人教版高二下学期数学(必修二)《第八章立体几何初步》单元检测卷附答案

第第页人教版高二下学期数学(必修二)《第八章立体几何初步》单元检测卷附答案考试时间：90分钟；满分：150分学校：___________班级：___________姓名：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023·高一单元测试）下列命题中成立的是（

）A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体2．（5分）（2022春·辽宁沈阳·高一阶段练习）如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中O'A'=2，∠BA．32 B．62 C．323．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球O为正三棱柱ABC−A1B1C1的外接球，正三棱柱ABC−A1BA．34 B．334 C．34．（5分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=2,AD=AAA．62 B．65 C．255．（5分）（2023·江西·统考模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（

）A．该二十四等边体的外接球的表面积为16πB．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=2C．直线AH与PN的夹角为60°D．QH⊥平面ABE6．（5分）（2022秋·黑龙江·高二期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则（）A．直线MB与直线B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1 B．.直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1D C．直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1 D．直线MB与直线A1D垂直，直线MB∥平面B1D1C7．（5分）（2022秋·四川泸州·高二阶段练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中．（1）A1P//平面（2）A1P与平面BCC（3）A1P+PC的最小值为（4）以A为球心，2为半径的球面与侧面DCC1D真命题共有几个（

）A．1 B．2 C．3 D．48．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（A1∉平面BCDE）.若M在线段A1C上（点M①当M为线段A1C中点时，②存在某个位置，使DE⊥A③当四棱锥A1−BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE④当二面角A1−DE−B的大小为π3时，异面直线A1D其中判断正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022秋·江西抚州·高二阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AAA．M，N，A，B四点共面 B．直线BN与平面ADM相交C．直线BN和B1M所成的角为60° D．平面ADM和平面10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1DA．若M为棱CC1的中点，则直线AC1B．若M在线段BC1上运动，则CM+MC．当M与D1重合时，以M为球心，52为半径的球与侧面BD．若M在线段BD1上运动，则M到直线C11．（5分）（2022春·河北邯郸·高一期末）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点O为A1D1的中点，若以O为球心，6为半径的球面与正方体ABCD−A．平面AB1C1D//平面EFGHC．四边形EFGH的面积为22 D．四棱锥B−EFGH的体积为12．（5分）（2023秋·辽宁营口·高二期末）如图所示，三棱锥P−ABC中，AP、AB、AC两两垂直，AP=AB=AC=1，点M、N、E满足PM=λPB，PN=λPC，ME=μMN，A．当AE取得最小值时，λ=B．AE与平面ABC所成角为α，当λ=12C．记二面角E−PA−B为β，二面角E−PA−C为γ，当μ=23D．当BE⊥CE时，λ∈三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·高一课时练习）华裔建筑师贝聿铭为卢浮宫设计的玻璃金字塔是一个底面边长为30米的正四棱锥，其四个玻璃侧面的面积约1500平方米，则塔高约为米．