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
(考查范围：第八章　时间：120分钟　分值：150分)
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．在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)
A B
　
C D
2．在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．若AC＝BD＝2，且AC与BD所成的角为60°，则EG的长为(　　)
A．1 B．
C．1或 D．或
3．如图，将一个圆柱4等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是(　　)
A．10π B．20π
C．100π D．200π
4．已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为(　　)
A．2 B．1
C． D．
5．在高为6的三棱柱ABC-A1B1C1中，△A′B′C′是底面△ABC的水平放置的直观图，如图，O′A′＝O′B′＝2，O′C′＝，则三棱柱ABC-A1B1C1的体积为(　　)
A．6 B．8
C．12 D．24
6．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，能使m⊥n成立的一组条件是(　　)
A．α∥β，m⊥α，n⊥β
B．α∥β，m α，n⊥β
C．α⊥β，m⊥α，n∥β
D．α⊥β，m α，n∥β
7．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC，直线AC1与平面ABCD所成角的正弦值为，N为线段BC的中点，则直线AB1与直线C1N所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C． D．
8．如图，“十字歇山”是两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为(　　)
A．23 B．24
C．26 D．27
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，在四面体ABCD中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，截面PQMN是正方形，则下列结论正确的为(　　)
A．AC∥截面PQMN
B．异面直线PM与BD所成的角为60°
C．AC⊥BD
D．BD⊥平面ACD
10．已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若平面α，β垂直于同一个平面，则α∥β
B．若l⊥α，且m∥α，则l⊥m
C．若平面α，β不平行，则在平面α内不存在平行于平面β的直线
D．若l∥m，且α∥β，则l与α所成的角和m与β所成的角相等
11．如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是(　　)
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，则当三棱锥B1-AMD的体积最大时，三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图，E是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，O为B1C的中点，则OE与BD1的位置关系为______；线段CE的长度为______.
13.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1＝16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．当底面ABC水平放置时，液面高为______.
14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2.以A1D1的中点为球心，为半径的球面与侧面B1BCC1的交线长为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)兴隆塔，建于隋朝．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量兴隆塔的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，兴隆塔垂直于水平面，他们选择了与兴隆塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得AB＝54 m，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和α，其中cos α＝，∠ADB＝45°.
(1)求兴隆塔的高CD的长；
(2)在(1)的条件下求多面体A-BCD的表面积；
(3)在(1)的条件下求多面体A-BCD的内切球的半径．
16.(15分)如图，在 ABCD中，∠CBD＝90°，沿其对角线BD将△BCD折起至△BC′D，使△BC′D所在平面与平面ABCD垂直．
(1)证明：平面BC′D⊥平面AC′D；
(2)若E为CC′上一点，AC′∥平面BDE，BC＝BD＝1，求直线AC′到平面BDE的距离．
17.(15分)如图，在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
18.(17分)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点．
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；
(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．
19.(17分)如图1梯形ABCD中AD∥BC，AB＝，BC＝1，CD＝，BE⊥AD且BE＝1，将梯形沿BE折叠得到图2，使平面ABE⊥平面BCDE，CE与BD交于O，点P在AB上，且AP＝2PB，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于点Q.
(1)证明：Q是AC的中点；
(2)证明：AD⊥平面BEQ；
(3)M是AB上一点，已知二面角M-EC-B为45°，求的值．
　
第八章立体几何初步
(考查范围：第八章　时间：120分钟　分值：150分)
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．A　解析：对于A，如图所示，
由中位线性质可知AB∥OQ，且OQ∩平面MNQ＝Q，则AB与平面MNQ不平行，故A满足题意；
对于B，由正方体结构特征，易得AB∥MQ，结合线面平行的判定定理，故B不满足题意；
对于C，由正方体结构特征，易得AB∥MQ，结合线面平行的判定定理，故C不满足题意；
对于D，由正方体结构特征，易得AB∥NQ，结合线面平行的判定定理，故D不满足题意．故选A.
2．C　解析：如图，连接HE，HG.
在△ABD中，因为H，E为所在棱的中点，所以HE∥BD，HE＝1.
在△ACD中，因为H，G为所在棱的中点，所以HG∥AC，HG＝1.
因为AC与BD所成的角为60°，所以∠EHG＝60°或120°.
当∠EHG＝60°时，△EHG为等边三角形，所以EG＝1;
当∠EHG＝120°时，由余弦定理可得EG2＝1＋1－2×1×1×＝3，即EG＝.
