，
∴VO ABC=×S△ABC×OD=××=，
∴VS ABC=2VO ABC=2×=．
故选AC．]
12．　+　[
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AC∩BD=F，则F为BD的中点，
令过AC平行于对角线BD1的截面交DD1于E，即平面BDD1∩平面ACE=EF，
由BD1∥平面ACE，BD1 平面BDD1，得EF∥BD1，则E为DD1的中点，
于是EF=BD1===，而AC=，
所以截面面积S△ACE=AC·EF=××=(cm2)；
又AE=CE==，所以截面周长l=AC+AE+EC=+(cm)．]
13．AC⊥BD(答案不唯一)　[
如图所示，连接BD，AC，A1C，B1D1，
因为A1A⊥平面ABCD，BD 平面ABCD， 所以A1A⊥BD，
因为AC⊥BD，A1A∩AC=C，
所以BD⊥平面A1AC．
因为A1C 平面A1AC，
所以A1C⊥BD．
因为BD∥B1D1，
所以A1C⊥B1D1．]
14.6π　[在Rt△DCF中，DC=2，CF=DCtan∠CDF=2×=1，
所以BF=1，正方形ABCD绕直线BC旋转一周形成圆柱，圆柱的底面半径R=AB=2，
高h1=BC=2，其体积V1=πR2h1=π×22×2=8π；
Rt△CDF绕直线BC旋转一周形成与圆柱同底的圆锥，圆锥的底面半径R=2，
高h2=CF=1，其体积V2=πR2h2=π×22×1=π；
扇形BEF是圆的，绕直线BC旋转一周形成一个半球，球的半径为r=BE=1，
故其体积V3=×πr3=×π×13=π，
所以阴影部分绕直线BC旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉上述的半球与圆锥，
故其体积V=V1-V2-V3=8π-π-π=6π．]
15．解：(1)由题意知，该模型体积为
-VO EFGH=6×6×4-×4×6-4××3×2×3=144-12=132(cm3)．
(2)若3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，则制作该模型所需原料的质量为132×0.9=118.8(g)．
16．解：
(1)证明：连接BD交AC于M，连接FM，因为M，F为BD，BE的中点，
所以FM为△BDE的中位线，
所以FM∥DE，而FM 平面ACF，DE 平面ACF，故DE∥平面ACF．
(2)因为AB⊥平面BCE，CE 平面BCE，所以AB⊥CE，
又由BE⊥EC，而AB∩BE=B，AB，BE 平面ABE，故CE⊥平面ABE．
故∠CAE即为AC和平面ABE所成的角．
由已知，AC==，EC=1，
在直角三角形ACE中，可得sin∠CAE==，
所以AC和平面ABE所成的角的正弦值为．
17．(教材原题·P171复习参考题8T14)
解：(1)因为侧面PAD⊥底面ABCD，且交线为AD，又CD 平面ABCD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，又AM 平面PAD，所以CD⊥AM．侧面PAD是正三角形，M是PD的中点，所以PD⊥AM．又PD∩CD=D，PD，CD 平面PCD，所以AM⊥平面PCD．
(2)取AD的中点E，BC的中点F，连接PE，EF，PF．依题意知AD⊥PE，AD⊥FE，且PE∩FE=E，所以AD⊥平面PEF，又BC∥AD，所以BC⊥平面PEF，因此BC⊥FE，BC⊥FP，所以∠PFE就是二面角P BC A的平面角．
由(1)知CD⊥平面PAD，因为EF∥CD，所以EF⊥平面PAD，从而EF⊥PE．
在直角三角形PEF中，设EF=2a，则PE=a，所以PF=a，cos∠PFE===．
所以二面角P BC A的余弦值为．
18．解：(1)平面PAE与平面PDE垂直．证明如下：
因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又侧面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AB 平面ABCD，所以AB⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，所以AB⊥PD．
又PD⊥PA，且PA∩AB=A，PA，AB 平面PAB，所以PD⊥平面PAB．
又PD 平面PDE，所以平面PDE⊥平面PAB，即平面PAE⊥平面PDE．
(2)当E为AB的中点时，取AD的中点O，连接OP．
因为PA=PD，
所以PO⊥AD．
因为侧面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥底面ABCD．
因为PA⊥PD，AD=4，所以PA=PD=2，PO=2．
在Rt△PAE中，AE=AB=2，PA=2，
所以PE=4．
由(1)知PD⊥平面PAB，又PE 平面PAB，
所以PD⊥PE．
所以S△PDE=PD·PE=×2×4=4．
因为S△CDE=CD·AD=×4×4=8，
所以VP CDE=S△CDE·PO=×8×2=．
设点C到平面PDE的距离为h，
则由VC PDE=S△PDE·h=VP CDE，
得×4h=，解得h=4，
所以点C到平面PDE的距离为4．
19．解：(1)当E为BC中点时，EC=EF=2，EF⊥EC，FC=2=DC，FD=4，
由勾股定理FC2+CD2=FD2，得FC⊥CD．
∵平面ABEF⊥平面CDFE，且平面ABEF∩平面CDFE=EF，AF⊥EF，AF 平面ABEF，
∴AF⊥平面CDFE，又CD 平面CDFE，
∴AF⊥CD．
∵FC⊥CD，AF⊥CD，AF∩FC=F，AF，FC 平面AFC，
∴CD⊥平面AFC．
(2)设BE=x(0∴VA EFC=×2××(4-x)×x==(0∴当x=2时，VA EFC有最大值，最大值为．
此时BE=EF=CE=2，CF=2，AC==2，CD=2，
设点E到平面ACD的距离为d，
∵VE ACD=×d×S△ACD=VA ECD=S△CED·AF=××2×2×2=．
由(1)易知CD⊥AC，
∴S△ACD=×2×2=2，
∴×d×2=，d=．
∴点E到平面ACD的距离为．