第八章 立体几何初步（能力提升卷）-2024-2025学年高一数学必考点分类集训系列（人教A版2019必修第二册）

第八章 立体几何初步（能力提升卷） 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！ 1． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（2025高一·全国·课后作业）如图，A′B′∥O′y′，B′C′∥O′x′，则直观图所示的平面图形是（    ） A．任意三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 2．（2025高三上·江苏·阶段练习）某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径为的半球．已知该胶囊的表面积为，则它的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2025高一下·湖北宜昌·期中）已知半径为的球的两个平行截面的周长分别为和，则两平行截面间的距离是 A． B． C．或 D．或 4．（24-25高一上·江西景德镇·期末）已知一个正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且这个正三棱锥的所有棱长都为，求这个球的表面积（    ） A． B． C． D． 5．（2025高三上·湖南张家界·阶段练习）如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O的球面上，则球O与正八面体的体积之比是（     ） A． B． C． D． 6．（2025·全国·高考预测）如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中必有（    ） A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF 7．（2025高一下·广东肇庆·阶段练习）把边长2的正方形沿对角线折成直二面角后，下列命题正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．三棱锥的外接球的表面积为 8．（2025·辽宁·模拟预测）在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 2． 多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．（24-25高三上·河北保定·期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 10．（2025高一下·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，平面平面，，为的中点，则下列结论成立的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 11．（2025高三·重庆渝中·阶段练习）如图，在正方体中，点P，Q分别是棱上异于端点的两个动点，且，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．对于任意位置的点P，平面与平面所成的交线均为平行关系 C．的最小值为 D．对于任意位置的点P，均有平面平面 3． 填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（2025高一·全国·课后作业）已知平面α∥β∥γ，两条直线l、m分别与平面α、β、γ相交于点A、B、C与D、E、F.已知AB＝6，则AC＝ 13．（2025高二上·上海虹口·期中）直三棱柱中，平面平面，且，则与平面所成的角的取值范围是 . 14．（2025高一·全国·课后作业）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FC∥ED，且AB＝ED＝2FC＝2，则异面直线AC与EF所成角的余弦值为 ，多面体ABCDEF的体积为 ． 4． 解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分） 15．（2025高一下·全国·课后作业）如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面圆的直径构成边长为的正三角形，粮堆母线的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食．此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程．（结果不取近似值） 16．（2025·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离. 17．（2025·江西·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18．（2025高一下·广东珠海·期中）已知正方体中的棱长为2，是中点． （1）求证：平面平面； （2）设的中点为，过､､作一截面，交于点，求截面的面积． 19．（2025高一·全国·专题练习）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面． (1)证明：； (2)若，，，求三棱柱的高； (3)在（2）的条件下，求三棱柱的表面积． 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第八章 立体几何初步（能力提升卷） 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！ 1． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（2025高一·全国·课后作业）如图，A′B′∥O′y′，B′C′∥O′x′，则直观图所示的平面图形是（    ） A．任意三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 【答案】C 【分析】结合斜二测画法，即可出答案 【详解】因为A′B′∥O′y′，且B′C′∥O′x′，所以原平面图形中AB⊥BC.所以△ABC为直角三角形． 故选：C. 2．（2025高三上·江苏·阶段练习）某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径为的半球．已知该胶囊的表面积为，则它的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱的侧面积以及球的表面积计算公式，求得圆柱的高，再结合圆柱和球的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱的高为，， ； . 故选：. 3．（2025高一下·湖北宜昌·期中）已知半径为的球的两个平行截面的周长分别为和，则两平行截面间的距离是 A． B． C．或 D．或 【答案】C 【解析】求出两个平行截面圆的半径,由勾股定理求出球心到两个截面的距离.分两个平行截面在球心的同侧和两侧讨论，即得两平行截面间的距离. 