河北省承德市双滦区实验中学2025-2026学年高一下学期暑假数学专项测试卷（9）立体几何初步综合

**基本信息** 聚焦立体几何核心内容，通过正方体、三棱锥等模型，设置折叠、动点、存在性问题，考查空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|线面关系、异面直线角等|题3结合正方体求异面直线余弦值，体现几何直观| |多选题|3/18|截面形状、折叠问题|题11折叠后线面垂直判定，考查空间想象| |填空题|3/15|外接球、动点轨迹|题14正方体动点问题，渗透动态思维| |解答题|5/77|证明与计算综合|题15折叠问题证线线垂直及求线面角，题18探究存在性与轨迹长度，注重推理与创新应用|

河北省承德市双滦区实验中学 2025- -2026学年第二学期暑假高一数学专项测试卷（9） 范围：立体几何初步 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．下列四个正方体图形中，分别为正方体的顶点或其所在棱的中点，能得出平面的图形是（    ） A．B．C．D． 3．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在多面体中，已知是边长为1的正方形，且均为正三角形，，则该多面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．如图，正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（    ）．   A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线相交，直线平面 C．直线与直线平行，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 6．在长方体中，若分别为的中点，过点作长方体的一截面，则该截面的周长为（    ） A． B． C． D． 7．已知正方体的棱长为1，点在线段上，有下列四个结论： ①； ②点到平面的距离为； ③二面角的余弦值为； ④若四面体的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为. 其中所有正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．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，,.则原平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9．用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（    ） A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形 10．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（    ）    A．，M，O三点共线 B．平面 C．直线与平面所成角的为 D．直线和直线是共面直线 11．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（    ） A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．在三棱锥中，已知是线段上的点，.若三棱锥的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为______. 13．在三棱锥中，，，点到底面的距离为，若三棱锥的外接球表面积为，则的长为__________. 14．如图，已知正方体的棱长为1，则下列结论中正确的序号是______．（填所有正确结论的序号） ①若E是直线AC上的动点，则平面； ②若E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，则； ③若E是内（包括边界）的动点，则直线与平面ABC所成角的正切值的取值范围是； ④若E是平面内的动点，则三棱锥的体积为定值 四、解答题（本大题共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，在棱长为的正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC边上的中点，现以EF为折痕将点C旋转至点P的位置，使得为直二面角. (1)证明：； (2)求与面所成角的正弦值. 16．(本小题15分）如图，在正三棱柱（侧棱垂直底面，底面为正三角形）中，各棱长均相等，D是BC的中点， (1)求证： (2)求证：平面AC1D (3)求异面直线与所成角余弦值． 17．(本小题15分）如图，在三棱锥中，平面平面，，， E、F分别为棱、的中点． (1)求证：直线平面； (2)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小． 18．(本小题17分）如图，多面体ABCDEF的面ABCD是正方形，其中心为M．平面平面ABCD，，，． (1)求证：平面AEFB； (2)在内（包括边界）是否存在一点N，使得平面CEF？若存在，求点N的轨迹，并求其长度；若不存在，请说明理由． 19．(本小题17分）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且． （1）若为线段的中点，求证平面； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）若，点在线段上，求的最小值． 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： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B A A D B A BCD ABC 题号 11 答案 BC 1．