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专题05 立体几何初步
7大高频考点概览
考点01空间几何体的概念、表面积与体积
考点02直观图
考点03空间中点线面的位置关系
考点04空间中的平行关系
考点05空间中的垂直关系
考点06空间角
考点07最值与截面问题
(
地
城
考点01
空间几何体的概念、表面积与体积
)
单选题
1．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)下列命题中为真命题的是（ ）
A．圆柱的侧面展开图是一个正方形
B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D．球体是旋转体的一种类型
【答案】D
【分析】利用各项概念的定义来进行判断即可.
【详解】对于A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误；
对于B，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
对于C，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误；
对于D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确，
故选：D.
2．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)已知圆柱的底面半径为1，侧面积为，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据侧面积求出圆柱的高，利用体积公式可得答案.
【详解】设高为，因为圆柱的底面半径为1，侧面积为，所以，即.
圆柱的体积为.
故选：C
3．(24-25高一下·湖南部分学校·期中)若长方体的长、宽、高分别为1，1，2，则该长方体外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据长方体外接球的直径为对角线，可得半径，从而求球的体积.
【详解】由已知长方体的对角线长为.
所以外接球半径为，
体积为.
故选：A.
4．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积.
【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示：
易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、，
则，
设棱台的高为，体积为，
则棱台的高为，设其体积为，
则，则，
所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为.
故选：B.
5．(24-25高一下·湖南部分学校·期中)中国冶炼铸铁的技术起源于春秋时期，并在战国时期取得了显著的进步，推动了当时社会的发展.现将一个半径为2cm的实心铁球熔化后，浇铸成一个圆台状的实心铁锭（不考虑损耗），若该圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，高为2cm，则该圆台的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用球的体积公式、圆台的体积公式列式求出圆台两底半径，进而求出圆台的母线即可求出表面积.
【详解】依题意，圆台体积，
如图所示，设圆台较大的底面半径为，则较小的底面半径为，
于是，解得，
过点B作，垂足为，由圆台的结构特征得底面，
母线，
圆台表面积.
故选：B
多选题
6．(24-25高一下·湖南衡阳衡阳县第四中学·期中)在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线的长为10m，底面半径长为6m．下面说法正确的是（ ）
A．圆锥SO的高为8m B．圆锥SO的侧面积为
C．圆锥SO的体积为 D．圆锥SO外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】首先求圆锥的高，再代入圆锥的侧面积，体积公式，即可判断ABD，利用圆锥与外接球的几何关系，构造关于的方程，即可求解外接球的表面积，判断D.
【详解】对A，母线的长为10m，底面半径OA长为6m，圆锥SO的高为，A选项正确；
对B，圆锥SO的侧面积，B选项正确；
对C,圆锥的体积,C选项错误，
对D，设圆锥SO的外接球半径为，则，解得，
所以圆锥SO外接球的表面积为，D选项正确.
故选：ABD
填空题
7．(24-25高一下·湖南邵阳邵东创新高级中学·期中)已知三棱锥的棱长都是2，则该三棱锥的体积为___．
【答案】
【分析】设为正的中心，连接结合正弦定理得到底面外接圆半径和三棱锥的高，结合题设数据以及棱锥体积公式即可求解.
【详解】设为正的中心，连接，
则由题意可得为三棱锥的高，为正外接圆圆心的半径，
所以，
所以该三棱锥的体积为.
故答案为：
8．(24-25高一下·湖南·期中)一个平行于正四棱锥底面的平面将该正四棱锥分成上、下两个部分，且截得的棱台的上、下底面边长之比为2:3，则上、下两部分体积之比为________．
【答案】
【分析】法一是根据棱台上、下底面边长之比，利用相似棱锥体积比等于对应边长比的立方来计算；
法二是根据上、下两部分高之比以及正四棱台上、下底面边长，直接代入体积公式计算.
【详解】法一：由题意可知上面部分为正四棱锥，下面为正四棱台，棱台上、下底面边长之比为2：3，所以上面小正四棱锥与大正四棱锥的体积之比为，所以上、下两部分体积之比为．
法二：由题知上面部分为正四棱锥，下面为正四棱台，上、下两部分高之比为2：1，
设为2h和h，正四棱台上、下底面边长分别设为2a和3a，则上、下两部分的体积之比直接用公式计算可得．
故答案为：.
9．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且与的面积之比为，若点都在球的球面上，则球的表面积为__________.
【答案】
【分析】作出辅助线，根据两三角形面积之比求出，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球，从而得到外接球半径，得到外接球表面积.
【详解】三角形是等腰直角三角形，，故⊥，
由勾股定理得，
取的中点，则，
因为，，平面，
故⊥平面，
因为平面，所以⊥，
设，则，，
故⊥，，
与的面积之比为，故，解得，
故，
点都在球的球面上，因为两两垂直，
故三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体外接球，
故外接球半径为，
球的表面积为
故答案为：
解答题
10．(24-25高一下·湖南部分学校·期中)一个边长为4的正方形剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，得到如图所示的五边形，将五边形绕直线旋转一周.
(1)求所得几何体的体积；
(2)求所得几何体的表面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将五边形ABCDE绕直线AB旋转一周得到的几何体是一个底面半径为4，高为4的圆柱挖去一个底面半径为2，高为2的圆锥，求出体积可得答案；
（2）由可得答案.
【详解】（1）将五边形绕直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为4高为4的圆柱挖去一个底面半径为2高为2的圆锥，
所以所得几何体的体积；
（2）易知圆锥的母线为，所以，
，
所得几何体的表面积.
11．(24-25高一下·湖南部分校·期中)如图，在中，，为的边上的高所在的直线，延长与相交于点，且，将绕着旋转一周得到一个几何体．
(1)求该几何体的体积；
(2)求该几何体的表面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意，该几何体是由一个底面半径为3，高为的圆锥体内挖去一个底面半径为1，高为的圆锥后所得的，利用圆锥的体积公式计算即可；
（2）该几何体的表面积为两个圆锥的侧面积加一个圆环面积，计算即可.
【详解】（1）由，可得，
则，
则该几何体是由一个底面半径为3，高为的圆锥体内挖去一个底面半径为1，高为的圆锥后所得的．
所以，该几何体的体积为．
（2）由题及（1）可得，，
则该几何体的表面积为．
12．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)如图，在直三棱柱中，分别是的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，且，求三棱锥的高.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出线线平行，再结合线面平行的判定证明即可；
（2）利用等体积法可求答案.
【详解】（1）取的中点，连接,
因为分别为中点，所以且，
因为，所以，
因为为中点，所以且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）因为，且，所以，;
所以的面积为，
设三棱锥的高为，则,
，解得，即三棱锥的高为.
(
地
城
考点02
直观图
)
单选题
13．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由余弦定理求出，在平面直角坐标系中还原，计算即可
【详解】由斜二测画法知，，
所以由余弦定理得，
，代入上式解得，，
，
,，
还原平面图如图，
即，，
，
四边形的周长为．
故选：C.
填空题
14．(24-25高一下·湖南娄底·期中)利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③菱形的直观图一定是菱形.以上结论正确的是__________.
【答案】①
【分析】利用斜二测画法规则，对各结论逐一判断，即可得到结果.
【详解】由斜二测画法规则知，斜二测画法保持平行性不变，因此原相交直线，利用斜二测画法得到的仍是相交直线，
三角形的直观图一定是三角形，①正确；
斜二测画法中只有平行于轴或在轴上的线段，长度保持不变，
因此正方形、菱形的相邻两边，利用斜二测画法得到的线段不等，②③错误.
故答案为：①
15．(24-25高一下·湖南部分校·期中)如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，，梯形的面积为30，则梯形的高为________.

【答案】
【分析】直接用斜二测画法画出梯形水平放置时的直观图.再计算即可.
【详解】运用斜二测画法根据直观图画出原图，如下，


梯形的面积为30，，则原图梯形的高为，
即，解得.，则.
根据直观图与原图的长度关系，知道原图高为.
故答案为：.
(
地
城
考点0
3
空间中点线面的位置关系
)
单选题
16．(24-25高一下·湖南邵东第四中学·期中)在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】做出平行线，找到异面直线所成角的平面角，即可求解.
【详解】
如图所示，不妨设正方体的棱长为1.
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角.
在中，，
所以为等边三角形，则，
因此，异面直线与所成的角为.
故选：C.
17．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【答案】C
【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系，对选项逐一判断即可求解.
【详解】若，，则直线，可能相交、平行或异面，故选项A错误；
若，，则或，故选项B错误；
若，，，则由面面平行的性质定理可知，故选项C正确；
如图所示，平面，平面，平面，平面，但平面与平面相交，故选项D错误.
故选：C.
18．(24-25高一下·湖南·期中)已知α，β是两个不同的平面，直线l⊥β，则“”是“l⊥α”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据线面，面面的位置关系，结合充分必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】若，因为l⊥β，所以l⊥α成立；
若l⊥α，因为l⊥β，根据与同一条直线垂直的两个平面平行，所以成立，
所以“”是“l⊥α”的充分必要条件.
故选：A．
19．(24-25高一下·湖南邵东第四中学·期中)不重合的两条直线和不重合的两个平面，下面的几个命题：
①若，且，则；
②若与平面成等角，则；
③若，且，则；
④若，则；
⑤若异面，且均与平面和平行，则.
在这5个命题中，真命题的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】根据空间直线与平面，平面与平面的关系对五个命题分别进行判断即可.
【详解】命题①，若，且，则，可以平行、相交或异面，所以是假命题；
命题②，若与平面成等角，则，可以平行、相交或异面，所以是假命题；
命题③，如图，因为直线，所以平面，内可以找到一条直线平行于，
设在平面内，在平面内，则，，所以，
而，，所以，因为，，所以，
而，所以，所以是真命题；

命题④，若，则平面和可能平行，也可能相交，所以是假命题；
命题⑤，过空间内一点作异面直线，的平行线，从而可以确定一个平面，
根据条件可得，，从而得到，所以是真命题.
故选：A.
20．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)如图，点为正方形的中心，点在平面外，是线段的中点，则下列各选项中两条直线不是异面直线的为（ ）

A．与 B．与
C．与 D．与
【答案】D
【分析】根据空间中点，线，面的位置关系逐一判断即可.
【详解】在正方形中，，
所以在平面内，不在直线上，
又不在平面内，所以与异面；
因为平面，在平面内，不在直线上，
又不在平面内，所以与异面；
因为平面，在平面内，不在直线上，
又不在平面内，所以与异面；

连接，因为点为正方形的中心，又是线段的中点，
所以，所以在平面内，所以与不是异面直线.
故选：.
21．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)如图是正四面体的平面展开图，分别为的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（ ）
A．与平行 B．与为异面直线
C．与成60°角 D．与垂直
【答案】A
【分析】还原成正四面体，逐项判断即可.
【详解】还原成正四面体，
如图，由异面直线判定定理：
易知与为异面直线，A错，
与为异面直线，B对，
易知：，又，
所以与成角，C对，
因为正四面体对棱垂直，所以，
所以，D对，
故选：A
多选题
22．(24-25高一下·湖南湘潭第一中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（ ）.
A．存在点，使平面 B．不存在点，使四点共面
C．三棱锥的体积是定值 D．经过四点的球的表面积为10
【答案】AC
【分析】根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断A；当Q与点重合时，四点共面，即可判断B；结合三棱锥体积公式判断C；易知经过四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.
【详解】连接，当是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故A正确，
如图，在正方体中，连接．
因为分别是的中点，所以．又因为，所以，所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，
故B错误，
直线上的点到面的距离为2，而，所以是定值，
故C正确，
设G,H分别为，的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，所求球的直径满足：，经过四点的球的表面积为，故D错误．
故选：AC.
23．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)如图，在棱长均为1的四棱锥中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，则（ ）
A．PC与MO是异面直线 B．直线NO与PC的夹角为
C． D．四棱锥的外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】首先连结，利用中位线可判断，，再根据四棱锥的性质，即可判断选项.
【详解】对于A,连接AC，BD，PO，分别是的中点，所以，A错误；
对于B，，故所求为直线PD与PC的夹角，为，B正确；
对于C，由于，，所以，又，故，C正确；
对于D，易知，故四棱锥的外接球的表面积为.D正确.
故选：BCD
24．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为 B．存在点，使得平面
C．对任意点，平面平面 D．点到直线的距离为4
【答案】BCD
【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点重合时，可得平面，即可判断B；连接CF，推导出，从而得平面，进一步得平面平面即可判断C；由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离判断D．
【详解】对于A，由正方体的性质可知，
两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，
由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连接，由于平面，平面，故，
又，故，
故，即，故，
又相交，平面，故平面，
又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，
，
所以，
又，所以，
所以点到直线的距离，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：对于选项D，由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离．
(
地
城
考点0
4
空间中的平行关系
)
解答题
25．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)如图，四棱锥中，，，分别为线段的中点，与交于点，是线段上一点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)设平面交平面于直线，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1) 连接,证明四边形是平行四边形,则易得,结论可得;
(2) 连接，证明平面平面，则易得结论.
(3)根据线面平行的判断判定得平面，然后由线面平行的性质即可得
【详解】（1）连接，，，，
四边形是平行四边形，
为的中点，
又是的中点，，
又平面平面，
平面．
（2）连接，
分别是的中点，，
又平面平面，
平面.
又是的中点，是的中点，
平面平面，
平面．
又在平面内相交于点H，所以平面平面，
又平面，
平面．
（3）因为，平面平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面直线，
所以；
26．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点．

(1)求与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)求证与平面平行．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，证得和，得到为与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解；
（2）确定即为平面与平面所成角的平面角，即可求解；
（3）通过四边形为平行四边形，即可求证.
【详解】（1）解：连接.由分别是的中点，
根据中位线性质，得，且，
在三棱台中，可得，所以，
由，可得四边形是平行四边形，则，
所以为与所成角，
在中，由，
可得.

（2）因为平面，在平面，
所以，
又又分别在平面与平面内，
平面与平面的交线为，
所以即为平面与平面所成角的平面角，
又，，分别是中点，
所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
（3）由，，
由棱台的结构特征可知，又为的中点，
易知与平行且相等，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又在平面外，在平面内，
所以平面.
27．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.

(1)在图中作出面和面的交线，并证明：平面；
(2)若，，在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）延长交于点F，连接即得到面和面的交线，接着证明为的中点即可证明，从而由线面平行判定定理即可求证平面；
（2）取中点，连接，求证四点共面即可得到四边形即为所求截面，再利用题设条件求出该四边形四边长即可求解.
【详解】（1）证明：如图，延长交于点F，则面，且面，
连接，则面，且面，即是面和面的交线，
取中点，因为，且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以为的中点，又点为棱的中点，
所以，因为平面，在平面外，
所以平面，即平面；
（2）因为，为的中点，所以B为的中点，连接，则，
取中点，连接，则即，所以，
所以四点共面，则四边形即为所求截面，
因为，，
所以，
又，
所以，
所以在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长为.
(
地
城
考点0
5
空间中的垂直关系
)
解答题
28．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)如图，在三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若点是线段上的点，且，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）作于点，借助三角形全等及余弦定理、勾股定理证明直二面角即可得证.
（2）利用等体积法求出点到平面的距离，利用余弦定理求出，再利用公式法求出线面角的正弦.
【详解】（1）过点作于点，连接，由，，为公共边，
得，则，，因此，
，是二面角的平面角，
在中，，则，
则，，
又，则，即，因此二面角的平面角为直角，
所以平面平面.
（2）设点到平面的距离为，由（1）得，
平面，又，则，即，
由，得，
则，
在中，，则
而，即，，
因此，解得，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
29．(24-25高一下·湖南长沙雅礼教育集团·期中)如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示．
(1)求证：；
(2)求四棱锥的体积；
(3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABCE为菱形，从而线线垂直，得到平面．故；
（2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用锥体体积公式进行求解；
（3）作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，即为平面与平面所成锐二面角的平面角，求出各边长，得到，求出答案.
【详解】（1）证明：在平面图形中，连接CE，由勾股定理得，
因为且，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形ABCE为菱形，
在图中，连接AC交BE于点，则，
在立体图形中，，，
又，平面，
平面．
又平面，
；
（2）在平面图形中，由勾股定理得，
由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故，
平面平面BCDE，且平面平面，平面，．
平面BCDE，
其中梯形的面积为，
；
（3）在立体图形中延长BE，CD，设，连接．
平面，平面．
又平面，平面．
是平面与平面的交线，
平面平面BCDE，，平面平面，
平面，又平面，
，，
作，垂足为，连接CH，
又，平面，
平面OCH，又平面OCH，
．
即为平面与平面所成锐二面角的平面角．
由勾股定理得，，
故，为等边三角形，
在Rt中，，，
所以，又，故，
由勾股定理得，
所以，
又，在中，，
．
平面与平面所成锐二面角的余弦值．
(
地
城
考点0
6
空间角
)
30．(24-25高一下·湖南湘潭第一中学·期中)一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为_____________．
【答案】
【分析】将平面展开图复原为如图所示的正方体后结合正方体的性质可得与所成的角即为或其补角，故可求线线角的大小.
【详解】将平面展开图复原为如图所示的正方体：
设正方体的棱长为，连接，则，
由正方体的性质可得，故四边形为平行四边形，
故，故与所成的角即为或其补角，而，
故与所成的角为，
故答案为：.
31．(24-25高一下·湖南衡阳衡阳县第四中学·期中)如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据异面直线所成的角的定义，利用平行线转化为相交直线所成角，即可求解.
【详解】因为，所以异面直线与所成的角为.
故选：B
32．(24-25高一下·湖南邵东第四中学·期中)如图，用一平面去截球，所得截面面积为，球心到截面的距离为，为截面小圆圆心，为截面小圆的直径.

(1)计算球的表面积和体积；
(2)若是截面小圆上一点，，、分别是线段和的中点，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)球的表面积为，体积为
(2)
【分析】（1）求出小圆的半径，然后利用球心到该截面的距离为，小圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积和体积.
（2）由得，为异面直线与所成的角（或补角），连接，然后利用余弦定理求出此角的余弦值，最后利用反三角表示出此角即可.
【详解】（1）连接，由题意得，截面圆的半径为，
在中，，，由勾股定理得，
所以，球的表面积为：，体积为.
（2）连接，因为、分别为、的中点，所以，
所以，为异面直线与所成的角（或补角）.
在中，，，则，
连接，在中，，

由余弦定理知：，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
33．(24-25高一下·湖南·期中)如图1，已知在中，，，，E，F分别是AB，AC上的点，，将沿EF翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥，若平面PEF与平面PBC相交于直线m．
(1)求证：；
(2)当时，求直线PE与平面BCFE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明平面，再结合线面平行的性质求证即可；
（2）过点P作于点M，连接EM，先证明平面BCFE，可得为直线PE与平面BCFE所成的角，进而求解即可.
【详解】（1）由，可知，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以．
（2）由题知，
因为，所以，
过点P作于点M，连接EM，
由，则，
因为，，，平面，，
所以平面PFC，因为平面，所以，
因为，平面BCFE，
所以平面BCFE，则为直线PE与平面BCFE所成的角，
在中，，
所以直线PE与平面BCFE所成角的正弦值为．
(
地
城
考点0
7
最值与截面问题
)
单选题
34．(24-25高一下·湖南·期中)圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析可得当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长，进而求解即可.
【详解】由题意可知，圆柱高为4，底面积为，则圆柱的底面半径为1，
当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长a，
如图，在正四面体中，棱长为a，其外接球的半径为，
为的中点，为的中心，连接，则平面，
设为正四面体外接球的球心，连接，
因为为正三角形，所以，
在中，，
所以，
在中，由，
得，解得，则.
故选：D.
35．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（ ）

A． B．2 C． D．3
【答案】A
【分析】取的中点，的中点，连接，，，.在正方体中，易证平面平面.又平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，可确定点在线段上运动.在中，利用三角形知识即可求解线段的长度的最小值.
【详解】

取的中点，的中点，连接，，，，如图所示.
在正方体中，
∵，且，
∴四边形是平行四边形，∴.
又平面，平面，∴平面.
∵，分别是和的中点，∴.
同理可知，∴.
又平面，平面，∴平面.
又，平面，平面，
∴平面平面.
∵平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，
∴点在线段上运动.
在中，易求，，为等腰三角形，
∴点为线段的中点时，取得最小值.

此时，
即的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题的解题关键是：根据平面分析出动点的运动轨迹，在三角形中利用平面几何即可求解.
多选题
36．(24-25高一下·湖南·期中)如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（ ）
A．正方体被平面截得的截面面积为 B．的最小值为2
C．三棱锥的体积为 D．直线与平面可能垂直
【答案】AC
【分析】对于A，取的中点G，连接，GM，，可证明，得到正方体被平面所截得的截面为四边形，进而求解其面积即可判断；对于B，将平面以为轴旋转展开，与平面在同一个平面内，通过计算可得为直角，可得当E，F都到达时，的值取得最小值，进而判断即可；对于C，由等体积法求解判断即可；对于D，先假设直线与平面垂直，通过推导得出平面平面，产生矛盾，进而判断即可.
【详解】对于A，取的中点G，连接，GM，，
因为M为的中点，所以，
在正方体中，，所以，
则正方体被平面所截得的截面为四边形，
且四边形为等腰梯形，，，，
在等腰梯形中，过点，分别作，垂足为，，
则，所以，
所以等腰梯形的面积为，故A正确；
对于B，计算的最小值，将平面以为轴旋转展开，
与平面在同一个平面内，如图所示，
由于，，，，
则，则，
则为直角，所以当E，F都到达时，的值取得最小值2，但E，F不能取端点，故B错误．
对于C，由，故C正确．
对于D，若直线与平面垂直，则必有，此时E为的中点，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
而平面与平面相交，矛盾，
所以与平面不可能垂直，故D错误．
故选：AC.
37．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．正三棱柱的外接球表面积为
C．周长的最小值为
D．若，则平面平面
【答案】ABD
【分析】利用等体积法求得三棱锥的体积判断A；设外接球半径为，底面外接圆半径为，由正弦定理可得，根据，可求得正三棱柱的外接球表面积判断B；计算可得可判断C；取，的中点分别为，，连接，，，利用线面垂直证得面面垂直，可判断D.
【详解】对于，取的中点为，连接，所以，
因为平面，所以点到平面的距离即点到平面的距离，
由正三棱柱，可得平面，又平面，
所以，又，又平面，所以平面，
又，所以，所以，
，故正确；
对于，在正三棱柱中，，
设外接球半径为，底面外接圆半径为，所以，即，
因为，所以正三棱柱的外接球表面积为，故正确；
对于，由侧面展开图所示，
周长，所以周长的最小值为，故错误；
对于，由，可知为的中点，取，的中点分别为，，连接，，，此时，且平面，故平面，又平面，所以平面平面，故正确.
故选：ABD.

38．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)关于正方体有如下四个说法，其中结论正确的是（ ）
A．若点在直线上运动时，三棱锥的体积不变
B．若点在线段（含端点）上运动时，直线与一定垂直
C．若点在线段（含端点）上运动时，直线与所成角的范围为
D．若点是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是过点的直线
【答案】ABD
【分析】点P在线段 (含端点)上运动，可以证明平面，从而可得P到平面的距离不变，故可判断A，对于BCD，以点D为原点，以DA、DC、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法逐一判断即可，
【详解】
对于A，由平面，平面，故平面，
则P到平面的距离不变，
又的面积为定值，可知点P在直线上运动时，三棱锥的体积不变，故A正确；
设正方体棱长为1，
以点D为原点，以DA、DC、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设，
又点在线段（含端点）上运动，
所以，
则，
所以，故B对；
因为，
设直线与所成角为，
，
因为，所以，
即，故C错；
因为点是平面上到点和距离相等，所以，
设，
所以，即平面，
又点P在平面上，
所以点P的轨迹是平面与平面的交线，故D对；
故选：ABD
39．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，，是底面圆周上两点，且，则（ ）

A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为
C．当时，圆锥的外接球表面积为
D．存在点在圆锥上，使得直线平面
【答案】AC
【分析】先由题设得，对于A，先由题设求出圆锥沿展开的侧面展开图扇形所对圆心角弧度数，再由余弦定理求解线段的长即可求解；对于B，设截面三角形顶角为，结合正弦定理面积公式即可计算求解；对于C，求出得到球心位置，再由即可求解判断；对于D，分别延长至使得，连接，求证平面平面即可得解.
【详解】由题，即分别为的中点，
对于A，当时，则，
圆锥沿展开的侧面展开图如图扇形所示，
则该扇形所对圆心角弧度数为，
所以当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为途中所示线段的长，
该长度为，故A正确；

对于B，当时，，，
所以，如图为过圆锥顶点和两母线的截面三角形，则由题意，

过顶点和两母线的截面三角形的面积为，
当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为，故B错误；
对于C，当时，，则，所以圆锥的外接球球心在线段上，
设外接球半径为R，则，即，
所以该圆锥的外接球表面积为，故C正确；
对于D，如图，分别延长至使得，
连接，则由题意，，

又在平面外，平面，
所以平面，平面，
又，所以平面平面，
所以过点B与平面平行的直线均在平面内，显然该平面上的点只有点B在圆锥上，
所以不存在点在圆锥上，使得直线平面，故D错误.
故选：AC
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专题05 立体几何初步
7大高频考点概览
考点01空间几何体的概念、表面积与体积
考点02直观图
考点03空间中点线面的位置关系
考点04空间中的平行关系
考点05空间中的垂直关系
考点06空间角
考点07最值与截面问题
(
地
城
考点01
空间几何体的概念、表面积与体积
)
单选题
1．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)下列命题中为真命题的是（ ）
A．圆柱的侧面展开图是一个正方形
B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D．球体是旋转体的一种类型
2．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)已知圆柱的底面半径为1，侧面积为，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．(24-25高一下·湖南部分学校·期中)若长方体的长、宽、高分别为1，1，2，则该长方体外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为（ ）
A． B． C． D．
5．(24-25高一下·湖南部分学校·期中)中国冶炼铸铁的技术起源于春秋时期，并在战国时期取得了显著的进步，推动了当时社会的发展.现将一个半径为2cm的实心铁球熔化后，浇铸成一个圆台状的实心铁锭（不考虑损耗），若该圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，高为2cm，则该圆台的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
多选题
6．(24-25高一下·湖南衡阳衡阳县第四中学·期中)在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线的长为10m，底面半径长为6m．下面说法正确的是（ ）
A．圆锥SO的高为8m B．圆锥SO的侧面积为
C．圆锥SO的体积为 D．圆锥SO外接球的表面积为
填空题
7．(24-25高一下·湖南邵阳邵东创新高级中学·期中)已知三棱锥的棱长都是2，则该三棱锥的体积为___．
8．(24-25高一下·湖南·期中)一个平行于正四棱锥底面的平面将该正四棱锥分成上、下两个部分，且截得的棱台的上、下底面边长之比为2:3，则上、下两部分体积之比为________．
9．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且与的面积之比为，若点都在球的球面上，则球的表面积为__________.
解答题
10．(24-25高一下·湖南部分学校·期中)一个边长为4的正方形剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，得到如图所示的五边形，将五边形绕直线旋转一周.
(1)求所得几何体的体积；
(2)求所得几何体的表面积.
11．(24-25高一下·湖南部分校·期中)如图，在中，，为的边上的高所在的直线，延长与相交于点，且，将绕着旋转一周得到一个几何体．
(1)求该几何体的体积；
(2)求该几何体的表面积．
12．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)如图，在直三棱柱中，分别是的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，且，求三棱锥的高.
(
地
城
考点02
直观图
)
单选题
13．(24-25高一下·湖南三湘名校联盟·期中)如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
填空题
14．(24-25高一下·湖南娄底·期中)利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③菱形的直观图一定是菱形.以上结论正确的是__________.
15．(24-25高一下·湖南部分校·期中)如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，，梯形的面积为30，则梯形的高为________.

(
地
城
考点0
3
空间中点线面的位置关系
)
单选题
16．(24-25高一下·湖南邵东第四中学·期中)在正方体中，异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
17．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
18．(24-25高一下·湖南·期中)已知α，β是两个不同的平面，直线l⊥β，则“”是“l⊥α”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
19．(24-25高一下·湖南邵东第四中学·期中)不重合的两条直线和不重合的两个平面，下面的几个命题：
①若，且，则；
②若与平面成等角，则；
③若，且，则；
④若，则；
⑤若异面，且均与平面和平行，则.
在这5个命题中，真命题的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
20．(24-25高一下·湖南湘一名校联盟·期中)如图，点为正方形的中心，点在平面外，是线段的中点，则下列各选项中两条直线不是异面直线的为（ ）

A．与 B．与
C．与 D．与
21．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)如图是正四面体的平面展开图，分别为的中点，在这个正四面体中，以下四个说法中错误的是（ ）
A．与平行 B．与为异面直线
C．与成60°角 D．与垂直
多选题
22．(24-25高一下·湖南湘潭第一中学·期中)如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（ ）.
A．存在点，使平面 B．不存在点，使四点共面
C．三棱锥的体积是定值 D．经过四点的球的表面积为10
23．(24-25高一下·湖南长沙第一中学·期中)如图，在棱长均为1的四棱锥中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，则（ ）
A．PC与MO是异面直线 B．直线NO与PC的夹角为
C． D．四棱锥的外接球的表面积为
24．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为 B．存在点，使得平面
C．对任意点，平面平面 D．点到直线的距离为4
(
地
城
考点0
4
空间中的平行关系
)
解答题
25．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)如图，四棱锥中，，，分别为线段的中点，与交于点，是线段上一点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)设平面交平面于直线，求证：．
26．(24-25高一下·湖南长沙明德中学·期中)三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点．

(1)求与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)求证与平面平行．
27．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.

(1)在图中作出面和面的交线，并证明：平面；
(2)若，，在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长.
(
地
城
考点0
5
空间中的垂直关系
)
解答题
28．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)如图，在三棱锥中，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若点是线段上的点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
29．(24-25高一下·湖南长沙雅礼教育集团·期中)如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示．
(1)求证：；
(2)求四棱锥的体积；
(3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
(
地
城
考点0
6
空间角
)
30．(24-25高一下·湖南湘潭第一中学·期中)一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为_____________．
31．(24-25高一下·湖南衡阳衡阳县第四中学·期中)如图，在正方体中，异面直线与所成的角是（ ）
A． B． C． D．
32．(24-25高一下·湖南邵东第四中学·期中)如图，用一平面去截球，所得截面面积为，球心到截面的距离为，为截面小圆圆心，为截面小圆的直径.

(1)计算球的表面积和体积；
(2)若是截面小圆上一点，，、分别是线段和的中点，求异面直线与所成角的余弦值.
33．(24-25高一下·湖南·期中)如图1，已知在中，，，，E，F分别是AB，AC上的点，，将沿EF翻折至，连接PB，PC，得到如图2所示的四棱锥，若平面PEF与平面PBC相交于直线m．
(1)求证：；
(2)当时，求直线PE与平面BCFE所成角的正弦值．
(
地
城
考点0
7
最值与截面问题
)
单选题
34．(24-25高一下·湖南·期中)圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（ ）
A． B． C． D．
35．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（ ）

A． B．2 C． D．3
多选题
36．(24-25高一下·湖南·期中)如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，点E和点F分别在线段和上运动（不包含端点），下列说法正确的有（ ）
A．正方体被平面截得的截面面积为 B．的最小值为2
C．三棱锥的体积为 D．直线与平面可能垂直
37．(24-25高一下·湖南长沙湘军高级中学·期中)如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．正三棱柱的外接球表面积为
C．周长的最小值为
D．若，则平面平面
38．(24-25高一下·湖南常德临澧县第一中学·期中)关于正方体有如下四个说法，其中结论正确的是（ ）
A．若点在直线上运动时，三棱锥的体积不变
B．若点在线段（含端点）上运动时，直线与一定垂直
C．若点在线段（含端点）上运动时，直线与所成角的范围为
D．若点是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是过点的直线
39．(24-25高一下·湖南师范大学附属中学·期中)圆锥的底面半径为，母线长为，侧面积为，点是母线上靠近点的三等分点，，是底面圆周上两点，且，则（ ）

A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的面积最大值为
C．当时，圆锥的外接球表面积为
D．存在点在圆锥上，使得直线平面
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