【详解】设两平行截面圆的半径分别为，则. 球心到两个截面的距离分别为. 当两个平行截面在球心的同侧时，两平行截面间的距离为； 当两个平行截面在球心的两侧时，两平行截面间的距离为. 故选：. 【点睛】本题考查球的截面间的距离，属于基础题. 4．（24-25高一上·江西景德镇·期末）已知一个正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且这个正三棱锥的所有棱长都为，求这个球的表面积（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将正三棱锥补成一个正方体，计算出正方体的棱长，可得出正方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得这个球的表面积. 【详解】设该正三棱锥为，将三棱锥补成正方体，如下图所示： 则正方体的棱长为，该正方体的体对角线长为， 所以，正三棱锥的外接球直径为，可得， 该球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 5．（2025高三上·湖南张家界·阶段练习）如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O的球面上，则球O与正八面体的体积之比是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由棱锥与球的体积公式求解， 【详解】由题意得正方形的中心即为外接球球心，设，则， 球的体积为， 而，故正八面体的体积， 得， 故选：A 6．（2025·全国·高考预测）如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中必有（    ） A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF 【答案】A 【分析】根据在折叠的过程中，始终有SG1⊥G1E，SG3⊥G3F，即可得SG⊥GE，SG⊥GF，从而由线面垂直的判定定理可得结论 【详解】对于A，因为在正方形SG1G2G3中，SG1⊥G1E，SG3⊥G3F， 所以在四面体SEFG中，SG⊥GE，SG⊥GF， 因为GE∩GF＝G，所以SG⊥平面EFG．所以A正确， 对于B，因为SG⊥平面EFG，平面，所以，所以，所以不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以B错误， 对于C，由题意可知为等腰直角三角形，且，，所以与平面不可能垂直，所以C错误， 对于D，由选项B的解析可知，不可能为直角，所以与不垂直，所以与平面不可能垂直，所以D错误， 故选：A． 7．（2025高一下·广东肇庆·阶段练习）把边长2的正方形沿对角线折成直二面角后，下列命题正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】D 【分析】选项A，取为中点，连结，可得为直二面角的平面角，即 ，根据长度关系可得，可判断； 选项B，取为中点，连结，可得为直二面角的平面角，根据长度关系可得，可判断； 选项C，根据A中计算的，可判断； 选项D，由于，故三棱锥的外接球以为圆心，为半径，计算表面积可判断. 【详解】 选项A，由题意为直二面角，取为中点，连结， 由于正方形， 故为直二面角的平面角， ，又 不垂直 故CD与平面也不垂直，故A选项不正确； 选项B，取为中点，连结， 由于， 故为直二面角的平面角， 由于 又， 故两平面不垂直，故B选项不正确； 选项C，由选项A中计算可知，故选项C不正确； 选项D，由于，故三棱锥的外接球以为圆心，为半径，表面积为. 故选：D 【点睛】本题考查了空间几何体综合问题，考查了学生综合分析，空间想象，逻辑推理，数学运算能力，属于较难题 8．（2025·辽宁·模拟预测）在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径. 【详解】如图，取的中点,连接, 因为，所以，即为球心， 则球的半径,又,所以, 又平面平面，平面平面平面. 所以平面， 设，则,所以， 所以三棱锥的体积. 当时,取得最大值， 由于，在中，由余弦定理得:      根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小， 设此时截面圆的半径为，所以. 则截面面积的最小值为. 故选:C. 2． 多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．（24-25高三上·河北保定·期末）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】BD 【分析】由正方体的对称性即可得解. 【详解】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形， 如图，截面的形状只可能为四边形和六边形. 故选：BD 10．（2025高一下·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，平面平面，，为的中点，则下列结论成立的是（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 【答案】ABC 【分析】利用面面垂直的性质和判定判断A，B，C，利用分析法结合面面垂直的性质判断D即可. 【详解】因为，为的中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以，，所以A，B成立； 又平面，所以平面平面，所以C成立； 若平面平面，且， 而面面，平面， 所以平面，又平面， 则，但此关系不一定成立，故D错误. 故选：ABC 11．（2025高三·重庆渝中·阶段练习）如图，在正方体中，点P，Q分别是棱上异于端点的两个动点，且，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．对于任意位置的点P，平面与平面所成的交线均为平行关系 C．的最小值为 D．对于任意位置的点P，均有平面平面 【答案】BD 【分析】结合锥体体积的求法、线面平行的性质定理、余弦定理、面面垂直的判定定理确定正确选项. 【详解】，其中为定值，不是定值，所以A错误. 由于，所以，平面,平面，所以平面.设平面与平面所成的交线为，根据线面平行的性质定理可知，则，所以B正确. 在三角形 中，由余弦定理得 ，，所以没有最值，没有最值. 所以C错误. ，根据正方体的性质可知，所以平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.所以D选项正确. 故选：BD 3． 填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（2025高一·全国·课后作业）已知平面α∥β∥γ，两条直线l、m分别与平面α、β、γ相交于点A、B、C与D、E、F.已知AB＝6，则AC＝ 【答案】15 【分析】根据面面平行的性质可以得到线线平行，从而利用平行线分线段成比例即可求解. 【详解】 如图，连接与平面交于点，连接， ，且平面，平面， ， 同理可得， 所以 故答案为：15 13．（2025高二上·上海虹口·期中）直三棱柱中，平面平面，且，则与平面所成的角的取值范围是 . 【答案】 【分析】作于D.判断出即为与平面所成的角.设，，利用几何性质得到，进而.证明出. 解得，即可求出的取值范围 【详解】作于D. 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以即为与平面所成的角，. 设，，则. 在直角三角形中，由正弦的定义：. 在直角三角形中，由等面积可得：， 所以，所以. 在直三棱柱中，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，， 所以平面，故，从而，即. 于是，解得：. 又，解得：. 故答案为：. 14．（2025高一·全国·课后作业）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FC∥ED，且AB＝ED＝2FC＝2，则异面直线AC与EF所成角的余弦值为 ，多面体ABCDEF的体积为 ． 【答案】 ； 【分析】取的中点，连接、，可证得或其补角即为所求，再在等腰中，由三角函数求解即可；连接，将多面体分割为四棱锥和三棱锥，利用锥体的体积公式求解即可． 【详解】解：取的中点，连接，，，则有，， 四边形为平行四边形，， 或其补角为异面直线与所成的角． 由勾股定理可知，，， 在等腰中，， 异面直线与所成角的余弦值为． 平面，， ，，、平面， 平面， ， ， 多面体的体积． 故答案为：；． 4． 解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分） 15．（2025高一下·全国·课后作业）如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面圆的直径构成边长为的正三角形，粮堆母线的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食．此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程．（结果不取近似值） 【答案】． 【分析】结合圆锥的侧面展开图，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得到，利用勾股定理，即可求解. 【详解】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形， 所以，所以圆锥底面周长， 根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得， 故，则，所以， 所以小猫所经过的最短路程是． 16．（2025·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离. 【答案】（1）见解析；（2）. 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，并推导出平面，进而可得出平面； （2）推导出平面，可得知直线到平面的距离等于点到平面的距离，即为，进而得解. 【详解】（1）如下图，取的中点，连接、. 又为的中点，则是的中位线，所以且. 又且，所以且. 所以四边形是平行四边形，所以. 因为，为的中点，所以. 因为，，所以. 因为平面，平面，所以. 又，所以平面. 平面，所以. 又，所以平面. 又，所以平面； （2）因为，平面，平面，所以平面. 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离. 由（1）得平面，则等于点到平面的距离. 因为，所以. 故点到平面的距离为，即直线到平面的距离为. 【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了直线到平面距离的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 17．（2025·江西·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）利用平面可证平面平面； （2）过点P作的垂线，垂足为H，连结，通过证明平面可得直线与平面所成角为，再通过计算可得结果. 【详解】（1）因为为正三角形，所以； 因为，所以. 又，平面， 所以平面. 因为平面， 所以平面平面 （2）过点P作的垂线，垂足为H，连结. 因为平面平面，又平面平面，平面， 故平面.所以直线与平面所成角为 在中，， 由余弦定理得， 所以. 所以, 又，故， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】关键点点睛：第（1）问利用线面垂直证明面面垂直是解题关键；第（2）问作出线面角并证明线面角是解题关键. 18．（2025高一下·广东珠海·期中）已知正方体中的棱长为2，是中点． （1）求证：平面平面； （2）设的中点为，过､､作一截面，交于点，求截面的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）连接，，若，连接，由平行四边形的性质及线面平行的判定易得平面、平面，根据面面平行的判定即可证平面平面； （2）连接，，设平面与平面交于，根据面面平行的性质可得四边形为平行四边形，结合正方体的性质易知四边形为菱形，再求出对角线、，即可求截面的面积. 【详解】 （1）如图，连接，，若，连接， 由，，可得四边形为平行四边形， ∴，又， ∴四边形为平行四边形，即，而平面，平面， 平面， 同理，是平行四边形，即，而平面，平面， ∴平面，而， ∴平面平面. （2）连接，，平面与平面交于， 由平面平面，且平面平面，平面平面， ，同理有，即四边形为平行四边形， 在与中，易知，即四边形为菱形，故为的中点． ∵正方体的棱长为2， ，． ∴截面面积． 19．（2025高一·全国·专题练习）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面． (1)证明：； (2)若，，，求三棱柱的高； (3)在（2）的条件下，求三棱柱的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)要证,即证平面,由菱形的对角线垂直和线面垂直的性质即可得证. (2) 要求三棱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点到平面的距离，即：作，垂足为，连接，作，垂足为,则由线面垂直的判定定理可得平面,再根据三角形面积相等：,可求出的长度，最后由三棱柱的高为此距离的两倍即可确定出高. (3) 利用反三角函数分别求出，，使用面积公式求出每一面的面积，得到表面积. 【详解】（1）证明：连接，则为与的交点， ∵侧面为菱形，∴． ∵平面，∴． ∵，平面 , 平面 ∴平面． ∵平面，∴． （2）解：作，垂足为，连接，作，垂足为，如图． ∵，，，平面,平面, ∴平面，∴． ∵，，平面,平面, ∴平面． ∵，∴为等边三角形． ∵，∴， ∵，∴， 由，且 ，可得， ∵O为的中点，∴到平面的距离为， ∴三棱柱的高为. （3）解：易知，， ，， ， ∴，，，． ∴表面积为． 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $$