09立体几何初步（经典基础题）-江苏省 高一下学期期末数学专题练习（苏教版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页09立体几何初步（经典基础题）-江苏省2023-2024学年高一下学期期末数学专题练习（苏教版）一、单选题1．（2023下·江苏常州·高一常州高级中学校考期末）若、是两个不重合的平面，①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；②设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；③若外一条直线与内的一条直线平行，则.以上说法中成立的有（

）个.A．0 B．1 C．2 D．32．（2023下·江苏连云港·高一统考期末）在长方体中，已知，，则和所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．3．（2023下·江苏镇江·高一统考期末）对于直线和不重合的平面，，下列命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则4．（2023下·江苏宿迁·高一统考期末）已知是空间中两条不重合的直线,是空间中两个不同的平面,下列说法正确的是（

）A．若,,则 B．若,,则C．若,,则 D．若,,则5．（2023下·江苏常州·高一校联考期末）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下面命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则6．（2023下·江苏南京·高一统考期末）已知正四棱锥的体积为，底面边长为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．7．（2023下·江苏苏州·高一统考期末）蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有四个点，，，恰好构成三棱锥，若，，且，，，，则该鞠的表面积为（

）A． B． C． D．8．（2023下·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期末）半径的球内接一个正方体，则该正方体的体积为（

）A． B． C． D．9．（2023下·江苏常州·高一常州高级中学校考期末）正四面体ABCD中异面直线AB与CD所成角为，侧棱AB与底面BCD所成角为，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为，则（

）A． B． C． D．10．（2023下·江苏徐州·高一统考期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，则 B．若，与所成的角相等，则C．若，，则 D．若，，，则二、多选题11．（2023下·江苏盐城·高一统考期末）已知正三棱台，，，下列说法正确的是（

）

A．正三棱台体积为B．侧棱与底面所成角的余弦值为C．点A到面的距离为2D．三棱台的外接球的表面积为12．（2023下·江苏淮安·高一统考期末）棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点.则下列说法正确的有（

）A．平面B．与所成的角为60°C．平面截正方体的截面形状是五边形D．点在平面内运动，且平面，则的最小值为13．（2023下·江苏常州·高一统考期末）正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为1，则下列结论正确的是（

）A．该四棱台的体积为 B．该四棱台的侧棱长为C．与所成角的余弦值为 D．与平面所成的角大小为14．（2023下·江苏苏州·高一统考期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，下列判断中正确的是（

）

A．平面平面B．C．D．异面直线与所成角的取值范围是15．（2023下·江苏泰州·高一统考期末）已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（

）A．与始终保持垂直B．的最小值为C．经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为D．以为球心，为半径的球面与平面的交线长为16．（2023下·江苏徐州·高一统考期末）如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，（

）

A．异面直线CN与所成的角为定值B．存在某个位置使得C．点C始终在三棱锥外接球的外部D．当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为17．（2023下·江苏常州·高一常州高级中学校考期末）长方体中，，，，点E，点F分别线段AC，的中点，点P，点Q分别为线段AC，上的动点，则下列说法正确的是（

）A．存在P，Q,使得 B．三棱锥体积的最大值为10C．若的周长为10，则 D．的最小值为718．（2023下·江苏苏州·高一统考期末）已知正方体的棱长为1，点在线段上运动，则下列说法正确的有（

）A．B．三棱锥的体积为定值C．若为棱上一动点，则的周长的最小值为D．过作平面，使得，则截正方体所得的截面可以是四边形19．（2023下·江苏镇江·高一统考期末）两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面所成角；在正方体中，不在同一表面上的两条平行的棱所确定的平面称为该正方体的对角面.则在某正方体中，两个不重合的对角面所成角的大小可能为（

）A． B． C． D．三、填空题20．（2023下·江苏常州·高一华罗庚中学校考期末）已知长方形纸片中，，点，分别是边，上的动点，且，将长方形纸片沿进行翻折，使得，连接，，得到一个三棱柱，如图．已知三棱柱的体积是10，当三棱柱的外接球的表面积取得最小值时，的面积是．

21．（2023下·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期末）如图所示，水平放置的一个平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是.四、解答题22．（2022下·江苏南京·高一江苏省江浦高级中学校联考期末）如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，点F为侧棱PC上一点．

(1)若PF＝FC，求证：PA∥平面BDF；(2)若BF⊥PC，求证：平面BDF⊥平面PBC．23．（2022下·江苏徐州·高一统考期末）如图，已知在三棱锥中，，点分别为棱的中点，且平面平面.

(1)求证：平面；(2)求证：.24．（2023下·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期末）已知是内一点，.(1)若是的外心，求的余弦值；(2)若是的垂心，是平面外一点，且平面，当四面体外接球体积最小时，求的值.25．（2023下·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期末）如图，在四棱锥中，，，，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；(2)若平面平面，平面平面，求证：平面.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．C【分析】根据平面与平面平行的判定定理，平面与平面垂直的判定定理，直线与平面平行的判定定理可依次判断得解.【详解】对①，面内有两条相交直线分别平行于面内两条直线，可得这两条相交直线均平行于面，由平面与平面平行的判定定理可知①正确；对②，根据平面与平面垂直的判定定理，一个平面经过另一个平面的垂线可得平面与平面垂直，②错误；对③，根据直线与平面平行的判定定理可知③正确.故选：C.2．B【详解】如图，在长方体中，且，所以四边形为平行四边形，，所以和所成角等于与所成的角，在中，，，则，同理，，在中，由余弦定理得，，所以和所成角的余弦值为.故选：B.3．B【分析】根据题意作出图形可判断ACD；由线面垂直的性质可判断B.【详解】对于A，若，，则可能相交，如图，故A错误；对于B，若，，由线面垂直的性质可知，故B正确；对于C，若，，则可能平行，如图，故C错误；对于D，若，，，则可能，如图，故D错误.故选：B.4．D【分析】根据线面平行与垂直的判定和性质逐个判断即可.【详解】对于A,若,,则或和为异面直线,故A错误;对于B,若,,则或,故B错误;对于C,若,,则或和相交,故C错误;对于D,若,,则,故D正确.故选:D.5．D【分析】利用已知条件直接判断线面位置关系，可判断AC选项；利用已知条件直接判断线线位置关系，可判断B选项；利用线面垂直的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，若，，则、或与相交（不一定垂直），A错；对于B选项，若，，则与平行或异面，B错；对于C选项，若，，则、或与相交（不一定垂直），C错；对于D选项，因为，，则，又因为，则，D对.故选：D.6．B【分析】由正四棱锥的底边长与体积可得正四棱锥的高，球心在高所在直线上，利用勾股定理求半径，则球的体积可求.【详解】正四棱锥的外接球的球心在正四棱锥的高所在直线上，如图，连接交于点，连接，

正四棱锥的底面边长为，设高为，∴，解得，设球的半径为，，则，解得，则球的体积为.故选：B.7．C【分析】由条件求，证明，结合，利用线面垂直判定定理证明平面，由此确定三棱锥的外接球的球心及半径，利用球的表面积公式求解.【详解】在中，，，，所以，在中，，，，所以，所以，在中，，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以，都是以为斜边的直角三角形，取的中点，则，所以点为三棱锥的外接球的球心，半径为，所以三棱锥的外接球的表面积，即该鞠的表面积为.故选：C.

8．C【分析】利用球的直径等于内接正方体的体对角线，求得棱长，由此得解.【详解】半径为的球内接一个正方体，设正方体的棱长为，则该球即为正方体的外接球，其直径长度为正方体的体对角线长，则，解得，所以正方体的体积为.故选：C9．A【分析】分别根据异面直线所成角的定义，线面角的定义，以及二面角的定义确定的大小即可得到结论．【详解】过A作A在底面的射影O，∵是正四面体，∴O是底面的中心，取的中点，连接，如图所示，在正四面体中，平面，平面，，又，平面，，则平面，平面，，即异面直线与所成的角为，侧棱在底面内的射影为，则是侧棱与底面所成的角，即，，，侧面与底面所成的角为，∴，∵，，∵，∴，即，则，即.故选：A10．D【分析】利用线面垂直的性质定理，线面角的定义，面面平行的判定定理，即可逐个选项判断.【详解】若，，则或，A错；若，与所成的角相等，则或与相交或异面，B错；若，，则与平行或相交，C错；若，，所以，又，则，D正确.故选：D11．BCD【分析】求得正三棱台体积判断选项A；求得侧棱与底面所成角的余弦值判断选项B；求得点A到面的距离判断选项C；求得三棱台的外接球的表面积判断选项D.【详解】设中心为，中心为O，连接，则，在四边形中，过作于D，则，则取中点N，过点N作，交于H，交直线于M，则点M为三棱台的外接球的球心.由，可得，则，由，可得，选项A：正三棱台体积为.判断错误；选项B：设侧棱与底面所成角为，则又，则，则侧棱与底面所成角的余弦值为.判断正确；选项C：设点A到面的距离为h，由，可得又等腰梯形中，，则，则，解之得.则点A到面的距离为.判断正确；选项D：三棱台的外接球的半径为，则三棱台的外接球的表面积为.判断正确.

故选：BCD12．AC【分析】对于A，利用再证平面即可；对于B,首先要利用平行线做出异面所成得角，再进行求解即可；对于C，通过增补两个正方体，根据面面平行的性质，可以做出截面图；对于D，首先利用平面确定点位置再线段上，再做出垂线,根据相似三角形定理即可求得.【详解】对于A，如下图，连接,易得又,平面,又平面,故A正确.

对于B，如下图，取的中点,连接,则又,则或其补角为与所成的角.又正方体棱长为2，易求得,则，，故B错误.

对于C，如下图，增补两个正方体，取的中点,连接,则为的中点，连接交于连接交于,连接,则得到截面为五边.

对于D，如下图，连接

取得中点,连接,过作平面平面则点在线段上,最小值即为.又,,又,.故D错误.故选：AC.13．AB【分析】求出四棱台的体积和侧棱长判断AB；利用几何法求出异面直线夹角余弦、线面角的余弦判断CD作答.【详解】在正四棱台中，，令上下底面中心分别为，连接，如图，

对于A，，A正确；对于B，平面，在直角梯形中，，取中点，连接，有，则，，B正确；对于C，显然，则是与所成的角或其补角，在等腰梯形中，，C错误；对于D，由选项B知，平面，则是与平面所成的角，因此，显然，D错误.故选：AB14．ABC【分析】证明平面，结合面面垂直判定定理证明平面平面，判断A；证明平面，结合线面垂直的定义证明，判断B；由平面平面，结合锥体体积公式证明，由此判断C；根据异面直线夹角的定义判断D.【详解】因为，，，平面，所以平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面，平面，所以，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，A正确；因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，平面，所以，B正确；因为平面平面，点在直线上，所以点到平面的距离等于到平面的距离所以，C正确；因为，所以异面直线与所成角为或中的锐角或直角，又为等边三角形，所以当点为的中点时，，故异面直线与所成角可能为，D错误.故选：ABC.15．AC【分析】根据正方体的性质，截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.【详解】对于A，连接，由正方形的性质可得，由正方体的性质可得；又，所以平面，因为平面，所以；同理可得，因为，所以平面；因为平面，所以，A正确.

对于B，把沿展开到与共面，如图，则三点共线时，最小，且最小值为，在中，，由余弦定理可得，B不正确.

对于C，分别取的中点，连接，由正方体的性质可知四边形是菱形，且是过面积最小的截面.理由如下：过点作于，设，则；由直角三角形性质可得：；，；由可得，显然时，取到最小值，此时截面面积最小.最小面积为，C正确.

对于D，过点作于点，由平面，可得；又因为，所以平面，以为球心，为半径的球面被平面所截的圆面的圆心为，半径为，则，所以，即；以为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心的圆周，其长度为，D不正确.

故选：AC.16．AC【分析】A选项，作出辅助线，找到或的补角为异面直线CN与所成的角，利用余弦定理求出，异面直线CN与所成的角的余弦值为定值；B选项，假如可证出，与矛盾；C选项，作出辅助线，得到即为三棱锥外接球的半径，由于，所以，可得到C正确；D选项，作出辅助线，找到即为二面角为平面角，即，求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积.【详解】A选项，矩形ABCD中，，M为边BC的中点，所以为等腰直角三角形，故，，翻折过程中，，取的中点，连接，因为N为线段的中点，所以，则或的补角为异面直线CN与所成的角，因为M为边BC的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，所以，其中，由余弦定理得，故，故，所以异面直线CN与所成的角的余弦值为，A正确；

B选项，因为，所以，故⊥，假如，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，这与矛盾，故假设不成立，所以不存在某个位置使得，B错误；C选项，由于⊥，故外接圆的圆心为，设三棱锥外接球球心为，则⊥平面，连接，则即为三棱锥外接球的半径，由于，所以，所以点C始终在三棱锥外接球的外部，C正确；

D选项，取的中点，连接，，因为，所以⊥，且，所以⊥，所以即为二面角为平面角，即，过点作⊥于点，则，，，因为⊥，⊥，，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面，由C选项可知，三棱锥外接球球心为，则⊥平面，过点作⊥于点，则，，若球心在平面的上方时，如图，此时，

