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1、06立体几何初步（培优提升题）- 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版，2019新版）一、单选题1（2022下福建福州高一校联考期末）已知正方体的棱长为1，它的所有顶点都球的表面上，则球的表面积为（）ABCD2（2022下福建福州高一校联考期末）在正方体中，分别为，的中点，则直线与所成角的余弦值为（）ABCD3（2022下福建三明高一统考期末）在长方体中，则直线与平面ABCD所成角的正弦为（）ABCD4（2023下福建龙岩高一统考期末）如图，在正方体中，E、F为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（）A若，则B若，则平面平面C若，则面D若，则5（2023下
2、福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）圆柱形容器内部盛有高度为h的水，若放入两个直径为2cm的铁球（球的半径与圆柱底面半径相等）后，水恰好淹没最上面的铁球一半（如图所示），则h=（）A0.5cmB1cmC2cmD2.5cm6（2023下福建福州高一校考期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为（）ABCD二、多选题7（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）在正方体中，E，F，G分别为BC，的中点，则（）A与AF所成角的正切值为B与平面AEF相交C过的截面是四边形D点G到平面AEF的距离是点到平面AEF的距离的比值是2：38（2023下福建
3、福州高一校联考期末）已知正三棱锥的四个顶点在球的球面上，E，F分别是PA，AB的中点，且，与该三棱锥的四个面都相切的球记为球，则（）A三棱锥的表面积为B球的表面积为C球的体积为D球的半径为9（2023下福建福州高一校考期末）如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（）A，E，O三点共线B三棱锥的外接球的表面积为C直线与平面所成的角为D过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为10（2023下福建福州高一校联考期末）如图，平面四边形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE组成的直角梯形，AD1，现将沿斜边AC翻折成（不在平面ABC内），若P为
4、BC的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（）A与BC可能垂直B三棱锥体积的最大值为C若A，C，E，都在同一球面上，则该球的表面积是D直线与EP所成角的取值范围为11（2023下福建福州高一福建省福州第一中学校考期末）已知四边形为正方形，平面，记三棱锥，的体积分别为，则（）ABCD12（2023下福建厦门高一统考期末）已知正四面体的棱长为，和的重心分别为点、，则（）AB平面C二面角的余弦值为D直线到平面的距离为13（2023下福建莆田高一统考期末）如图，两两互相垂直，三棱锥是正四面体，则下列结论正确的是（）A二面角的大小为BC若的中心为，则三点共线D三棱锥的外接球过点14（2023下福建福州
5、高一校联考期末）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，CD的中点，则（）A直线，为异面直线B二面角的余弦值为C直线与平面所成角的正切值为D过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9三、填空题15（2023下福建福州高一校考期末）已知正四棱锥的侧棱长为，其顶点均在同一个球面上，若球的体积为，则该正四棱锥的体积为 16（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）直四棱柱的底面正方形边长为，侧棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与直四棱柱的表面相交所得到的所有弧长之和等于 17（2023下福建福州高一校联考期末）如图，的棱长为2，点P在正方形的边界及其内部运动，则四面体
6、的体积的最大值是 ；记所有满足的点P组成的平面区域为W，则W的面积是 四、解答题18（2022下福建福州高一校联考期末）如图，在三棱锥中，均为等边三角形.(1)求证：；(2)若，.求三棱锥的体积.19（2022下福建福州高一校联考期末）如图，在正方体中.(1)求证：平面；(2)作出二面角的平面角，并说明理由.20（2023下福建福州高一校联考期末）如图，在直三棱柱中，D为棱AB的中点，E为侧棱的动点，且(1)是否存在实数，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(2)设，求DE与平面所成角的正弦值的取值范围21（2023下福建福州高一校联考期末）如图，正方形ABCD中，点E，F分别为