14．（5分）（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥P−ABC中，已知PA=AB=AC=2,∠PAB=π2,∠BAC=2π3,D是线段BC上的点，AD⊥AB,AD⊥PB.15．（5分）（2022秋·北京·高二期中）如图，四棱锥S−ABCD中，底面是边长为2的正方形，△SCD是等边三角形，平面SCD⊥平面ABCD,M,N,P分别为棱BC,CD,DA的中点，Q为△SCD及其内部的动点，满足PQ//平面AMS①直线SA与平面ABCD所成角为45°；②二面角S−AB−N的余弦值为27③点Q到平面AMS的距离为定值；④线段NQ长度的取值范围是1其中所有正确结论的序号是.16．（5分）（2022·高一课时练习）如图，点M为正方形边ABCD上异于点C,D的动点，将ΔADM沿AM翻折成ΔPAM，使得平面PAM⊥平面ABCM，则下列说法中正确的是.(填序号)

（1）在平面PBM内存在直线与BC平行；

（2）在平面PBM内存在直线与AC垂直（3）存在点M使得直线PA⊥平面PBC（4）平面PBC内存在直线与平面PAM平行.（5）存在点M使得直线PA⊥平面PBM四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）如图，在水平放置的平面α内有一边长为1的正方形A'B'C'D'，其中对角线A'C'是水平方向．已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的实际图形，并求出其面积．18．（12分）（2022·高一课时练习）如图，在一个长方体的容器中装有少量水，现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中：（1）水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？（2）水的形状也不断变化，可以是棱柱，也可能变为棱台或棱锥，对吗？（3）如果倾斜时，不是绕着底部的一条棱，而是绕着其底部的一个顶点，试着讨论水面和水的形状.19．（12分）（2022·上海·高二专题练习）如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的项点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω(2)若PO1:20．（12分）（2022秋·上海徐汇·高二期中）在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且BFFC(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体AC−EFGH的体积占四面体ABCD的325，求k21．（12分）（2022秋·浙江·高二阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AD=CD=3,BC=4，点M,N分别在线段AD和PC上，且DMAM（1）求证：PM//平面BDN；（2）设二面角P−BC−A大小为θ，若cosθ=33，求直线BD22．（2022秋·江苏泰州·高二开学考试）如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.（1）证明:平面PBE⊥平面PAB；（2）求点D到平面PBE的距离；（3）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023·高一单元测试）下列命题中成立的是（

）A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体【解题思路】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断.【解答过程】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起,所得多面体的每个面都是三角形,但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误；对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；对于C，如图所示，若AB=AC=CD=BD=4,BC=AD=3，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面BCD不是正三角形，故C错误；对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.故选：B.2．