所以EG的长为1或.
故选C.
3．A　解析：设原圆柱的底面圆半径为r，高为h，则原圆柱的表面积为2πr2＋2πrh，
新几何体的表面积2πr2＋2πrh＋2rh，故2rh＝10，故圆柱的侧面积为2πrh＝10π.故选A.
4．B　解析：设底面半径为r，易知圆锥侧面展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线，所以2πr＝π×2 r＝1.故选B.
5．D　解析：直观图△A′B′C′对应的原图形为如图所示的△ABC，
其中OA＝O′A′＝2，OB＝O′B′＝2，OC⊥AB，OC＝2O′C′＝2，因此△ABC的面积S△ABC＝AB·OC＝4，所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V＝S△ABC×6＝24.故选D.
6．B　解析：对于A，若α∥β，m⊥α，n⊥β，则n∥m，故A错误；
对于B，若α∥β，m α，n⊥β，则m⊥n，故B正确；
对于C，若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m，n可能相交，平行或异面，故C错误；
对于D，若α⊥β，m α，n∥β，则m，n可能相交，平行或异面，故D错误．
故选B.
7．A　解析：如图，连接AC，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1AC为直线AC1与平面ABCD所成的角．设AB＝BC＝a，CC1＝h，则AC＝a，AC1＝，
所以sin∠C1AC＝＝＝，所以h＝a.
连接C1D，DN，由长方体的性质知，B1C1∥AD且B1C1＝AD，
所以四边形ADC1B1为平行四边形，
所以AB1∥DC1，则∠NC1D或其补角即为直线AB1与直线C1N所成的角．
在△NC1D中，C1D＝＝a，C1N＝a，DN＝a，
所以由余弦定理的推论得cos∠NC1D＝＝＝，
即直线AB1与直线C1N所成角的余弦值为.
故选A.
8．D　解析：该几何体由直三棱柱AFD-BHC及直三棱柱DGC-AEB重叠组成，作HM⊥CB于点M，如图．
因为CH＝BH＝3，∠CHB＝120°，所以CM＝BM＝，HM＝.
因为重叠后的底面为正方形，所以AB＝BC＝3.
在直棱柱AFD-BHC中，AB⊥平面BHC，HM 平面BHC，则AB⊥HM.
由AB∩BC＝B，可得HM⊥平面ABCD.
设重叠后的EG与FH交点为I，
则VI-ABCD＝×3×3×＝，
VAFD-BHC＝×3××3＝，
则该几何体的体积为
V＝2VAFD-BHC－VI-BCDA＝2×－＝27.
故选D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．AC　解析：对于A，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以PQ∥AC，因为PQ 平面PQMN，AC 平面PQMN，所以AC∥截面PQMN，故A正确；
对于B，因为点Q，M分别是棱BC，CD的中点，所以MQ∥BD，所以∠PMQ为异面直线PM与BD所成的角或其补角，因为截面PQMN是正方形，所以∠PMQ＝45°，即异面直线PM与BD所成的角为45°，故B错误；
对于C，因为截面PQMN是正方形，所以MN⊥QM，又因为点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，所以MN∥AC，QM∥BD，所以AC⊥BD，故C正确；
对于D，若要使BD⊥平面ACD，则需要BD⊥AC，BD⊥DC，但由题意知BD⊥DC不一定成立，故D错误．
故选AC.
10．BD　解析：若平面α，β垂直于同一个平面，α与β可能相交，故A错误；
由线面的位置关系可知，若l⊥α且m∥α，则l⊥m，故B正确；
当平面α，β相交时，在平面α内平行于交线的直线与β平行，故C错误；
因为两条平行直线与同一平面所成的角相等，若两平面平行，则两条平行直线与两个平行平面所成的角相等，故D正确．
故选BD.
11．BD　解析：对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，连接NE，NF.如图1，
则NE∥AB1，NF∥MB1，若CN⊥AB1，则EN⊥CN.
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，
故这是不可能的，故A不正确．
对于B，如图1，由∠NEC＝∠MAB1，
且NE＝AB1，AM＝EC，所以在△CEN中，由余弦定理，得
NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cos∠NEC，是定值，
故NC是定值，故B正确．
对于C，如图2，
取AM的中点为O，连接OD，OB1，因为AB＝BM，即AB1＝B1M，所以AM⊥B1O.
若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D 平面ODB1，所以AM⊥平面ODB1.
又因为OD 平面ODB1，所以OD⊥AM，则AD＝MD.
由于AD≠MD，AM⊥B1D不成立，故C不正确．
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1-AMD的体积最大，取AD的中点为E，
连接OE，B1E，ME，如图2.
因为AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，
所以B1O⊥AM.因为B1O 平面B1AM，所以B1O⊥平面AMD.又因为OE 平面AMD，所以B1O⊥OE，
则AM＝，B1O＝AM＝，OE＝DM＝AM＝，从而EB1＝＝1.
易知EA＝ED＝EM＝1，所以AD的中点E就是三棱锥B1-AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确．
故选BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.OE∥BD1　　解析：如图，连接BC1，交B1C于点O，连接EO，则O为BC1的中点．
因为BD1∥平面B1CE，BD1 平面D1BC1，平面D1BC1∩平面B1CE＝OE，
所以OE∥BD1.故E为D1C1的中点，所以EC1＝.
在Rt△EC1C中，CE＝＝＝.
13. 12　解析：设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，
侧面AA1B1B水平放置时，
水的体积为V＝S△ABC·AA1＝a·16＝12a.
当底面ABC水平放置时，水的体积为V＝S△ABCh＝ah，于是ah＝12a，解得h＝12，
所以当底面ABC水平放置时，液面高为12.
14. π　解析：如图，取BB1的中点E，CC1的中点F，B1C1的中点G，A1D1的中点O，连接OB1，OC1，OE，OF，GE，GF，
由题意可得，A1E＝D1F＝＝，OE＝OF＝＝.
在平面B1BCC1内取一点P，使得GP＝，连接OP，则OP＝＝，
且GE＝GF＝，所以以A1D1的中点为球心，为半径的球面与侧面B1BCC1的交线是以G为圆心，为半径的圆弧EPF，且∠B1GE＝∠C1GF＝45°，则∠EGF＝90°，则圆弧EPF的长为×2π×＝π.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.
解：(1)设CD＝x m，在△ACD中，∠CDA＝90°，∠CAD＝45°，则AD＝x m.
在△BCD中，∠CDB＝90°，∠CBD＝α，且cos α＝，
则tan α＝，所以BD＝x m.
因为∠ADB＝45°，所以由余弦定理，得x2＋2x2－2x·xcos 45°＝542，
整理得x2＝542，解得x＝54.
因此兴隆塔的高CD为54 m.
(2)由(1)知△ABD，△ACD，△BCD均为直角三角形，
CD＝DA＝AB＝54，BD＝54，
所以AC＝54，BC＝54，
所以在△ABC中，满足AB2＋AC2＝BC2，所以△ABC为直角三角形．
所以S△ABD＝S△ACD＝1 458，S△ABC＝S△BCD＝1 458，
所以(SA-BCD)全＝2 916(1＋)m2.
(3)设多面体A-BCD的内切球的半径为r，则VA-BCD＝S△ABD·CD＝(SA-BCD)全·r，
所以r＝27(－1)m.
16.
(1)证明：(方法一)因为∠CBD＝90°，所以CB⊥BD.
因为平面BC′D⊥平面ABCD，平面BC′D∩平面ABCD＝BD，CB 平面ABCD，
所以CB⊥平面BC′D.
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AD∥BC，所以AD⊥平面BC′D.
因为AD 平面AC′D，所以平面BC′D⊥平面AC′D.
(方法二)因为∠CBD＝90°，所以∠C′BD＝90°，即C′B⊥BD.
因为平面BC′D⊥平面ABCD，平面BC′D∩平面ABCD＝BD，C′B 平面BC′D，
所以C′B⊥平面ABCD.
因为AD 平面ABCD，所以C′B⊥AD.
因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD∥BC，
所以∠ADB＝∠CBD＝90°，即AD⊥BD.
因为C′B∩BD＝B，C′B，BD 平面BC′D，所以AD⊥平面BC′D.
因为AD 平面AC′D，所以平面BC′D⊥平面AC′D.
(2)解：因为AC′∥平面BDE，所以AC′到平面BDE的距离等于点C′到平面BDE的距离．
如图，连接AC交BD于点O，连接OE.
因为AC′∥平面BDE，AC′ 平面AC′C，平面AC′C∩平面BDE＝OE，
所以AC′∥OE.
因为O为AC的中点，所以E为CC′的中点．
因为BC＝BD＝1，∠CBD＝90°，所以CD＝C′D＝.
