立体几何专项训练-2025届高三数学一轮复习

立体几何专项训练-2025届高三数学一轮复习 姓名___________ 班级_________ 满分150分，考试用时120分钟 一､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．已知平面，和直线，，且，，，则与的位置关系是（    ） A．平行或异面 B．平行 C．异面 D．相交 2．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（    ） A． B．4 C． D． 3．已知，，，若，，共面，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 4．平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（    ） A．0 B． C． D． 5．棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 6．在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（    ） A． B． C． D． 7．在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二､多选题：本题共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，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，．若将正三棱锥绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，且M，B，D，E四点共面，点M，E分别位于BD两侧，则（    ） A． B． C．MC的长度为 D．点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为 10．已知向量，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为 D．的最大值为4 11．如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．直线与平面所成角的正切值为 C．点到平面的距离为 D．三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知空间四点，，，共面，则 ． 13．在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为2，则二面角的大小为 ． 14．在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 四､解答题：本题共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13分） 如图，在四棱柱中，侧棱平面ABCD，，，，，E为棱的中点，M为棱CE的中点． (1)证明：； (2)求异面直线BM与AD所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 16.（本小题15分） 如图，在三棱锥中，底面ABC，且，，．点Q为棱BP上一点，且． (1)求CQ的长； (2)求二面角的余弦值． 17.（本小题15分） 如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， (1)求证：EF⊥平面PBC； (2)若，，二面角的正弦值为，求BC． 18.（本小题17分） 如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． (1)求证：平面； (2)已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 19.（本小题17分） 如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点． (1)求； (2)求二面角的平面角的正弦值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 立体几何专项训练解析版-2025届高三数学一轮复习 姓名___________ 班级_________ 满分150分，考试用时120分钟 一､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．已知平面，和直线，，且，，，则与的位置关系是（    ） A．平行或异面 B．平行 C．异面 D．相交 【答案】A 【详解】因，，，则与没有公共点，即与平行或异面. 故选：A. 2．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（    ） A． B．4 C． D． 【答案】A 【详解】 过点作交轴于点，如图所示， 在中，， 由正弦定理可得，，所以， 由斜二测画法可知，在原平面图形中，点B到x轴的距离是. 故选：A. 3．已知，，，若，，共面，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，，共面，可设，即， 得：. 故选：A 4．平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（    ） A．0 B． C． D． 【答案】A 【详解】解：由题意，，， 又，， 所以，即有， 故选：A． 5．棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【详解】 棱长为2的正方体内切球的半径为1， 因为正四面体可以在正方体内任意转动，所以只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为的正四面体的外接球的半径为1， 设正四面体为，过作平面，垂足为，连接，为底面正的中心， 则，体高为， 由于外接球半径为1，利用勾股定理得：，解得或(舍)， 故选：B 6．在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为平行六面体中，点是线段上的一点，且， 所以 ． 故选：C． 7．在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，作，垂足为G，连接.    在正三棱柱中，平面平面， 因为平面平面，平面，， 所以平面. 故为直线与平面所成的角. 当取得最大值时，取得最大值，取得最小值. 不妨设，则，的最小值为a， 于是. 故选：D. 8．已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图： 正四棱台中，，，， 正四棱台的高为， 设球的半径为，球与侧棱切于， 则在图中中，，则， 所以， 在图中中，， ，解得， 球的表面积为． 故选：B 二､多选题：本题共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，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，．若将正三棱锥绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，且M，B，D，E四点共面，点M，E分别位于BD两侧，则（    ） A． B． C．MC的长度为 D．点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为 【答案】ACD 【详解】 如图，取中点，连接,依题意，,则有 因平面,则平面. 对于A，因为将正三棱锥绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，故平面, 因平面，故,即A正确； 对于B，因,则由可知，,同理, 因平面,故得，平面,同理可证平面, 依题意，因M，B，D，E四点共面，故平面,故,故B错误； 对于C，设连接，交于点，则,,, 则，依题意，三点共线，可得, 在中，由余弦定理， ,故C正确； 对于D，因点C与点A是同时旋转，故转动的轨迹长度之比即旋转的半径之比， 而点转动的半径为,点转动的半径为, 故点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为，故D正确. 故选：ACD. 10．已知向量，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．的最小值为 D．的最大值为4 【答案】AC 【详解】对于A，若，且， 则存在唯一实数使得，即， 则，解得，故A正确； 对于B，若，则，即， 化简得，因为，所以无实数解，故B错误； 对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误. 故选：AC. 11．如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．直线与平面所成角的正切值为 C．点到平面的距离为 D．三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为 【答案】ACD 【详解】对于A，由于，所以O为三棱锥的球心，表面积为，A正确； 对于B，过M作MH⊥AC于H，则MH⊥平面ABC，所以∠MNH即为直线MN与平面ABC所成的角；易知MH=，NH=，所以，B错误； 对于C，由，所以，又，所以，，所以，所以C到平面OMN的距离，C正确; 对于D，过O作OT⊥MN于T，则旋转体体积是以OT为底面半径，以TM为高的圆锥的体积的两倍，所以，D正确； 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知空间四点，，，共面，则 ． 【答案】11 【详解】因为，，，， 得到，，， 又因为四点共面，所以存在实数使得， 即， 得到，解得，， 故答案为：. 13．在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为2，则二面角的大小为 ． 【答案】 【详解】在四面体中，取的中点，连接， 都是边长为2的正三角形，则，， 因此是二面角的平面角，而，则， 所以二面角的大小为. 故答案为： 14．在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 【答案】 【详解】由题设，都是直角三角形，只需面即可， 所以鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上， 而在直角三角形中，的中点到点的距离都相等， 所以的中点是外接球的球心，所以． 故答案为：. 四､解答题：本题共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13分） 如图，在四棱柱中，侧棱平面ABCD，，，，，E为棱的中点，M为棱CE的中点． (1)证明：； (2)求异面直线BM与AD所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）由底面，平面，得， 而，即直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ，， 显然，即，所以. （2），， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （3），， 设平面的法向量，则，令，得， 所以点到平面的距离. 16.（本小题15分） 如图，在三棱锥中，底面ABC，且，，．点Q为棱BP上一点，且． (1)求CQ的长； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，，所以，则． 因为底面ABC，且底面ABC，所以． 又，，平面ABP，所以平面ABP． 因为平面ABP，所以． 又，，平面PBC，所以平面PBC． 由平面PBC，得． 又底面ABC，底面ABC，所以，所以， 由等面积法得，故． （2）以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 所以则，，，，， 由（1）得，，所以 则，． 设平面ACQ的法向量为，则，即， 令，得． 由底面ABC，得为平面ABC的一个法向量， 则， 由图可知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 17.（本小题15分） 如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， (1)求证：EF⊥平面PBC； (2)若，，二面角的正弦值为，求BC． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为平面ABC，平面。所以， 因为是的直径，知， 因为，且平面，所以平面， 由分别是的中点，所以，所以平面． （2）以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，且， 所以，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则 则，即，∴， 取，得，，则， 因为二面角的正弦值为，则其余弦值为， 所以，化简得， 又因为，所以， 解得：，即， 所以，即. 18.（本小题17分） 如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． (1)求证：平面； (2)已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【详解】（1）连接，如图1， 因为交平面于点平面， 所以平面，所以平面平面． 又因为平面平面且平面平面， 所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 因为平面平面，所以平面． （2）由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点． 若选择条件①②： 因为平面四边形的棱长相等，而且对角线， 所以四边形是正方形， 又因平面，所以． 故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由，可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． 若选择条件①③： 因为平面平面平面， 所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量为， 由，可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 又由题意知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 选择条件②③不合题意， 由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形， 由条件③平面平面，无法确定与， 故几何体不能唯一确定． 19.（本小题17分） 如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点． (1)求； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图，延长交于点，连结交于点， 因为点是的中点，所以，且， 所以， 如下图，分离出底面，取的中点，连结，且点是的中点， 所以，且 所以，且， 所以，即， 所以； （2）如图，以点为原点，以的正方向，建立空间直角坐标系， ，，， ，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，则， 平面的法向量为， 设二面角的平面角为，， 所以，则. 所以二面角的平面角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$