（5分）（2022春·辽宁沈阳·高一阶段练习）如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中O'A'=2，∠BA．32 B．62 C．32【解题思路】作出原平面图形，然后求出面积即可．【解答过程】∠B'A'O∴A'又O'C'⊥C'在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC，OA//BC，OA=2,BC=1，高OB=22∴其面积为S=1故选：A.3．（5分）（2023秋·天津河北·高三期末）已知球O为正三棱柱ABC−A1B1C1的外接球，正三棱柱ABC−A1BA．34 B．334 C．3【解题思路】利用球的表面积公式可求得R2，根据正棱柱的外接球半径满足R【解答过程】设正三棱柱ABC−A1B1C1的高为∵球O的表面积S=4πR2∵正三棱柱ABC−A1B1C∴△ABC的外接圆半径r=1∴R2=∴V故选：B.4．（5分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=2,AD=AAA．62 B．65 C．25【解题思路】根据题意，做出截面AFPE，然后分别计算各边长即可得到结果.【解答过程】连接AF，过点E做EP//AF交B1C1于点P，连接FP,AE因为E为BB1中点，EP//AF，所以因为AB=2,AD=AA1=4，则AF=AE=22所以截面AFPE的周长为2故选:D.5．（5分）（2023·江西·统考模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（

）A．该二十四等边体的外接球的表面积为16πB．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=2C．直线AH与PN的夹角为60°D．QH⊥平面ABE【解题思路】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.【解答过程】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示记正方体体心为O，取下底面ABCD中心为O1易知OO1所以外接球的表面积S=由欧拉公式可知：顶点数+面数−棱数=2，故B正确.又因为PN∥AD，易知直线AH与PN的夹角即为∠HAD=60直线AH与PN的夹角为60∘又因为QH∥EN，AB∥MN，易知直线QH与直线AB的夹角为∠ENM=可知直线QH与直线AB不垂直，故直线QH与平面ABE不垂直，故D错误.故选：D.6．（5分）（2022秋·黑龙江·高二期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则（）A．直线MB与直线B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1 B．.直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1D C．直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1 D．直线MB与直线A1D垂直，直线MB∥平面B1D1C【解题思路】可利用正方体的性质以及线!面垂直，线面平行的判定及性质逐一选项判断即可．【解答过程】解：对于选项A，连接B1D1，BD，如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1∥BD，BD⊂面MBD，所以B1D1∥平面MBD，又MB⊂面MBD，MB∩BD＝B，所以直线MB与直线B1D1不相交，故选项A错误；对于选项B，连接A1B，D1C，如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B∥D1C，A1B⊂面MBD，所以D1C∥面MBD，又MB⊂面MBD，MB∩A1B＝B，所以直线MB与直线D1C不平行，故选项B错误；对于选项C，连接AB1，DC1，A1B，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥A1B，A1B⊥B1C1，AB1∩B1C1＝B1，所以A1B⊥面ADC1B1，又∵BM∩A1B，所以BM与平面ADC1B1不垂直，故选项C错误；对于D选项，连接AD1，BC1，B1D1，B1C，CD1，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，A1D⊥AB，AD1∩AB＝A，所以A1D⊥面ABC1D1，BM⊂面ABC1D1，所以AD1⊥BM，设B1C∩BC1＝O，连接D1O，如图，∵BC1∥AD1，∴D1M∥OB，OB＝D1M，所以四边形BMD1O为平行四边形，所以BM∥D1O，又因为D1O⊂面B1D1C，所以BM∥面B1D1C，故选项D正确，故选：D．