C 【分析】根据空间中线面、面面、线线位置关系逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，若，，，则或、相交，A错； 对于B选项，若，，，则或、异面，B错； 对于C选项，由于，，可得或， 若，因为，则， 若，过直线作平面，使得，则， 因为，则，，因此，，C对； 对于D选项，若，，，则或、相交（不一定垂直），D错. 故选：C. 2．A 【分析】由直线与平面的位置关系对选项逐一判断 【详解】对于A，由题意得，，而，， 平面，平面，平面，平面， 故平面平面，而平面，故平面，故A正确， 对于B，取的中点，底面中心，则，故与相交，故B错误， 对于C，，故平面，则平面，故C错误， 对于D，作平行四边形，则与相交，故D错误， 故选：A 3．B 【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解. 【详解】在正方体中，连接，，可得， 所以异面直线与所成角即为直线与所成角， 即为异面直线与所成角， 不妨设，则，， 取的中点，因为，所以， 在直角中，可得. 故选：B. 4．A 【分析】先证明，结合梯形面积公式求得正确答案. 【详解】由于，所以. 依题意，均为正三角形， 所以四边形和四边形是等腰梯形， 两个等腰梯形的高为. 所以多面体的表面积为：. 故选：A 5．A 【分析】根据异面直线的概念判断异面的问题，根据垂直、平行的判断结合空间向量的运算逐一判断平行和垂直问题. 【详解】对于A，连接；由正方体的性质可知， 又是的中点，所以直线与直线垂直； 在正方体中因为，面，面，则面， 又，面，面，则面， 又面，所以平面平面， 又平面，所以直线平面，故A正确；    对于B，连接，则，直线平面， 又平面，且平面，且， 所以直线与直线异面，不相交，故B不正确；    对于C，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则 所以，不存在实数使， 故直线与直线不平行，故C不正确；    对于D，因为面，面，面，， 故直线与直线异面是正确的， 又，， 所以，所以直线与平面不垂直，故D不正确； 故选：A 6．D 【分析】根据题意，做出截面，然后分别计算各边长即可得到结果. 【详解】 连接，过点做交于点，连接，即可得到截面， 因为为中点，，所以， 因为，则，且， ， 所以截面的周长为 故选:D 7．B 【分析】对于①，连接，由四边形为正方形，可得，结合进而得到； 对于②，由可得平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，利用等体积法即可求解； 对于③，结合题意可得，所以为二面角的平面角，再利用余弦定理即可求解； 对于④，由四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，再利用球的体积公式求解即可. 【详解】如图，连接.因为四边形为正方形，所以. 又，所以，故①正确； 因为，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离. 因为， 所以，解得，故②正确； 由题意知为全等的等边三角形， 当点为的中点时，连接，则， 所以为二面角的平面角. 由题意知， 在中，由余弦定理，得， 即，所以，故③错误； 因为四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以球的半径为，其体积为，故④错误. 综上，正确结论的个数是2. 故选：B. 8．A 【解析】作出原平面图形，然后求出面积即可． 【详解】，则是等腰直角三角形， ∴， 又，，∴， 在直角坐标系中作出原图形为： 梯形，，，高， ∴其面积为． 故选：A 【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为，原图形面积为，则． 9．BCD 【分析】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可. 【详解】如图所示，截面， 设，，， ∴，，， ， 同理，，，即为锐角， ∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选； 如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选 如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选． 故选：BCD 10．ABC 【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误. 【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确； 由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确； 设正方体的边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确； 直线与直线为异面直线，故D项错误. 故选：ABC. 11．BC 【分析】由题意可得，AH⊥HE，AH⊥HF，HF⊥HE，从而利用线面垂直的判定定理可得AH⊥平面EFH，HF⊥平面AHE，进而可得答案 【详解】解：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF. ∴AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确. 又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确. HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确. 故选：BC. 【点睛】此题考查线面垂直的判定，考查折叠问题，属于基础题 12． 【分析】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. 【详解】如图，因为，且平面， 所以平面.又平面，所以. 因为，即，且， 平面，所以平面. 在中，因为，可得. 设外接圆的半径为，则，可得，即， 设三棱锥的外接球的半径为， 可得， 即，球的半径为，故表面积. 故答案为： 13． 