立体几何初步 专项突破检测卷-2025届高三数学一轮复习

立体几何初步专项突破-2025年高考数学一轮复习检测卷 一、单选题 1．在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（    ） A． B． C． D． 2．已知球的体积为，且该球的表面积与底面半径为2的圆锥的侧面积相等，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 3．已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线． 若 则下列说法正确的是（　　） A．a与l相交 B．b与l相交 C．a∥b D．a与β相交 4．在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． 5．已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 6．在正方体中，点为底面的中心，点分别是的中点，则（    ） A． B．直线与平面所成的角是 C．平面 D．异面直线与所成的角是 7．如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 8．如下图所示，边长为的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构．和等部分金属就属于这种结构．若将原子认为是如此分布的等大实心球，使得最近的两个原子球恰好相切，那么一个边长为的面心立方正方体品格内被原子球所占据的部分的体积是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知，是两个不同平面，m，n是两条不同直线，则下列命题为假命题的是（    ）． A．如果，，，那么 B．如果，，那么 C．如果，，那么 D．如果，，那么m与所成的角和n与所成的角的大小不相等 10．已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（    ） A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 11．如图，正方体的棱长为4，点是其侧面上的一个动点（含边界），点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得二面角大小为 B．存在点，使得平面与平面平行 C．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 D．当为的中点时，四棱锥外接球的表面积为 三、填空题 12．三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 13．在一个棱长为的正四面体容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则小球不可能接触到的容器内壁的面积为 . 14．陶瓷茶壶是中国人很喜爱的一种茶具，不少陶瓷茶壶兼具实用性与艺术性，如图所示的陶瓷茶壶的主体可近似看作一个圆台型容器，忽略茶壶的壁厚，该圆台型容器的轴截面下底为10cm，上底为6cm，面积为，则该茶壶的容积约为 L（结果精确到0.1，参考数据：；）．    四、解答题 15．如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 16．如图，在四棱锥中，，平面平面，平面平面. (1)点是的中点，求证：平面； (2)若，求三棱锥体积的最大值. 17．已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个论断：①；②；③平面． (1)以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并证明； (2)在（1）的条件下，若，求四棱锥体积的最大值． 18．如图，四棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，底面是矩形，且. (1)若点是的中点， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在一点，使二面角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 19．如图，已知在四棱锥中，底面为直角梯形，，，与相交于点．    (1)若点在棱上，且满足，求证：平面； (2)当时，若为的三等分点，且靠近点，试求三棱锥的体积． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】连接，证明异面直线与所成的角是或其补角，由正方体性质即可得结论. 【详解】如图，连接， 由题意， 所以异面直线与所成的角是或其补角， 由正方体性质知是等边三角形，， 所以异面直线与所成的角是. 故选：B. 2．B 【分析】利用球的体积公式，计算出球半径，然后根据球的表面积公式与圆锥的侧面积公式，列式算出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，利用锥体的体积公式算出答案． 【详解】设球的半径为，则球体积，解得， 所以球的表面面积， 设圆锥的母线长为，底面圆半径为， 则，即，解得， 因此该圆锥的高， 可得圆锥的体积． 故选：B． 3．C 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于AB，平面，，则， 同理可得，则AB错误； 对于C，由AB知道，则C正确； 对于D，由A知道平面，平面，则，故D错误. 故选：C. 4．C 【分析】由题意得，其中，从而根据题意列方程可求得，根据棱柱表面积公式即可求解. 