7．（5分）（2022秋·四川泸州·高二阶段练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中．（1）A1P//平面（2）A1P与平面BCC（3）A1P+PC的最小值为（4）以A为球心，2为半径的球面与侧面DCC1D真命题共有几个（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】证明出平面A1BC1//平面AD1C，利用面面平行的性质可判断（1）的正误;求出PB1的最小值，利用线面角的定义可判断（2）正误，将△A【解答过程】对于（1），在长方体ABCD−A1B1C1∴BC//A1D1且BC=A∵A1B⊂平面AD1C,CD∵A1B∩A1C1=A1，且又∵A1P⊂平面A1B对于（2），∵A1B1⊥平面BCC1tan∠A1PB1=由勾股定理得BC由等面积法得PB所以tan∠A1对于（3），将△A1C1B在Rt△BCC1中，在△A1B由余弦定理得cos∠A1C1B==10由余弦定理得A1代入数据解得A1因此，A1P+PC的最小值为对于（4），因为AD⊥平面DCC1D1，则交线上的点到点D的距离等于22故选：D.8．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE（A1∉平面BCDE）.若M在线段A1C上（点M①当M为线段A1C中点时，②存在某个位置，使DE⊥A③当四棱锥A1−BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE④当二面角A1−DE−B的大小为π3时，异面直线A1D其中判断正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断.【解答过程】在矩形ABCD中,AB=2AD,不妨令AB=2AD=2,则：(1)取DC的中点F,连接MF,FB,易知∠MFB=∠AMB所以MB的长为定值,故①正确;(2)假设存在某个位置,使DE⊥A1C,连接CE,取DE的中点H显然A1H⊥DE,而A1∵CH⊂平面A1进而有DC=CE,但DC=2,CE=2所以不可能有DE⊥A1C(3)由题意得,△ADE是等腰直角三角形,A到DE的距离是22当平面A1DE⊥平面BCDE时,四棱雉A点A1到平面BCDE的距离为A1H=(4)易知二面角A1−DE−B的平面角∠A1HF∠A又A1H=HF=2又易知异面直线A1D与BE所成角为∴cos故④错误,综上可知,正确的有2个.故选:B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022秋·江西抚州·高二阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AAA．M，N，A，B四点共面 B．直线BN与平面ADM相交C．直线BN和B1M所成的角为60° D．平面ADM和平面【解题思路】A：连接AD1,BC1，根据AM、B、N与面ABC1D1位置关系即可判断；B：F为DD1中点，连接AF，易得AF//BN，根据它们与面ADM的位置关系即可判断；C：若H,G分别是AA1,A1B1中点，连接H【解答过程】A：连接AD1,BC1，如下图AM⊂面ABC1D1所以M，N，A，B四点不共面，错误；B：若F为DD1中点，连接AF，N为棱由长方体性质知：AF//BN，显然BN⊄面ADM，若BN//面ADM，而AF∩面ADM=A，显然有矛盾，所以直线BN与平面ADM相交，正确；C：若H,G分别是AA1,由长方体性质易知：HD而AF//BN，故HD1//BN，即直线BN和B由题设A1G=A1H=A所以∠GD1HD：若G分别是A1B1中点，显然MG//所以平面ADM和平面A1B1C1而面ADMG∩面A1B1C1如下图，∠AGA1为ADMG和面A1故选：BCD.10．（5分）（2022秋·湖北宜昌·高二阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1DA．若M为棱CC1的中点，则直线AC1B．若M在线段BC1上运动，则CM+MC．当M与D1重合时，以M为球心，52为半径的球与侧面BD．若M在线段BD1上运动，则M到直线C【解题思路】作AC，BD交点O，连接OM，可证AC1∥OM，进而得到AC1∥平面BDM；展开△BC1D1与△BCC1到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理可求；D1在侧面B【解答过程】对选项A，作AC，BD交点O，连接OM，因为O为AC中点，M为棱CC1的中点，所以AC1∥OM，又因为OM⊂平面BDM，所以对选项B，展开△BC1D知CM+MD对选项C：M与D1重合时，在侧面BB1C1C上的射影为C1，故交线是以C对选项D，直线CC1与平面BDD1B1距离显然为OC，当M为BD1中点时，设CC1中点为E，易得故选：ACD.11．（5分）（2022春·河北邯郸·高一期末）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点O为A1D1的中点，若以O为球心，6为半径的球面与正方体ABCD−A．平面AB1C1D//平面EFGHC．四边形EFGH的面积为22 D．四棱锥B−EFGH的体积为【解题思路】如图，计算可得E,F,G,H分别为所在棱的中点，利用空间中面面的位置关系的判断方法可判断A、B的正误；计算出四边形EFGH的面积可得C正误；计算四棱锥B−EFGH的体积，可判断D正误.【解答过程】如图，连结OA，则OA=AA1同理，棱A1因为棱A1D1与棱BC之间的距离为2因为正方体的棱长为2，而2<6球面与正方体ABCD−A1B1C1D1的棱有四个交点所以棱AB，CD，C1C，B1B与球面各有一个交点，如图各记为E，F，因为△OAE为直角三角形，故AE=OE2−OA同理F,G,H分别为棱CD,C由正方形ABCD、E,F为所在棱的中点，可得EF//同理GH//BC，故EF//因为EH//AB1，EH⊂平面EFGH，AB1⊄平面EFGH同理，B1C1//平面EFGH，B1C1所以平面AB1C若平面ACC1A1⊥平面EFGH，则平面ACC1在矩形EFGH中，EH=2，GH=2，所以四边形EFGH的面积为2四棱锥B−EFGH的体积V=V故选：ACD.12．（5分）（2023秋·辽宁营口·高二期末）如图所示，三棱锥P−ABC中，AP、AB、AC两两垂直，AP=AB=AC=1，点M、N、E满足PM=λPB，PN=λPC，ME=μMN，A．当AE取得最小值时，λ=B．AE与平面ABC所成角为α，当λ=12C．记二面角E−PA−B为β，二面角E−PA−C为γ，当μ=23D．当BE⊥CE时，λ∈【解题思路】对于A：当AE取得最小值时，AE⊥平面PBC，根据已知可得三棱锥A−PBC是正三棱锥，则点E为正三角形PBC的中心，即可根据相似与正三角形的中点性质得出答案；对于B：设△PBC的中点为O，则AO⊥平面PBC，利用等体积法求出AO=33，根据已知结合几何知识得出OE∈612,对于C：过M作MH//AB，与PA交于H，连接HN，HE，即可得出∠EHM=β，∠EHN=γ，且△HMN∼△ABC，则△ABC为等腰直角三角形，且HM=HN，设HM=HN=a，根据已知得出HE=53a，ME=cosγ=对于D：当BE⊥CE时，点E在以BC为直径的圆上，即E为MN与该圆的交点，即可得出PM【解答过程】对于A：当AE取得最小值时，AE⊥平面PBC，∵AP、AB、AC两两垂直，AP=AB=AC=1，∴PB=PC=BC=2，则三棱锥A−PBC则点E为正三角形PBC的中心，则λ=23，对于B：设△PBC的中心为O，则AO⊥平面PBC，由等体积法可得：13×3当λ=12，μ∈0,1时，易知点O到直线MN的距离为612，点O到点M与点N的距离相等，都为则tanα=AOOE对于C：过M作MH//AB，与PA交于H，连接HN，HE，∵PM=λPB∴MN//BC，MN⊄面ABC，BC⊂面ABC，故MN//面ABC，∵MH//AB，MH⊄面ABC，AB⊂面ABC，故MH//面ABC，且MH,MN都属于平面HMN，MH∩MN=M，∴平面HMN//平面ABC，∵AP、AB、AC两两垂直，且AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，∴AP⊥平面ABC，则AP⊥平面HMN，∴MH,MN,NH都垂直于AP，则∠EHM=β，∠EHN=γ，且△HMN∼△ABC，则△ABC为等腰直角三角形，且HM=HN，设HM=HN=a，则当μ=23时，HE=5在△HME中，cosβ=在△HEN中，cosγ=则cosγ=2对于D：当BE⊥CE时，点E在以BC为直径的圆上，即E为MN与该圆的交点，设圆心为O，连接PO与M2N2交于点E则PM2≤PM<PM1∴P∵AP、AB、AC两两垂直，AP=AB=AC=1，∴PB=PC=BC=2∴∠PBC=60∘，由OM1=OB=∵PM=λPB∴MN//BC，即M2N2∵PO=62，PE则λ∈1−故选：CD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·高一课时练习）华裔建筑师贝聿铭为卢浮宫设计的玻璃金字塔是一个底面边长为30米的正四棱锥，其四个玻璃侧面的面积约1500平方米，则塔高约为20米．【解题思路】做PO⊥底面ABCD于点O，取AB的中点E，可得OE⊥AB、PE⊥AB，根据四个玻璃侧面的面积求出S△PAB可得PE【解答过程】如图，做PO⊥正四棱锥底面ABCD于点O，则O为底面ABCD的中心，取AB的中点E，连接PE、OE，则OE⊥AB，OE=15，因为PA=PB，所以PE⊥AB，因为四个玻璃侧面的面积约1500平方米，所以S△PAB由12×AB×PE=1所以PO=P则塔高约为20米，故答案为：20.14．（5分）（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥P−ABC中，已知PA=AB=AC=2,∠PAB=π2,∠BAC=2π3,D是线段BC上的点，AD⊥AB,AD⊥PB20π【解题思路】结合余弦定理、正弦定理、勾股定理求得球的半径，进而求得球的表面积.【解答过程】如图，因为AD⊥AB,AD⊥PB,PB∩AB=B，且PB,AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，所以PA⊥AD.因为∠PAB=π2，即PA⊥AB，且AB,AD⊂平面ABC，所以PA⊥平面ABC.在△ABC中，因为AB=AC=2,∠BAC=2π3设△ABC外接圆的半径为r，则2r=BCsin∠BAC=4，可得设三棱锥P−ABC的外接球的半径为R，可得R2即R=5，球O的半径为5，故表面积S=4故答案为：20π15．（5分）（2022秋·北京·高二期中）如图，四棱锥S−ABCD中，底面是边长为2的正方形，△SCD是等边三角形，平面SCD⊥平面ABCD,M,N,P分别为棱BC,CD,DA的中点，Q为△SCD及其内部的动点，满足PQ//平面AMS①直线SA与平面ABCD所成角为45°；②二面角S−AB−N的余弦值为27③点Q到平面AMS的距离为定值；④线段NQ长度的取值范围是1其中所有正确结论的序号是②③④.【解题思路】对于①：直接找出直线SA与平面ABCD所成角求解；对于②：直接找出二面角S−AB−N的平面角求解；对于③：利用PQ//平面AMS，P,Q两点到面AMS对于④：求出Q的轨迹，再求线段NQ长度的取值范围.【解答过程】对于①：连接SN，NA，因为△SCD是等边三角形，所以又平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD＝CD，SN⊂平面所以SN⊥平面ABCD，所以直线SA与平面ABCD所成角为∠SAN，在直角△ANS中，SN＝3，AN＝5，所以对于②：取AB的中点F，连接NF，因为底面是边长为2的正方形，△SCD是等边三角形，所以SA＝又AB⊥NF，所以二面角S−AB−N的平面角为∠SFN，又因为SN⊥平面ABCD，所以SN⊥NF，在直角△SNF中，SN=3，NF=2,SF=故②正确；对于③：因为PQ//平面AMS，所以P,Q两点到面AMS的距离相等，而P到面AMS的距离为定值，故点Q到平面AMS的距离为定值，故③对于④：取SD中点E，连接EP，EC，因为PE⊄面AMS，SA⊂面AMS，故PE//面AMS同理可证PC//面AMS又因为PC∩PE＝P，PE⊂面EPC，PC⊂面EPC，所以面EPC//又PQ//平面AMS，PQ⊂面EPC，面EPC∩面SCD＝EC，所以Q在等边三角形△SCD中，NQ的最大值为NC=1，最小值为N到直线CE的距离为12，故线段NQ长度的取值范围是12,1故答案为：②③④.16．（5分）（2022·高一课时练习）如图，点M为正方形边ABCD上异于点C,D的动点，将ΔADM沿AM翻折成ΔPAM，使得平面PAM⊥平面ABCM，则下列说法中正确的是（2）（4）.(填序号)

（1）在平面PBM内存在直线与BC平行；

（2）在平面PBM内存在直线与AC垂直（3）存在点M使得直线PA⊥平面PBC（4）平面PBC内存在直线与平面PAM平行.（5）存在点M使得直线PA⊥平面PBM【解题思路】采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果.【解答过程】（1）错，若在平面PBM内存在直线与BC平行，则BC//平面PBM，可知BC//AM，而BC与AM相交，故矛盾（2）对，如图作PN⊥AM，根据题意可知平面PAM⊥平面ABCM所以PN⊥AC，作NE⊥AC，点E在平面PBM，则AC⊥平面PNE，而PE⊂平面PBM，所以AC⊥PE，故正确（3）错，若PA⊥平面PBC，则PA⊥BC，而PN⊥BC所以BC⊥平面PAN，则AM⊥BC，矛盾（4）对，如图延长AM,BC交于点H连接PH,作CK//PHPH⊂平面PAM，CK⊂平面PBC，CK⊄平面PAM，所以CK//平面PAM，故存在（5）错，若PA⊥平面PBM，则PA⊥BM又PN⊥BM，所以BM⊥平面PAM所以BM⊥AM，可知点M在以AB为直径的圆上又该圆与CD无交点，所以不存在.故答案为：（2）（4）.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）如图，在水平放置的平面α内有一边长为1的正方形A'B'C'D'，其中对角线A'C'是水平方向．已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的实际图形，并求出其面积．