7、AB，BC的中点将，分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点P(1)求证：平面PEF；(2)若，且K为PD的中点，求三棱锥的体积22（2023下福建福州高一校考期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一点，E，F分别是线段PB，PC的中点，(1)求证：平面AEF；(2)求证：平面PAC；(3)求点P到平面AEF的距离23（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为正方形，且平面平面，分别为，的中点.(1)求证：；(2)在线段上是否存在一点使得平面，存在指出位置，不存在请说明理由.(3)求二面角的正
8、弦值24（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）如图，在正方体中，(1)求证；(2)求与平面所成角的大小25（2023下福建福州高一校联考期末）如图，四棱锥中，底面是梯形，M为边PC的中点(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)求三棱锥的体积试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【分析】依题意正方体的体对角线即为外接球的直径，利用勾股定理求出体对角线，即可求出外接球的表面积.【详解】解：依题意正方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为，所以，即，所以外接球的表面积；故选：B2B【分析】根据求解直线与所成角即可【详解】由题意，如图，因为且，故平行四边
9、形，故，根据中位线的性质有，故直线与所成角为.易得正，直线与所成角为，故余弦值为故选：B3A【分析】由长方体性质易知为与面ABCD所成角的平面角，进而求其正弦值即可.【详解】根据长方体性质知：面，故为与面ABCD所成角的平面角，所以.故选：A4D【分析】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定可判定A、B选项；利用正方体的特征及面面平行的判定与性质可判定C、D选项.【详解】如图所示，对于选项A，易知，底面，底面，所以，又平面，所以平面，平面，所以，故A正确；对于选项B，易知，所以平面，因为平面，所以平面平面，显然平面即平面，故B正确；如上图所示，对于C项，由正方体的特征可知，因为
10、平面，平面，所以平面，同理平面，平面，所以平面，显然平面，所以平面平面，由平面可得平面，故C正确；对于D项，显然时，与不平行，故D不正确.故选：D5B【分析】根据体积公式即可求解.【详解】由题意可知一个球加半个球以及水的体积等于高为3的圆柱的体积，球的半径和圆柱的底面圆半径均为1，所以，故选：B6A【分析】根据线面垂直的性质定理及异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.【详解】因为平面平面，平面所以，又，所以两两垂直，且，所以，取的中点，连结，因为分别为的中点，所以，所以直线BE与AD所成角为或其补角，中，根据余弦定理.故选：A7ABCD【分析】A选项，做辅助线，利用等角定理结合
11、余弦定理解；B选项，在正方体下方补一个相同的正方体，依据一条直线与平面相交，则与该直线平行的直线也与平面相交来分析；C选项，运用平行和相等的传递性可解；D选项，借助平行的特性，利用相似关系找到相似比，继而高也就是距离之比等于相似比.【详解】设正方体边长为2.对A，连，在正方体中，因为所以与AF所成角为，在中，由余弦定理有，则，所以，A正确；对B，在正方体下方补一个相同的正方体如图，延长交于 ，连,因为为中点，所以，又，所以，因为为中点，则为中点.又因为为中点，所以与平行且相等，则因为与平面AEF相交，所以与平面AEF相交，故B正确对C，在B选项图形的基础上，连；因为， F，G分别为，的中点，所
12、以与平行且相等，所以且，又由B选项结论：且知且,所以四边形为平行四边形，故C正确；对D，在C选项图形的基础上，连，过在面中作于，由B,C选项知且，为中点，所以，则，所以,所以.因为为面AEF与面的交线，所以距离的比值等于相似比即点G到平面AEF的距离是点到平面AEF的距离的比值是2：3，故D正确.故选：ABCD8BD【分析】利用CEEF得到正三棱锥的三条侧棱PA，PB，PC互相垂直，根据棱锥的表面积公式计算判断A；正三棱锥的外接球的就是棱长为的正方体的外接球，求出其半径，根据球的表面积及体积公式可判断BC；利用体积法求出球的半径可判断D.【详解】取AC的中点M，连接PM，BM，PAPC，ABB
13、C，ACBM，ACPM，又BMPMM，BM，PM面PBM，AC面PBM，PB面PBM，ACPB，E，F分别是PA，AB的中点，EFPB，EFCE，PBCE，ACCEC，AC，CE面PAC，PB面PAC，PA，PC面PAC，PBPA，PBPC，从而得到正三棱锥的三条侧棱PA，PB，PC互相垂直，则正三棱锥中，三棱锥的表面积为，故A错误；正三棱锥的外接球的就是棱长为的正方体的外接球，其半径球的表面积为，故B正确；球的体积，故C错误；设球的半径为，则，即，则，故D正确故选：BD【点睛】方法点睛：求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，外接球半径的常见求法有：（1）若同一顶点的三条棱两两垂直，则（
14、为三条棱的长）；（2）若面，则（为外接圆半径）；（3）可以转化为长方体的外接球；（4）特殊几何体可以直接找出球心和半径9ABD【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得平面，则直线与平面所成的角为，根据余弦定理，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则，因为平面平面，所以平面平面，所以点是平面与平面的公共点；显然是平面与平面的公共点；因为交平面于点平面，所以也是平面与平面的公共点，所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共
15、线，故A正确；三棱锥的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，所以，所以外接球的表面积，故B正确；因为平面平面ABCD，所以，又平面，所以平面，平面所以平面平面，平面平面，所以在平面的射影为，即直线与平面所成的角为，,故C错误；取的中点，连，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图：因为，所以等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确故选：ABD10ACD【分析】对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由，当时，平面，则；对于B选项：取的中点，连接，根据，则平面平面时，三棱锥体积的最大值，从而可判断；对于C，根据，可得都在同一球面上，且球
16、的半径为，从而可判断；对于D选项：由可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，即可求得与所成角的取值范围.【详解】对于A选项：由，则，当时，且，此时满足平面，因此，故A正确；对于B，取的中点，连接，则，且，因为，当平面平面时，三棱锥体积的最大值，在中，则，此时，所以三棱锥体积的最大值为，故B错误；对于C，因为，所以都在同一球面上，且球的半径为，所以该球的表面积是，故C正确；对于D，作，因为为的中点，所有，所以，所以，所以，可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，所以与夹角为，与夹角为，又不在平面内，所以与所成角的取值范围，所以D正确，故选：ACD.11BCD【分析】找到三棱锥的高，利用三棱锥
17、体积公式分别求出，进而判断出结果.【详解】如图连接交于O，连接.设，则.由平面，所以平面，所以，.由平面，平面，所以.又，且，平面，所以平面，所以.易知，所以，所以,而，平面，所以平面.又，所以有，所以选项A不正确，BCD正确.故选：BCD.12AC【分析】利用三角形重心的几何性质结合平行线的传递性可判断A选项；求出与所成的角，可判断B选项；利用二面角的定义结合余弦定理可判断C选项；求出点到平面的距离，结合可知点到平面的距离等于点到平面的距离的，可判断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，延长交于点，延长交于点，连接、，则、分别为、的中点，所以，因为和的重心分别为点、，则，所以，所以，A对；
18、对于B选项，因为，且，则与所成角为，故与平面不垂直，B错；对于C选项，取的中点，连接、，因为是边长为的等边三角形，则，且，同理可得，则二面角的平面角为，由余弦定理可得，因此，二面角的余弦值为，C对；对于D选项，设点在底面的射影为点，则点为等边的中心，且，因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以，平面，所以，直线到平面的距离为点到平面的距离，因为，故点到平面的距离为，D错.故选：AC.13BCD【分析】由已知可得，取的中点，可得，所以为二面角的平面角，设，求出、，在中由余弦定理可判断A；连接，利用线面垂直的判定定理和性质定理可判断B；根据三棱锥是正三棱锥得平面，三棱锥是正三棱锥得平面可判断C
19、；几何体与棱长为正方体有相同的外接球可判断D.【详解】对于A，由已知可得，而，所以，取的中点，连接、，可得，所以为二面角的平面角，设，则，在中，由余弦定理可得，故A错误；对于B，由A选项连接，因为，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，故B正确；对于C，由选项A可知三棱锥是正三棱锥，且平面，三棱锥也是正三棱锥，平面，则三点共线，故C正确；对于D，由A选项是棱长为正四面体，三棱锥是侧棱长为，底面边长为的正三棱锥，所以几何体与棱长为正方体有相同的外接球，故D正确.故选：BCD.14BC【分析】证明，说明四点共面，判断A；作出二面角的平面角，计算其余弦值，可判断B；找到直线与平面所成角，解直角三角
20、形可得其正切值，判断C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积判断D.【详解】对于A，连接，则为矩形，则，而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故，则四点共面，故直线，不是异面直线，A错误；对于B，连接交于点O，连接，平面平面，故，又平面，故平面,即为二面角的平面角，又，故，B正确；对于C，由于平面，故即为直线与平面所成角，而,故，C正确；对于D，连接，则,则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，而，故等腰梯形的高为，故等腰梯形的面积为，即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，D错误，故选：BC15/【分析】首先根据正四棱锥的性质，确定球心的位置，再根据几何关系建立方程，即可
21、求解.【详解】如图，连结，则平面，四棱锥外接球的球心在上，设为点，连结，因为球的体积，所以，设四棱锥的底面边长为，则，则，中，即，解得：，则，则四棱锥的体积.故答案为：16【分析】分别求出球面与面、面、面、面的交线长，相加即可得出结果.【详解】如下图所示：因为正方形的边长为，所以，以顶点为球心，为半径的球与面的交线是以为圆心，半径为，且圆心角为的圆弧，其长度为；因为底面，且，所以，以顶点为球心，为半径的球与面的交线是以点为圆心，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为；设以顶点为球心，为半径的球与棱的交点为点，因为，则，所以，从而可得，故以顶点为球心，为半径的球与侧面的交线是以点为圆心，半径为，且圆心
22、角为的圆弧，其长度为；同可知，以顶点为球心，为半径的球与侧面的交线是以点为圆心，半径为，且圆心角为的圆弧，其长度为.因此，球面与直四棱柱的表面相交所得到的所有弧长之和等于.故答案为：.17 【分析】空1：由平面,则是四面体以为底面时的高，所以当最大时，四面体的体积的最大；空2：连接，由，可得点的轨迹图形，从而可得其面积.【详解】空1：在正方体中，平面，所以平面,则是四面体以为底面时的高.由，所以当最大时，四面体的体积的最大，因为点P在正方形的边界及其内部运动，所以当P在线段上时，最大，其最大值为，所以四面体的体积的最大值为；空2：连接,则，由，则，所以点在以为圆心1为半径的圆外的区域和以为圆心
23、为半径的圆内的区域与正方形的公共部分，如图（2）阴影部分扇环部分.所以W的面积.故答案为：；【点睛】关键点睛：解决立体几何中动点的轨迹问题，关键是结合点、线、面的位置关系及其性质，找出动点的轨迹，分析动点在轨迹上移动时对结果的影响.18(1)详见解析(2)【分析】（1）首先取的中点，要证明线线垂直，转化为先证明平面；（2）根据（1）的结论，转化为.【详解】（1）取的中点，连接，因为，均为等边三角形，所以，且，所以平面，所以 （2）因为，所以，所以是等边三角形，由（1）可知平面，所以三棱锥的体积.所以三棱锥的体积.19(1)证明见解析(2)图形见解析，理由见解析.【分析】（1）由正方体的性质可得
24、为平行四边形，即可得到，从而得证.（2）取、中点分别为、，连接、，则为二面角的平面角，根据正方体的性质可得，再证、，即可得证.【详解】（1）证明：是正方体，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面（2）解：取、中点分别为、，连接、，则为二面角的平面角， 理由如下：设正方体的棱长为，则，所以、分别为、中点，在正方体中，平面，平面， 为二面角的平面角 20(1)存在；(2)【分析】（1）解法一：连接，设，则利用平行关系和比例关系可证得，然后由线面平行的判定定理可证得结论；解法二：连接交于点，连接GD，利用三角形中位线定理和平行四边形性质可证得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结
25、论；（2）过点作交于点，由已知先证得平面，再可得平面，则为DE与平面所成角，然后在中求解即可.【详解】（1）解法一：存在实数，使得平面理由如下：如图，连接，设，因为，所以，所以，因为为AB的中点，所以，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面；解法二：存在实数，使得平面理由如下：如图，连接交于点，连接GD，在直三棱柱中，四边形为矩形，所以点为的中点，因为为棱AB的中点，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）因为，所以，所以，过点作交于点，则，又因为，所以，因为，平面，所以平面，所以为DE与平面所成角，设，在中，所以，即DE与平面所成角的正弦值的
26、取值范围为21(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）由题意求得，由（1）知PD平面PEF，求得，根据K为PD的中点，即可求解【详解】（1）在正方形ABCD中，折叠后即有，又因为，平面PEF，所以平面PEF；（2）由题意知，故，由（1）知平面PEF，故；因为为PD的中点，所以三棱锥的体积22(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）利用中位线，得到线线平行，即可证明.（2）根据线面垂直的判断定理，转化为线线垂直，即可证明；（3）利用等体积法，即可求点面距离.【详解】（1）证明：因为E，F分别是线段PB，PC的中点，所以,又平面AEF，又平面AEF，所以BC平
27、面AEF（2）因为PA垂直于所在的平面，包含于所在的平面，所以,因为C是圆周上不同于A，B的一点, 所以,又平面PAC, 所以平面PAC,（3）又，所以平面PAC, 所以,，所以，,又因为， F是线段PC的中点，所以,所以,设点P到平面AEF的距离为.所以,，又，所以点P到平面AEF的距离为.23(1)证明见解析(2)当时平面，理由见解析(3)【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再证明，即可得到平面，从而得证；（2）取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、，即可得到、，从而得到平面平面，即可得解；（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，即可证明为二面角的平面角，
28、再由锐角三角函数计算可得；【详解】（1）为正三角形，为中点，又平面平面，平面平面，平面，平面，平面，在正方形中，易知，而，平面，平面，平面，（2）存在，当时平面，取的四等分点（靠近），取的四等分点（靠近），连接、，则，平面，平面，所以平面，由，所以，所以，又，所以，所以，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，平面，所以平面，即当时平面.（3）取的中点，连接交于点，过点作交于点，连接，则且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，又，所以，又，所以，又，即，所以，所以，所以，故二面角的正弦值为.【点睛】
29、方法点睛：(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；计算、要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角24(1)证明见详解；(2)【分析】（1）由线面垂直的定义和判定定理可证；（2）由（1）知为与平面所成角，求解即可.【详解】（1）依题意，在正方体中，平面，平面，所以，又由正方形，所以，又平面，平面，可得平面，平面，所以；（2）设，连接，由（1）知平面，所以为与平面所成角，设
30、正方体棱长为，在中，则，所以.25(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（3）利用棱锥体积之间的数量关系即，再结合等体积法即可求得答案.【详解】（1）证明：取的中点为N，连接，因为M为边PC的中点，故，且，由底面是梯形，, ，则，即四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面；（2）证明：取的中点为E，连接，因为，所以，由底面是梯形，作，垂足为F，则四边形为矩形，则，可得，且，由，故，而，故，故，平面，故平面，又平面，故平面平面；（3）因为M为边PC的中点，故，而,由平面，故，故三棱锥的体积为.答案第29页，共29页学科网（北京）股份有限公司