【解析】平面,垂足为点，连接，由条件可知 是四边形外接圆的直径，并作出几何体外接球的球心，并且求出，根据同弦所对的圆周角相等，可知 ，求出的长. 【详解】平面,垂足为点，连接， ， 平面，平面 ， ，同理， 是四边形外接圆的直径， 取的中点，即是四边形外接圆的圆心， 作平面，则 过的中点作的垂线，交于点，则 ， 是三棱锥外接球的球心， ，， , , ，即底面外接圆的直径是2， ，， . 故答案为： 【点睛】本题考查几何体的外接球问题，意在考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型，一般几何体的外接球问题关键是确定球心，也可利用补体求解，若是几何体可以补成长方体或正方体，可以转化为正方体或长方体的外接球问题. 14．①②④ 【分析】对于①：连接.证明出平面平面，利用面面平行的性质即可证明；对于②：连接.证明出面.利用线面垂直的性质即可证明；对于③：判断出即为直线与平面ABC所成角,得到.求出的范围，即可求出的范围，即可判断；对于④：利用等体积法转化得到.即可求得. 【详解】对于①： 连接. 在正方体中，，，所以四边形为平行四边形，所以. 又平面,平面，所以平面. 同理可证：平面. 因为，平面,平面, 所以平面平面. 因为E是直线AC上的动点，所以平面,所以平面.故①正确； 对于②：连接. 因为为正方体，所以， 又 面面ABCD，所以. 因为面,面,， 所以面. 因为E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，所以面. 所以.故②正确； 对于③：在正方体中，面. 对于平面，为垂线，为斜线，为射影，所以即为直线与平面ABC所成角,所以. 设，则. 因为E是内（包括边界）的动点，所以当E与O重合时，最小， 当E与B重合时，最大， 所以. 故③错误； 对于④：三棱锥的体积. 由①的证明过程可知：平面平面，所以平面内任一点到平面的距离都相等. 因为E是平面内的动点，所以. 即三棱锥的体积为定值. 故④正确. 故答案为：①②④. 15．(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知，又//，则于点H，则由直二面角可知面，故.又，则面，故命题得证； （2）作出线面角，在直角三角形中求解该角的正弦值. 【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，连结AC交EF于H. 因为，故可得， 即 又旋转不改变上述垂直关系， 且平面， ∴面， 又∵面，所以 （2）因为为直二面角，故平面平面， 又其交线为EF，且，平面， 故可得底面ABF， 连结DH，则即为与面所成角，连结BD交AH于O， 在Rt△ODH中， 在Rt△PHD中 所以与面所成角的正弦值为. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理和性质定理证明； (2)利用线面平行的判定定理证明； (3)利用异面直线夹角的定义求解. 【详解】（1），D是BC的中点，， 又因为正三棱柱中 平面ABC，平面ABC ，平面， 平面， 又平面， （2） 连接交于，连接则O为中点， ，又平面， 平面，所以平面. （3）由（2）知， （或其补角）为异面直线与所成角， 设， 中，，， 则由余弦定理得， 所以异面直线与所成角余弦值为． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据E，F分别是棱、的中点得到，从而可证直线平面； （2）利用线面角与二面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得所需线面角与二面角，从而得解. 【详解】（1）∵E，F分别是棱、的中点，∴在中，， ∵平面，平面，∴直线平面； （2）∵平面平面，平面平面， 平面，，∴平面， ∴是直线与平面所成角， ∵直线与平面所成角为， ∴，∴，∵平面，，⊂平面， ∴，，∵，，，平面， ∴平面，∴是直线与平面所成角， ∵直线与平面所成角为，∴， ∴，，设， 则，，，， ∴为等腰直角三角形，， ∵，，∴是二面角的平面角， ∴二面角的大小为． 18．(1)证明见解析 (2)存在；点N的轨迹为线段DG（AE的中点G），长度为 【分析】（1）取AE的中点G，连接GF，DG，证明，根据面面垂直的性质可得平面ADE，从而可得，在证明平面AEFB，即可得证； （2）先证明平面CEF，平面CEF，再根据面面平行的判定定理可得平面平面CEF，再根据面面平行的性质即可得出结论. 【详解】（1）如图，取AE的中点G，连接GF，DG， 因为，，所以，， 所以四边形ABFG是平行四边形，所以，， 又因为，，所以，， 所以四边形CDGF是平行四边形，所以， 因为，平面平面ABCD，平面ABCD，平面平面， 所以平面ADE， 又平面ADE，所以， 因为，G为AE的中点，所以， 又AE，平面AEFB，且，所以平面AEFB， 所以平面AEFB； （2）如图，连接BD，BG， 由（1）知，，，所以，， 所以四边形BGEF是平行四边形，所以， 因为平面CEF，平面CEF， 所以平面CEF， 又由（1）知，，平面，平面CEF， 所以平面CEF， 因为DG，平面，且， 所以平面平面CEF， 设点N为线段DG上任意一点，则平面BDG，平面CEF， 所以点N的轨迹为线段DG，长度为． 19． （Ⅰ）在中，因为，为的中点， 所以．又垂直于圆所在的平面，所以． 因为，所以平面． （Ⅱ）；（Ⅲ）． 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）因为点在圆上， 所以当时，到的距离最大，且最大值为． 又，所以面积的最大值为． 又因为三棱锥的高，故三棱锥体积的最大值为． （Ⅲ）在中，，，所以． 同理，所以． 在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示． 当，，共线时，取得最小值． 又因为，，所以垂直平分， 即为中点．从而， 亦即的最小值为． 考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积． 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 $