【解题思路】先还原直观图为平行四边形，在原图中AD⊥AC，AD=2,AC=2【解答过程】四边形ABCD的真实图形如图所示，∵A'C'∴∠D∴在原四边形ABCD中，AD⊥AC,AC⊥BC，∵AD=2A'D∴S四边形ABCD18．（12分）（2022·高一课时练习）如图，在一个长方体的容器中装有少量水，现在将容器绕着其底部的一条棱倾斜，在倾斜的过程中：（1）水面的形状不断变化，可能是矩形，也可能变成不是矩形的平行四边形，对吗？（2）水的形状也不断变化，可以是棱柱，也可能变为棱台或棱锥，对吗？（3）如果倾斜时，不是绕着底部的一条棱，而是绕着其底部的一个顶点，试着讨论水面和水的形状.【解题思路】根据绕着棱旋转和绕着点旋转的特点，将问题转化为长方体被相应平面所截形成的截面形状.【解答过程】（1）不对，水面的形状就是用一个与棱（倾斜时固定不动的棱）平行的平面截长方体时截面的形状，因而是矩形，不可能是其他非矩形的平行四边形.（2）不对，水的形状就是用与棱（将长方体倾斜时固定不动的棱）平行的平面将长方体截去一部分后，剩余部分的几何体是棱柱，不可能是棱台或棱锥.（3）用任意一个平面去截长方体，其截面形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形，因而水面的形状可以是三角形，四边形，五边形，六边形；水的形状可以是棱锥，棱柱，但不可能是棱台.19．（12分）（2022·上海·高二专题练习）如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的项点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为(1)若圆柱的底面圆半径为32，求几何体Ω(2)若PO1:【解题思路】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.【解答过程】（1）如图可知，过P、O1、O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形，在直角△OO1D中，OD=1，O故圆锥的底面半径为32，高为O1P=1−圆柱的底面半径为32，高为O1O所以几何体Ω的体积为3π4（2）若PO1:O1O2=1:3，设在直角△OO1D中，OD=1，O故圆锥的底面半径为45，高为O1P=圆锥的侧面积为π×4圆柱的底面半径为45，高为O1O所以几何体Ω的表面积为8520．（12分）（2022秋·上海徐汇·高二期中）在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且BFFC(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体AC−EFGH的体积占四面体ABCD的325，求k【解题思路】（1）利用平行的传递性证明EF//HG即可；（2）延长EH,FG,BD，则必交于点M，利用相似比求解即可【解答过程】（1）连接EF,HG，因为H、G分别是AD、CD的中点，所以AC//HG，又BFFC所以AC//EF，所以EF//HG，所以E、F、G、H四点共面；（2）延长EH,FG,BD，则必交于点M，证明如下：设EH∩FG=M，因为EH⊂平面ABD，所以M∈平面ABD，同理M∈平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，所以M∈BD，所以EH,FG,BD，则必交于点M，取BD的中点O，连接OH,OG，因为BEEA所以BEBA又OHBA所以OHBE所以VM−HOG又MOMB所以MD+DOMD+2DO所以2kMD+2kDO=k+1所以k−1MD=2DO，即MD所以VM−HDG=2所以VM−EBFV=22所以8k3k+1所以7k2+4k+1所以12k+7k−9解得k=9或k=−7又因为k>0，所以k=921．（12分）（2022秋·浙江·高二阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，AD=CD=3,BC=4，点M,N分别在线段AD和PC上，且DMAM（1）求证：PM//平面BDN；（2）设二面角P−BC−A大小为θ，若cosθ=33，求直线BD【解题思路】（1）连接MC，交BD于E，只须证明PM平行于平面NBD内直线NE即可；（2）取BC中点F，连接MF、PF，可得∠PFM为二面角P−BC−A的平面角，再在△PFM中利用余弦定理求出PM，过点F作FQ⊥PM交PM于点Q，可证QF⊥平面PAD，即QF为点F到平面PAD的距离，又BC//平面PAD，则QF也为点B到平面PAD的距离，再利用等面积法求出QF，再求BD【解答过程】（1）证明：连接MC，交BD于E，因为DMAM=2，AD=3，所以DM=2，因为AD//BC，所以△MDE∽△CBE，C