【详解】 设，因为，所以由棱柱的性质可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 点P在四边形内（含边界）运动，当时， ，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动， 该圆弧弧长是圆周周长，由题意，解得， 所以该三棱柱的表面积为. 故选：C. 5．D 【分析】将四面体放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断的轨迹，然后求解即可． 【详解】将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，，， 依题意，可知，， 则，，，解得，， 由于，即异面直线和的距离为， 由于长方体的左右侧面为正方形，所以， 取中点，连接，则左侧面，在左侧面，所以， 又平面，故平面， 四面体的外接球半径为，球心为， 由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，圆心为， 过作球的一个轴截面， 所以，且， ，且， 解得， 所以的轨迹长度为． 故选：D． 6．C 【分析】根据空间线线、线面的位置关系和所成角大小即可逐项判断. 【详解】    连接， 因为平面,平面,,, 由异面直线的定义可知，与异面，故A错误； 连接，则,可得直线与平面所成的角等于与平面所成的角，等于，故B错误； 平面,平面，平面,故C正确； 由平面,平面，可知异面直线与所成的角是，故D错误； 故选：C 7．B 【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解． 【详解】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 8．B 【分析】由题意可得两个原子间最短距离是，由于两个球相切，所以可求出球的半径，从而可求出一个球的体积，而一个晶体内包含6个半球和8个球，从而可求得结果. 【详解】由图可得两个原子间最短距离是，从而球半径， 所以一个球的体积是． 因为一个晶体内包含6个半球和8个球，也就是4个球， 所以一个边长为的面心立方正方体品格内被原子球所占据的部分的体积是， 故选：B 9．AD 【分析】由空间位置关系的判定与性质及线面角的概念，结合选项逐项判断即可得解. 【详解】对于A，可运用长方体，举反例说明其错误，如图， 不妨设为直线m，为直线n，平面为，平面为， 显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立，故A为假命题； 对于B，设过直线n的某一个平面与平面相交于直线l，则， 由知，从而，故B为真命题； 对于C，如果，，则，故C为真命题； 对于D，如果，，那么m与所成的角和n与所成的角相等，故D为假命题． 故选：AD． 10．BCD 【分析】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.    设正方体的棱长为，则. 对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误； 对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确； 对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确；    对于，在正方体中，平面为定值.故D正确. 故选：BCD 11．BC 【分析】由题意，证得，得到二面角的平面角，可得判定A错误；利用线面平行的判定定理分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，可判定B正确；取中点，证得，得到，得到点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为的劣弧，可判定C正确；当为中点时，连接与交于点，求得，得到四棱锥外接球的球心为，进而可判定D错误. 【详解】对于A，在正方体中，可得平面， 因为平面，平面，所以， 所以二面角的平面角为，其中，所以A错误； 对于B，如图所示，当M为中点，为中点时， 在正方体中，可得， 因为平面，且平面，所以平面， 又因为，且平面，且平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面，所以B正确；    对于C，如图所示，取中点，连接，，， 在正方体中，平面，且， 所以平面，因为平面，可得， 则， 则点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧， 分别交，于，如图所示，则， 结合对称性可知，， 则，劣弧的长为，所以C正确； 对于D，当为中点时，可得为等腰直角三角形，且平面平面， 连接与交于点，可得， 所以四棱锥外接球的球心即为与的交点， 所以四棱锥外接球的半径为，其外接球的体积为，所以D错误. 故选：BC. 12．/ 【分析】根据面面垂直关系得到面，通过长度关系可求得外接圆圆心到四个顶点的距离相等，可知即为外接球的球心，从而可得外接球半径，进而求得表面积. 【详解】由题意，三棱锥即三棱锥，作图如下，    取中点，设为外接圆圆心， 为边长为的等边三角形， 在上，且， ， 又为以为斜边的等腰直角三角形，所以， 在中，， 面面，面面，面，面，面，， 在中，， 故， 即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径. 故答案为：. 13． 【分析】由题意，小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为，故小三角形的边长为，做出面积相减，即可得到结果. 【详解】如图：    考虑小球O即在正四面体的一个角上时，做平面平面，为平面的中心，则. 因为可得，所以,. 由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形，    因为，平分，所以，. 因为正四面体的棱长为，故小三角形的边长为， 小球与一个面不能接触到的部分的面积为： . 所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是小球与正四面体的一个面相切时的情况，小球在面上最靠近便得切点的轨迹仍为正三角形，进而求面积即可. 14．/ 【分析】设圆台的高为，根据轴截面为等腰梯形求出，再由圆台的体积公式计算可得. 【详解】圆台型容器的轴截面为等腰梯形，设高为，则，解得， 所以圆台型容器的容积. 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2)证明见解析， 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果； （2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，为中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面，故平面平面. （2）由题，分别为，中点，故， 又平面，平面，故平面， 则直线到平面的距离为点到平面的距离. 由为中点，所以，记为，， 又，所以， 由（1）知，平面，故，，， 由题知，，， 所以， 而， 所以.   . 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据平面平面，即可求证， （2）利用线面平行的性质可证明，进而可得四边形为矩形，进而根据等体积法，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）延长交于，连接，显然面面， 由面面，面面，所以面， 由于平面平面，两个平面的交线为， 由于，是的中点，所以，平面， 故平面，所以， 由平面，面，则平面. （2）取的中点分别为，连接, 所以又，所以, 由（1）知是的中点，平面， 平面，且平面平面 ， 故，因此四边形为平行四边形， 由（1）知平面，故平面，且， 设, ， 当且仅当，即时取最大值，故最大值为， 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）①②③,根据平面以及三角形全等可证明平面，即可由线面垂直的判定求解，③②①,根据线面垂直可得四棱锥是正四棱锥，即可求证，①③②,根据线面垂直，结合三角形全等，可证明四棱锥是正四棱锥，即可根据线面垂直得线线垂直， （2）根据正四棱锥的性质，由体积公式得体积表达式，即可利用不等式求解最值. 【详解】（1）①②③, 连接相交于，连接， 由于底面是正方形，所以， 又，平面， 故平面，平面,故, 由于，故, 因此,平面， 故平面，（可得四棱锥是正四棱锥） 平面，故, 又平面,故平面． ②③①, 连接相交于，连接, 由于底面是正方形，所以， 又，平面， 故平面，平面，故, 又平面，平面，故, 平面,故平面, 结合底面是正方形，是正方形的中心， 所以四棱锥是正四棱锥，故， ①③②, 连接相交于，连接, 平面，平面，故, 由于故, 又,故, 故, 因此，平面，故平面, 故四棱锥是正四棱锥， 由于，又，平面， 故平面，平面,故, （2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥， 设四棱锥的底边边长为，则四， 所以， 故， 由于，当且仅当，即时取等号， 故， 故四棱棱锥体积的最大值为. 18．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2)存在， 【详解】（1） （ⅰ）设矩形的中心为，则是的中点，而是的中点，所以. 而是矩形的中心，故也是的中点，所以在平面内，又因为不在平面内，所以平面； （ii）由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面. 所以直线与平面所成角的正弦值等于. 下面证明一个结论：在中，若的长分别为，则边上的中线长为. 证明：设为的中点，，则由余弦定理，结合得 . 所以，即，故. 回到原题. 由于平面，而在平面内，故，. 从而，这得到，. 而，故根据之前证明的结论，我们有，，从而. 这表明，所以直线与平面所成角的正弦值等于. （2）在平面内过作，交于，在平面内过作，交于. 由于平面平面，平面和平面的交线为，，在平面内，故平面.  而在平面内，故. 又因为，在平面内交于，故平面. 由平面，在平面内，知. 由，，且在上，知二面角等于. 从而条件即为，即，即. 设，则，故，. 同时，. 故条件即为，即. 解得，所以. 综上，存在满足条件的点，. 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）法一：由线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理证明平面，由此可求出点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式求解即可；法二：由线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理证明平面，再求出，由即可得出答案. 【详解】（1）因为，所以． 又，所以，所以， 所以． 又因为平面平面， 所以平面． （2）法一：因为，所以． 又因为，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． 如图，作，垂足为．因为平面平面平面，所以平面．    在中，，所以． 又，所以点到平面的距离． 在中，，所以． 又平面平面，所以． 又，所以， 所以． 法二：因为，所以．    又因为，平面，所以平面． 又因为平面，所以平面平面． 在中，作于，因为平面平面，面， 所以平面． 在中，，所以． 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以． 在中，由勾股定理得， 又，所以． 所以． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$