基础集训06立体几何检测卷-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦立体几何核心知识，适配新高考I卷一轮复习，通过基础巩固与能力梯度设计，强化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|斜二测画法、圆锥体积、线面平行判定|基础概念辨析，强化几何直观| |多选题|3/18|空间向量坐标、线面垂直关系|多角度考查空间想象，培养推理意识| |填空题|3/15|球表面积计算、异面直线所成角|综合几何运算，提升模型意识| |解答题|5/77|线面平行证明、体积计算、二面角求解|融合证明与计算，适配新高考真题梯度，发展逻辑推理能力|

2027届高考数学一轮复习抓基础 知识店铺： 苍穹精品工作室 基础集训06 立体几何部分 （时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1. 本试卷为2027届高考数学一轮复习抓基础用，要求回归课本，题型难度类似2027年新高考I卷 2. 本试卷测试范围：立体几何部分 3. 本试卷适用于新高考I卷地区 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知，，那么的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 2．（本题5分）某圆锥的底面半径为1，侧面积为，则该圆锥的体积为（     ） A． B． C． D． 3．（本题5分）在正方体中，以下直线与平面平行的是（   ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 4．（本题5分）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．（本题5分）在正四棱台中，下列判断错误的是（     ） A． B．该棱台有条棱 C．，，，四点不共面 D．平面平面 6．（本题5分）在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，则二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）在平行四边形中，，，，现将沿直线翻折至，使得点到达点的位置，且二面角的平面角等于，则与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）在正方体 中，设棱长为，则下列结论正确的有（    ） A．向量的模长为2 B．向量的坐标为 C．直线与平面垂直 D．异面直线与所成角为 10．（本题6分）已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，且，则 D．若，，则至少与，中一个平行 11．（本题6分）正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内（含边界）一动点，则下列结论正确的为（    ）    A．存在唯一的点，使得平面 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C．动点到平面的距离的最大值为 D．若直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）将一个底面半径为1，高为的圆柱形铁块熔铸成一个实心铁球，则该实心铁球的表面积为_________． 13．（本题5分）在四面体中，，E、F分别为边、的中点．若，则直线与所成的角的大小为__________． 14．（本题5分）四面体中，，，，且异面直线与所成角为．若四面体的体积为，则四面体的外接球半径的最小值为__________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E、F分别是PB和BD的中点． (1)证明：平面PCD； (2)求三棱锥的体积． 16．（本题15分）如图，已知四棱锥的底面是正方形，平面，．    (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求证：平面． 17．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为PB的中点，F为AC与BD的交点. (1)证明：平面PCD； (2)求四棱锥的体积. 18．（本题17分）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面. (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使得，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 19．（本题17分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面与交于点． (1)设平面交平面于直线，求证：； (2)若，且是棱的中点，点到平面，平面，平面的距离分别为．求的值； (3)若分别是线段、线段上的点，且满足，设与所成的角为，与所成的角为，求的最大值． 试卷第2页，共5页 试卷第2页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高考数学一轮复习抓基础 知识店铺： 苍穹精品工作室 基础集训06 立体几何部分 （时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1. 本试卷为2027届高考数学一轮复习抓基础用，要求回归课本，题型难度类似2027年新高考I卷 2. 本试卷测试范围：立体几何部分 3. 本试卷适用于新高考I卷地区 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知，，那么的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】A 【详解】由直观图及题意，得为等腰直角三角形，所以， 所以，则， 则，，， . 2．（本题5分）某圆锥的底面半径为1，侧面积为，则该圆锥的体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为， 因为侧面积为，所以， 所以圆锥的高为， 则该圆锥的体积为. 3．（本题5分）在正方体中，以下直线与平面平行的是（   ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定定理判断即可. 【详解】对于A，，与平面相交，故与平面相交，A错误. 对于B，，与平面相交，故与平面相交，B错误. 对于C，，平面，平面，则平面，C正确. 对于D，，与平面相交，故与平面相交，D错误. 4．（本题5分）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】A选项，若，，则平面内存在直线， 因为直线与直线不一定平行，直线与直线不一定平行， 所以A选项不正确； B选项，因为垂直于同一平面的两条直线平行，故B选项正确； C选项，若，，则平面与平面也可能相交， 例：正方体中，平面，平面， 而平面. 故C选项不正确； D选项，若，，则或，故D选项不正确， 5．（本题5分）在正四棱台中，下列判断错误的是（     ） A． B．该棱台有条棱 C．，，，四点不共面 D．平面平面 【答案】C 【详解】正四棱台上下底面均为正方形，对应边互相平行，， 又，由平行传递性可得，故A正确； 上底面4条棱、下底面4条棱、侧棱4条，总计条棱，故B正确； 棱台的侧棱延长后会交于同一点，因此，，，四点共面，故C错误； 棱台的定义就是用平行于底面的平面截取棱锥得到，上下底面互相平行， 即平面平面，故D正确． 6．（本题5分）在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图所示取中点分别为和，连接. 是中点，是中点，. 又平面，平面，平面. 同理，是中点，是中点，. 又平面，平面，平面. ，平面，平面平面. 又平面平面，点是侧面上的一个动点， 且平面， 点的轨迹为线段. 正三棱锥的棱长均为2，，分别为，的中点， 是的中位线，故. 即动点的轨迹的长度是1. 7．（本题5分）四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，则二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，利用定义法确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解其余弦值. 【详解】在四棱柱中，由，平面，得平面， 又平面，则，由底面是菱形，得， 令，连接，由，是的中点，得， 又平面，则平面， 又平面，因此，为二面角的平面角， 由，，，点为的中点， 得，，， 由余弦定理得， 所以二面角的余弦值为. 8．（本题5分）在平行四边形中，，，，现将沿直线翻折至，使得点到达点的位置，且二面角的平面角等于，则与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先构造二面角的平面角，明确棱锥的棱长，再借助体积法求点到平面的距离，即可求线面角的正弦值. 【详解】如图， 将沿直线翻折至，使得点到达点的位置. 将底面补成矩形. 则，，所以即为二面角的平面角，为. 又，所以为等边三角形. 又平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. 所以取为中点，则为棱锥的高. 又， 所以. 在中，，，，所以. 在中，，，所以. 设到平面的距离为， 则. 设直线与平面所成的角为，则. 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）在正方体 中，设棱长为，则下列结论正确的有（    ） A．向量的模长为2 B．向量的坐标为 C．直线与平面垂直 D．异面直线与所成角为 【答案】CD 【详解】对于A，因为正方体的棱长为，则，所以A错误， 对于B，因为题设没有给定确定的空间直角坐标系，建系不一样，的坐标不同， 建立如图所示的空间直角坐标系，易知，所以，故B错误， 对于C，由正方体的性质知平面，所以C正确， 对于D，由正方体的性质知平面，又平面，则， 所以异面直线与所成角为，故D正确. 10．（本题6分）已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，且，则 D．若，，则至少与，中一个平行 【答案】ACD 【详解】选项A：若，则内存在直线满足，又，故垂直内所有直线，即，因此，A正确； 选项B：若，，则可能平行于，也可能在平面内，并非一定有，B错误； 选项C：若且，可得，又，根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知，C正确； 选项D：为不同直线，若，结合、，可得； 同理若则； 若不在内，则由，同时在内，可得且， 综上至少与中一个平行，D正确. 11．（本题6分）正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内（含边界）一动点，则下列结论正确的为（    ）    A．存在唯一的点，使得平面 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C．动点到平面的距离的最大值为 D．若直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】对于A，根据面面平行的判定定理及面面平行的性质证明即可；对于B，根据平面的性质判断截面形状，结合面积公式求解即可；对于C，根据动点到平面的距离等于动点到的距离乘以平面与平面的夹角的正弦值，结合线面垂直的判定定理、线面垂直的性质、二面角的定义及三角形相似求解即可；对于D，判断动点的轨迹与底面内（含边界）相交的部分，结合弧长公式求解即可. 【详解】对于A，取中点，连接.    正方体中，因为，分别是，的中点， 所以，. 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面，，所以平面平面. 由面面平行的性质得，当点在线段上运动时，平面，故A错误. 对于B，连接，，易知，则为梯形，且，，，共面， 所以过，，三点的平面截正方体所得截面为梯形. 在中，，同理可得. 所以为等腰梯形，又，， 所以，B正确. 对于C，过点作，交的延长线于点，连接.    正方体中，平面， 因为平面，所以. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以，则即为平面与平面的夹角. 易知，则，所以， 在中，. 动点到平面的距离等于动点到的距离乘以平面与平面的夹角的正弦值. 过点作，交于点，易知，当点与点重合时，点到的距离取得最大值，即. 易知，则，所以， 所以动点到平面的距离的最大值为，C错误. 对于D，因为平面，所以即为直线与平面所成角，则， 在中，， 所以动点的轨迹为在平面上，以点为圆心，以为半径的圆. 又，所以点的轨迹与正方形的交点在边，上，设为点，， 则即为点的轨迹与底面内（含边界）相交的部分.    在中，，则， 同理可得，所以， 由弧长公式得，D正确. 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）将一个底面半径为1，高为的圆柱形铁块熔铸成一个实心铁球，则该实心铁球的表面积为_________． 