由勾股定理得，，故，解得，不合要求，舍去；若球心在平面的下方时，如图，此时，

由勾股定理得，，故，解得，满足要求，代入上式可得外接球半径为，三棱锥的外接球的表面积为.故当二面角为60°时，三棱锥的外接球表面积为，D错误.故选：AC【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径17．AB【分析】利用线面垂直可得线线垂直判断A，利用等体积法求出最大体积判断B，利用三角形边长的范围判断C，将侧面翻折到与平面同一平面，利用三点共线可判断D.【详解】对于选项A，因为平面，平面，所以，当点P与点C重合，点Q与重合时，，正确；对于选项B，因为平面平面，所以点P到平面的距离h即点P到的距离h，所以点P到平面的最大距离为3，又，所以，所以，即三棱锥体积的最大值为10，正确；对于选项C，因为平面，平面，所以，又，所以在中，，若，则点Q与点重合，此时即的周长为，错误；

对于选项D，将矩形和矩形展开为矩形，则，错误.

故选：AB18．ABC【分析】根据空间几何关系及正方体的性质，对选项逐个判断即可得到答案．【详解】对于A，在正方体中，平面，所以，又因为，且平面，平面，所以平面，所以，同理可证，又因为且平面，平面，所以平面，因为平面，所以，A正确；因为在正方体中，且，所以是平行四边形，所以，又平面，平面，所以∥平面，又，所以点到平面的距离为定值，而面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确；

对C，如图，将绕旋转，绕旋转，使得与和与共面，如图点在上，点在上，若周长最小，即最小，当，，，四点共线时，最小，在中，由余弦定理得，所以，C正确；对于D，如图，在正方体中，与正方体体对角线垂直的截面只有两种图形，三角形与六边形，所以D错误．

故选：ABC．19．CD【分析】结合图象，根据两个相交平面所成角的定义确定两个不重合的对角面所成角的可能大小即可.【详解】如图：

平面与平面的交线为，因为，所以四边形为矩形，故，同理，所以为二面角的平面角，又，所以二面角的平面角为，由相交平面所成角的定义可得平面与平面所成的角的大小为，如图（2）

平面与平面的交线为，因为，，平面，，所以平面，设，则平面，过点作，则为二面角的平面角，设正方体的边长为，则，因为，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以平面与平面所成的角的大小为，故选：CD.20．【分析】分别取的中点，连接，取的中点，由直三棱柱和直角三角形的性质可得点为三棱柱的外接球球心，设，，，由已知可得外接球半径，再利用均值定理和函数单调性即可求解.【详解】由题可知三棱柱是直三棱柱，分别取的中点，连接，取的中点，由可得，，则点到三棱柱的六个顶点的距离都是相等，因此点G是三棱柱的外接球的球心，

设，，，则，解得，又因为，所以三棱柱的外接球的半径，若三棱柱的外接球的表面积取到最小值，只需外接球的半径取到最小值，即取最小值，因为，所以，当且仅当时等号成立，又因为函数和在上单调递减，所以在上单调递减，从而当时，取到最小值，即三棱柱的外接球的表面积取到最小值，此时的面积为.故答案为：21．【分析】根据题意，由斜二测画法分析原图为平行四边形，求出其相邻边长，从而得解．【详解】依题意，还原直观图如下，因为正方形的边长为，所以，，则，所以原图形的周长为.故答案为：.22．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设AC，BD的交点为O，所以PA∥OF，利用线面平行的判定定理即可证得结论；（2）由题意得BD⊥AC，BD⊥PA，所以BD⊥平面PAC，则BD⊥PC，又BF⊥PC，所以PC⊥平面BDF，利用面面垂直的判定定理可得结论.【详解】（1）设AC，BD的交点为O，连OF，

因为底面ABCD为菱形，且O为AC中点，PF＝FC，所以PA∥OF，又PA平面BDF，OF平面BDF，故PA∥平面BDF．（2）因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA，又ACBD＝O，AC，BD平面ABCD，所以BD⊥平面PAC，又PC平面PAC，所以BD⊥PC，又BF⊥PC，BDBF＝B，BD，BF平面BDF，所以PC⊥平面BDF，又PC平面PBC，故平面BDF⊥平面PBC.23．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）要证平面，只需证明；（2）要证，只需利用面面垂直的性质证明平面.【详解】（1）因为点