在Rt△C′BC中，C′B＝1，BC＝1，所以BE⊥CC′，且CC′＝，
所以△DC′C为等边三角形，所以DE⊥CC′.
因为BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
所以CC′⊥平面BDE，
所以C′E的长即为点C′到平面BDE的距离．
因为C′E＝，
所以直线AC′到平面BDE的距离为.
17.
证明：(1)因为DEF-ABC是三棱台，
且AB＝2DE，
所以BC＝2EF，AC＝2DF.
因为G，H分别是AC，BC的中点，所以GH∥AB.
因为AB 平面FGH，GH 平面FGH，
所以AB∥平面FGH.
因为EF∥BH且EF＝BH，
所以四边形BHFE是平行四边形，所以BE∥HF.
因为BE 平面FGH，HF 平面FGH，
所以BE∥平面FGH.
又因为AB∩BE＝B，AB，BE 平面ABED，
所以平面ABED∥平面FGH.
因为BD 平面ABED，所以BD∥平面FGH.
(2)因为H是BC的中点，
所以HC＝BC＝EF.
又HC∥EF，所以四边形HCFE是平行四边形，
所以HE∥CF.
因为CF⊥BC，所以HE⊥BC.
因为GH∥AB，AB⊥BC，所以GH⊥BC.
因为GH∩HE＝H，GH，HE 平面EGH，所以BC⊥平面EGH.
又因为BC 平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.
18.
(1)证明：如图，连接A1B.在△A1BC中，
因为E和F分别是BC和A1C的中点，
所以EF∥BA1.
又EF 平面A1B1BA，BA1 平面A1B1BA,
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)证明：因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.
又BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面BCB1，
所以AE⊥平面BCB1.
又AE 平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.
(3)解：如图，取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.
因为N和E分别为B1C和BC的中点，
所以NE∥B1B，NE＝B1B，
故NE∥A1A且NE＝A1A，所以四边形AA1NE为平行四边形，
所以A1N∥AE，且A1N＝AE.
因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1，
从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角．
在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2.
因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以四边形AA1MB为平行四边形，
所以A1M∥AB，A1M＝AB.
由AB⊥BB1，得A1M⊥BB1.
在Rt△A1MB1中，A1B1＝＝4.
在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝，
因此∠A1B1N＝30°，所以直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.
19.
(1)证明：如图1，过点C作CF⊥AD于点F，则EF＝BC＝1，CF＝BE＝1.
又因为CD＝，所以DF＝1，所以DE＝2，所以DE＝2BC且DE∥BC，
所以△BCO∽△DEO，所以DO＝2OB.
在△BAD中，DO＝2OB，AP＝2PB，
所以OP∥AD.
又OP 平面ACD，AD 平面ACD，
所以OP∥平面ACD.
又OP 平面OPQR，平面OPQR∩平面ACD＝RQ，
所以OP∥RQ，所以RQ∥AD.
又R是CD的中点，所以Q是AC的中点．
图1
(2)证明：如图2，在直角梯形BCDE中，BC＝BE＝1，所以CE＝.
在△CED中，CE＝CD＝，DE＝2，所以CE2＋CD2＝DE2，
所以∠ECD＝90°，所以CD⊥CE.
又因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AE⊥BE，
所以AE⊥平面BCDE，CD 平面BCDE，所以AE⊥CD.
又AE∩CE＝E，所以CD⊥平面ACE.
又EQ 平面ACE，所以CD⊥EQ.
在Rt△ABE中，AB＝，BE＝1，所以AE＝＝，
所以AE＝CE.又由(1)知Q是AC的中点，
所以EQ⊥AC，AC∩CD＝C，所以EQ⊥平面ACD.
又AD 平面ACD，所以EQ⊥AD.
又因为BE⊥AE，BE⊥DE，所以BE⊥平面ADE，所以BE⊥AD.
又BE∩EQ＝E，所以AD⊥平面BEQ.
图2
(3)解：如图3，过点M作MH⊥BE于点H，过点H作HG⊥CE于点G，连接MG，
图3
则∠MGH为二面角M-CE-B的平面角，所以∠MGH＝45°.
设＝λ，所以MH＝(1－λ)AE＝(1－λ)．
又＝＝λ，所以HE＝λBE＝λ.
在△BCE中，∠BEC＝45°，HG＝HE＝λ.
由∠MGH＝45°，得HG＝MH，即λ＝(1－λ)，所以λ＝，
所以＝.
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