高三数学上学期专题突破练：立体几何初步（含解析）

高三数学上学期专题突破练：立体几何初步一．选择题（共8小题）1．（2025春•浙江期中）下列说法正确的是（）A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 B．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 C．棱台的各侧棱延长后必交于一点 D．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台2．（2025春•长春期中）已知直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝6，CD＝4，AD=22，则直角梯形ABCD的直观图A′B′C′DA．5 B．52 C．10 D．3．（2025春•长安区校级期中）已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，A表示点，则下列命题正确的是（）A．若直线m上有无数个点在平面α内，则m∥α B．若m⊂α，n⊂β，且α∥β，则m∥n C．若m⊂α，n⊂β，则m∥n D．若α∩β＝m，且A∈α，A∈β，则A∈m4．（2025秋•丽江月考）已知圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为26A．3π2 B．2π C．6π D．5．（2025春•安徽月考）如图，已知在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，AD＝3，点E在棱BC上，且BE→=2EC→，则直线A1E与直线CA．12 B．24 C．136．（2025•杭州校级学业考试）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝2，且异面直线AA1与CD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（）A．1423 B．2823 C．7．（2025•海淀区校级模拟）如图，已知两个四棱锥P1﹣ABCD与P2﹣ABCD的公共底面是边长为2的正方形，顶点P1、P2在底面的同侧，棱锥的高P1O1＝P2O2=3，O1、O2分别为AB、CD的中点，P1D与P2A交于点E，P1C与P2B交于点F．则四棱锥P1﹣ABFEA．374 B．32 C．98．（2025•惠州模拟）如图，ABC﹣A′B′C′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A′﹣ABC，A′﹣BCB′，A′﹣B′C′C在平面α上方的部位体积为V1，V2，V3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么当V1+V3＝2V2时，S1A．13 B．12 C．1 二．多选题（共3小题）（多选）9．（2025春•长春期中）已知圆锥SO的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（）A．该圆锥的表面积为12π B．该圆锥的体积为83C．该圆锥侧面展开图为半圆 D．该圆锥轴截面为等边三角形（多选）10．（2025春•重庆校级期中）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥n，n⊂α，m⊄α，则m∥α B．若m∥α，α∥β，则m∥β C．若m∥α，n∥α，则m∥n D．若α∥β，m⊂α，则m∥β（多选）11．（2025春•长春期中）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美．按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），过E1，F1，G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于该几何体，下列说法正确的是（）A．当a＝1时，该几何体是一个半正多面体 B．当a＝3时，该几何体是一个半正多面体 C．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为4−22D．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为32三．填空题（共3小题）12．（2025•枣庄校级二模）在三棱锥D﹣ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧面DAB⊥底面ABC，∠ADB＝120°．若三棱锥D﹣ABC的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为．13．（2025春•丹东期末）已知等边△ABC的边长为43，AD是BC边上的高，以AD为折痕将△ACD折起，使∠BDC＝60°，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为14．（2025春•天津期中）阿基米德（Archimedes，公元前287年﹣公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家．他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的表面积为．四．解答题（共5小题）15．（2025春•长乐区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为AC的中点．（1）证明：D1P∥平面A1BC1；（2）求三棱锥B1﹣A1BC1的体积．16．（2025春•城东区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，DA＝AB＝2，DC＝4，E，F分别为棱CD，PD的中点．（1）求证：PB∥平面AEF；（2）求证：AE⊥平面PBD．（3）求证：平面AEF∥平面PBC．17．（2025春•云南月考）在如图所示的几何体中，直线PD⊥底面ABCD，MA∥PD，底面ABCD是正方形，E，F，G分别为MB，PC，PB的中点，AD＝PD＝2．（1）求证：PB⊥AC；（2）求证：平面EFG∥平面ADPM；（3）求直线PB与平面EFG所成角的正弦值．18．（2025春•长春期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点O为AC与BD的交点，点P为DD1的中点．（1）求证：直线BD1∥平面PAC；（2）求三棱锥B﹣PAC的体积．19．（2025春•江北区校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为是边长为1的正方形，PC⊥平面ABCD（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若PC＝BC，平面PAB与平面PCD的交线为l，求直线l与直线PA所成角的余弦值；（3）若E为PB中点，且直线DE与平面ABE所成角的正弦值为33，求PC

高三数学上学期专题突破练：立体几何初步参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CADDCBBB二．多选题（共3小题）题号91011答案ACDADBC一．选择题（共8小题）1．（2025春•浙江期中）下列说法正确的是（）A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 B．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 C．棱台的各侧棱延长后必交于一点 D．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体，若侧棱不平行，则不为棱柱，故A错误；对于B，棱锥的各个侧面都是等边三角形，则顶角为60°，若为六棱锥，则60°×6＝360°，为一个周角，故为平面图形，故B错误；对于C，由棱台的定义，棱台的各侧棱延长后必交于一点，C正确；对于D，以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转，如果旋转轴是梯形的斜边，则旋转体不是圆台，D错误．故选：C．2．（2025春•长春期中）已知直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝6，CD＝4，AD=22，则直角梯形ABCD的直观图A′B′C′DA．5 B．52 C．10 D．【解答】解：因为直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝6，CD＝4，AD=22所以SABCD=12（6+4）×22故直角梯形ABCD的直观图A′B′C′D′的面积为：24SABCD=24故选：A．3．（2025春•长安区校级期中）已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，A表示点，则下列命题正确的是（）A．若直线m上有无数个点在平面α内，则m∥α B．若m⊂α，n⊂β，且α∥β，则m∥n C．若m⊂α，n⊂β，则m∥n D．若α∩β＝m，且A∈α，A∈β，则A∈m【解答】解：已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，A表示点，对于A，若直线m上有无数个点在平面α内，则m⊂α，即A错误；对于B，若m⊂α，n⊂β，且α∥β，则m∥n或m与n异面，即B错误；对于C，若m⊂α，n⊂β，则m与n的位置关系不确定，即C错误；对于D，若α∩β＝m，且A∈α，A∈β，则A∈m，即D正确．故选：D．4．（2025秋•丽江月考）已知圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为26A．3π2 B．2π C．6π D．【解答】解：因为圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为26所以作出示意图如下：设圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线l＝2r，高ℎ=3所以圆锥的体积为13×πr2×设球的半径为R，球心到圆锥底面的距离为d，则R2=r2+所以球的表面积为4πR故选：D．5．（2025春•安徽月考）如图，已知在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，AD＝3，点E在棱BC上，且BE→=2EC→，则直线A1E与直线CA．12 B．24 C．13【解答】解：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，∴AA1＝2AB＝2，AD＝3，则AB＝1，AA1＝2，∴A1（3，0，2），C1（0，1，2），D1（0，0，2）．∵点E在棱BC上，且BE→=2EC→，∴BE＝2，EC＝1，则E（1，1，0）．∴A1C1∴cos＜A∵异面直线所成角的范围是(0，π∴直线A1E与直线C1D1所成角的余弦值为13故选：C．6．（2025•杭州校级学业考试）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝2，且异面直线AA1与CD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（）A．1423 B．2823 C．【解答】解：作出示意图如下：∵AB∥CD，∴异面直线AA1与CD所成的角为∠A1AB＝60°，过A1作A1M⊥AC于M，过M作MN⊥AB于N，则A1M⊥AB，A1M⊥NM，又A1M∩MN＝M，∴AB⊥平面A1MN，∴A1N⊥AB，∵AB＝2A1B1，AA1＝2，∴A1N=AA1sin60°=3∴2A1B1＝A1B1+2，∴A1B1＝2，∴AB＝4，∵△ANM∽△ABC，∴MNBC=ANAB，∴∴该正四棱台的体积为：V=1故选：B．7．（2025•海淀区校级模拟）如图，已知两个四棱锥P1﹣ABCD与P2﹣ABCD的公共底面是边长为2的正方形，顶点P1、P2在底面的同侧，棱锥的高P1O1＝P2O2=3，O1、O2分别为AB、CD的中点，P1D与P2A交于点E，P1C与P2B交于点F．则四棱锥P1﹣ABFEA．374 B．32 C．9【解答】解：连接P1P2，O1O2，O1D，如图所示．因为P1O1平面ABCD，P2O2⊥平面ABCD，所以P1O1∥P2O2，又P1O1＝P2O2，所以四边形P1O1O2P2是矩形，所以P1P2∥O1O2，且P1P2＝O1O2，又O1，O2分别为AB，CD的中点，所以O1O2∥AD且O1O2＝AD，所以P1P2∥AD且P1P2＝AD，所以四边形P1P2DA为平行四边形，又对角线P2A∩DP1＝E，所以E为P1D的中点．连接P2O1，交EF于点N，过点P作P1M⊥P2O1于M，由题意知P2A＝P2B，故P2O1⊥AB，又P1O1⊥AB，P2O1∩P1O1＝O1，P2O1，P1O1⊂平面P2P1O1，所以AB⊥平面P2P1O1．因为P1M⊂平面P2P1O1，故AB⊥P1M．又P2O1∩AB＝O1，P2O1，AB⊂平面P2AB，所以P1M⊥平面P2AB，即P1M是四棱锥P1﹣ABFE的高，同理可得点F为线段P1C的中点，所以EF∥CD，且EF=1在Rt△P2O2O1中，P2O1所以SAEFB因为P1所以VP故选：B．8．（2025•惠州模拟）如图，ABC﹣A′B′C′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A′﹣ABC，A′﹣BCB′，A′﹣B′C′C在平面α上方的部位体积为V1，V2，V3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么当V1+V3＝2V2时，S1A．13 B．12 C．1 【解答】解：如图所示，设直三棱柱的底面积为S，体积为V，如图所示，V1+V此时V1此时平面α在直棱柱的中间高度上，故平面α与A′B，A′C，B′C相交于它们的中点处，此时截面如图所示：可知S1=S故选：B．二．多选题（共3小题）（多选）9．（2025春•长春期中）已知圆锥SO的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（）A．该圆锥的表面积为12π B．该圆锥的体积为83C．该圆锥侧面展开图为半圆 D．该圆锥轴截面为等边三角形【解答】解：圆锥SO的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，设圆锥底面半径为r，则底面面积S1＝πr2，底面周长C＝2πr，故侧面面积S2=12cl＝4π由题意得S2＝2S1，即4πr＝2πr2，即r＝2，故侧面面积S2=12cl＝4πr＝8π，可得表面积为：8π+4π＝12π，侧面面积S2＝8π=12π•42，所以该圆锥侧面展开图为半圆，设该圆锥母线与底面所成角为α，则cosα=rl=12则该圆锥的体积V=13S1h=13S1lsinα=13×4故选：ACD．（多选）10．（2025春•重庆校级期中）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥n，n⊂α，m⊄α，则m∥α B．若m∥α，α∥β，则m∥β C．若m∥α，n∥α，则m∥n D．若α∥β，m⊂α，则m∥β【解答】解：若m∥n，n⊂α，m⊄α，则m∥α，所以A选项正确；若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，所以B选项错误；若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或异面，所以C选项错误；若α∥β，m⊂α，则m∥β，所以D选项正确．故选：AD．（多选）11．（2025春•长春期中）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美．按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），过E1，F1，G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于该几何体，下列说法正确的是（）A．当a＝1时，该几何体是一个半正多面体 B．当a＝3时，该几何体是一个半正多面体 C．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为4−22D．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为32【解答】解：对A选项，当a＝1时，8个顶角的截面为等边三角形，但其余保留的每个面不是正八边形，所以A选项错误；对B选项，当a＝3时，8个顶角的截面为正六边形，其余保留的每个面是正方形，所以B选项正确；对C选项，如图，因为棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），所以E1G1=2a，E当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，2a=4−2a，（2+2)a=4，解得a=对于D，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，E1F2＝4﹣2a＝0，所以a＝2，表面积为6×22×22故选：BC．三．填空题（共3小题）12．（2025•枣庄校级二模）在三棱锥D﹣ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧面DAB⊥底面ABC，∠ADB＝120°．若三棱锥D﹣ABC的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为5π，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为38【解答】解：如图①，设△ABC，△DAB的外接圆的圆心分别为O1，O2，半径为r1，r2，三棱锥D﹣ABC的外接球的球心为O，半径为R，设AB的中点为E，则2r1=3sin60°=2，即因为侧面DAB⊥底面ABC，EO2⊥AB，可得EO2⊥底面ABC，所以EO2⊥EO1．又OO1⊥底面ABC，OO2⊥侧面DAB，所以四边形OO1EO2为矩形．在Rt△OO2A中，R2因为AE=32，所以R2=5设三棱锥D﹣ABC的高为h，过D作DH⊥AB于点H，由面面垂直的性质可得，DH⊥底面ABC，即DH为三棱锥D﹣ABC的高．△DAB及其外接圆如图②所示，由图可知，当D位于劣弧AB的中点时，h最大，最大值为12所以三棱锥D﹣ABC体积的最大值为V=1故答案为：5π；3813．（2025春•丹东期末）已知等边△ABC的边长为43，AD是BC边上的高，以AD为折痕将△ACD折起，使∠BDC＝60°，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为52π【解答】解：根据题意作出示意图，如下图所示：易知AD⊥DB，AD⊥DC，又BD∩DC＝B，BD，DC⊂平面BDC，所以AD⊥平面BDC，设△BDC外接圆圆心为O1，过O1做面BDC垂线，则垂线上所有点到△BDC顶点距离相等，且垂线与AD共面，过A做上述垂线的垂线，垂足为O2，所以得四边形AO2O1D为矩形，取O1O2中点为O，易知O为三棱锥A﹣BCD外接球球心，所以AD＝O1O2＝6⇒OO1＝3，根据正弦定理有2DO则OD满足OD=O所以外接球的表面积为4π×(故答案为：52π．14．（2025春•天津期中）阿基米德（Archimedes，公元前287年﹣公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家．他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的表面积为54π．【解答】解：设球的半径为r，则圆柱的底面半径也为r，高为2r，所以球的体积公为43πr所以圆柱的表面积为πr2×2+2πr•2r＝6πr2＝6π×9＝54π．故答案为：54π．四．解答题（共5小题）15．（2025春•长乐区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为AC的中点．（1）证明：D1P∥平面A1BC1；（2）求三棱锥B1﹣A1BC1的体积．【解答】解：（1）证明：如图，设B1D1∩A1C1＝H，连接BH，因为DD1∥BB1，DD1＝BB1，所以四边形B1BDD1为平行四边形，所以BD∥B1D1，又P为AC的中点，H为B1D1的中点，所以D1H∥BP，且D1H＝BP，所以四边形D1HBP是平行四边形，所以BH∥D1P，又D1P⊄平面A1BC1，BH⊂平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1；（2）VB根据题意可得三棱锥B1﹣A1BC1的体积为VB16．（2025春•城东区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，DA＝AB＝2，DC＝4，E，F分别为棱CD，PD的中点．（1）求证：PB∥平面AEF；（2）求证：AE⊥平面PBD．（3）求证：平面AEF∥平面PBC．【解答】证明：（1）如图，连接BE，设BD∩AE＝O，连接OF，因为AB∥DC，DE=1所以四边形ABED是平行四边形，则OD＝OB，又DF＝PF，则OF∥PB，因为OF⊂平面AEF，PB⊄平面AEF，所以PB∥平面AEF；（2）由四边形ABED是平行四边形，DA＝AB＝2，所以四边形ABED为菱形，则AE⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PD⊥AE，又因为BD∩PD＝D，BD、PD⊂平面PBD，所以AE⊥平面PBD；（3）由EC＝DE，则EC＝AB，又EC∥AB，所以四边形ABCE是平行四边形，故AE∥BC，又BC⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以BC∥平面AEF，又PB∥平面AEF，PB∩BC＝B，PB、BC⊂平面PBC，所以平面AEF∥平面PBC．17．（2025春•云南月考）在如图所示的几何体中，直线PD⊥底面ABCD，MA∥PD，底面ABCD是正方形，E，F，G分别为MB，PC，PB的中点，AD＝PD＝2．（1）求证：PB⊥AC；（2）求证：平面EFG∥平面ADPM；（3）求直线PB与平面EFG所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：连接BD，∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵PD⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，∵BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD，∵PB⊂平面PBD，∴AC⊥PB．（2）证明：∵G，F分别为PB，PC的中点．∴GF∥BC，∵BC∥AD，∴GF∥AD，∵GF⊄平面ADPM，AD⊂平面ADPM，∴GF∥平面ADPM，同理可证GE∥平面ADPM，∵GF∩GE＝G，GF、GE⊂平面EFG∴平面EFG∥平面ADPM．（3）∵PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB，又AD⊥AB，PD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADPM，连接PA，则∠APB为直线PB与平面ADPM所成的角，∵AD＝PD＝2，∴BD=AD2∴sin∠APB=AB由（2）知平面EFG∥平面ADPM，∴直线PB与平面EFG所成的角与PB与平面ADPM所成的角相等，∴直线PB与平面EFG所成角的正弦值为3318．（2025春•长春期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点O为AC与BD的交点，点