【答案】 【详解】圆柱形铁块的体积为， 设实心铁球的半径为，则，解得， 故该实心铁球的表面积为. 13．（本题5分）在四面体中，，E、F分别为边、的中点．若，则直线与所成的角的大小为__________． 【答案】 【分析】取的中点，构造三角形的中位线，将异面直线与所成的角转化为三角形的内角，结合余弦定理可得. 【详解】 取的中点，连接， 由E、F分别为边、的中点，由三角形的中位线性质可得，为异面直线与所成的角， 在中，由余弦定理可得， 所以， 由异面直线间夹角范围可得直线与所成的角为. 14．（本题5分）四面体中，，，，且异面直线与所成角为．若四面体的体积为，则四面体的外接球半径的最小值为__________． 【答案】 【分析】通过将满足垂直条件的四面体补形成直棱柱的几何模型，结合异面直线夹角、四面体体积公式推导出与的长度乘积，再利用直棱柱外接球直径与各棱的几何关系，结合基本不等式求解得到外接球半径的最小值. 【详解】由，，可将四面体补形成直棱柱， 过作，且， 则平面，过作，且， 则四面体补成直三棱柱， 因为，， 所以， 即原四面体体积等价于以为底、为高的直三棱柱体积的， 设，，异面直线与所成角为，则与的夹角为， 则的面积为：， 由四面体体积公式：，解得， 直三棱柱的外接球与四面体的外接球完全相同， 外接球的球心到平面的距离为， 根据正弦定理，的外接圆半径满足： ，即， 由余弦定理：， 结合基本不等式，得， 即，因此， 外接球半径满足：， 即，当且仅当时取等号. 则四面体的外接球半径的最小值为. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E、F分别是PB和BD的中点． (1)证明：平面PCD； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)在中，分别是和的中点， ； 又平面，平面， 平面． (2) 【分析】（1）利用中位线的性质找到平行线，根据线面平行的判定定理进行证明； （2）利用换底的方法，根据体积相等进行转化计算． 【详解】（1）略 （2）由题意得三棱锥的高为， 四边形是正方形， ， 三棱锥的体积为； 三棱锥的体积为． 16．（本题15分）如图，已知四棱锥的底面是正方形，平面，．    (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求证：平面． 【答案】(1) (2)证明：平面，平面， ， 又，平面， 平面； 【分析】（1）连接，求出，利用线面垂直的性质得到，求出，再由异面直线所成角的定义可知就是异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理求角即可； （2）又线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定证明即可． 【详解】（1）解：连接，    则， 平面，平面， ， ， ， 就是异面直线与所成角或其补角， ， 故异面直线与所成角的大小为； （2）略 17．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，，E为PB的中点，F为AC与BD的交点. (1)证明：平面PCD； (2)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明：∵ 底面为正方形，对角线与交于点， ∴ 是的中点， 又∵ 为的中点， ∴ 在中，是中位线，可得 ， ∵ 平面，平面， 根据线面平行的判定定理，得 平面. (2) 【分析】（1）利用正方形对角线交点是中点、是中点，得到是的中位线从而推得，再结合线面平行的判定定理证明平面； （2）由平面得是四棱锥的高，先计算底面正方形的面积，再代入四棱锥体积公式计算体积. 【详解】（1）略 （2）由平面，得四棱锥的高； 底面是边长为2的正方形，底面积， 因此体积. 18．（本题17分）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面. (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使得，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明：因为，，则，即． 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面． (2)； (3)存在，为的中点. 【分析】（1）利用平行线推导出线线垂直，再结合两个平面垂直的性质，直接证出线面垂直； （2）先构造直三棱柱，利用面面垂直推导出底面，找出线面角，分别求出的长度，最后求出余弦值； （3）线段在底面上的投影为，通过线面垂直得到点的投影在底面的位置，进而推导出为线段的中点, 【详解】（1）略 （2）取中点，连接，取中点，连接. 由得平面，因为，所以平面，平面， 又因为，所以四边形均为矩形， 所以多面体为直三棱柱， 因为为等边三角形，平面平面， 所以平面平面，为等边三角形，即， 因为为的中点，平面平面，所以平面， 所以为直线与平面的夹角， 因为，所以， 所以， 即，所以直线与平面夹角余弦值为. （3）存在，为线段的中点. 取中点，连接，设点在底面的投影为，连接， 由（2）可知，直线在底面上的投影为直线，所以点在线段上. 假设，所以平面，即， 在正方形中，当时，为对角线的交点， 即为线段的中点，所以为线段的中点 19．（本题17分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面与交于点． (1)设平面交平面于直线，求证：； (2)若，且是棱的中点，点到平面，平面，平面的距离分别为．求的值； (3)若分别是线段、线段上的点，且满足，设与所成的角为，与所成的角为，求的最大值． 【答案】(1)因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以． (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理以及性质求解即可. （2）根据等体积法得到，再由棱锥的体积公式，即可求解. （3）作，由可得，根据角的关系可得，然后即可求解. 【详解】（1）略 （2）因为，平面，底面是正方形，， 依题意可得， 所以， 其中， ， 因为，所以，， 即，解得． （3）作，与BC交于点R，连接RQ，如图． 因为，所以， 又，所以， 所以， 因为底面是正方形，所以. 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，则，所以， 则，，且， 所以， 当时，取得最大值为． 试卷第16页，共19页 试卷第19页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $