第六章：立体几何初步章末综合检测卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（23-24高一下·山东菏泽·期中）如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高一下·湖南常德·期中）设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则是异面直线 D．若，则或，是异面直线
3．（23-24高一下·河南郑州·期中）若一个球体的体积与其表面积的值相等，则该球体的半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
4．（23-24高一下·福建莆田·期中）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图①），图②是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ）
A．高为 B．母线长为3
C．侧面积为 D．体积为
5．（23-24高一下·福建宁德·期中）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如果用图中接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，那么该圆锥的底面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（23-24高一下·重庆·期中）某数学课外兴趣小组对一圆锥筒进行研究，发现将该圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内首次转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了周，如图，若该兴趣小组已测得圆锥的底面半径为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．（23-24高一下·安徽合肥·期中）圆台上底面半径为，下底面半径为，母线，在上底面上，在下底面上，从中点拉一条绳子，绕圆台侧面一周到点，则绳子最短距离为（ ）cm
A．10 B．12 C．16 D．20
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高一下·全国·专题练习）如图，四边形中，，，，将沿折起，使平面平面，构成几何体，则在几何体中，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．平面平面
C．平面平面
D．平面平面
10．（2024高一下·全国·专题练习）每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图，若点分别是正八面体棱的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面 B．与是异面直线
C．平面 D．与是相交直线
11．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ）
A．当时，S为四边形
B．当时，S为等腰梯形
C．当时，S与的交点，满足
D．当时，S为四边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在正方体中，与所成的角为 ，与所成的角为 ．
13．（23-24高一下·天津北辰·期中）已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且 ，则球的表面积为 ，球的体积为 .
14．（2024高一下·全国·专题练习）正方体的棱长为4，点P是棱上一点(不包括端点)，若异面直线与所成角的余弦值为，则 .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中，分别在棱，上．
(1)求证：平面平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求多面体的体积．
16．（23-24高一下·安徽·阶段练习）如图，已知点在圆柱的底面圆上，为圆的直径，，，三棱锥的体积为.
(1)求圆柱的表面积；
(2)求三棱锥外接球的体积.
17．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
(1)证明：；
(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
(3)在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
18．（23-24高一下·河南郑州·期中）在梯形中，，是线段上一点，，，，，把沿折起至，连接使得平面平面．
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
19．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，
(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)第六章：立体几何初步章末综合检测卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（23-24高一下·山东菏泽·期中）如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】计算直观图的面积为，再根据直观图的面积与原图面积的关系为，计算得到答案.
【详解】直观图的面积，原图面积，
由直观图的面积与原图面积的关系为，得.
故选：B.
2．（23-24高一下·湖南常德·期中）设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则是异面直线 D．若，则或，是异面直线
【答案】D
【分析】利用空间中线、面的位置关系一一判定选项即可.
【详解】
对于A，可设为平面，显然，但，故A错误；
对于B，可设为平面，显然，但，故B错误；
对于C，可设分别为平面，平面，
显然，但，故C错误；
对于D，若，则两平面不会有交点，所以或，是异面直线，
故D正确.
故选：D
3．（23-24高一下·河南郑州·期中）若一个球体的体积与其表面积的值相等，则该球体的半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】C
【分析】由球的体积公式、表面积公式列式即可求解.
【详解】设该球体的半径为，由题意，解得.
故选：C.
4．（23-24高一下·福建莆田·期中）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图①），图②是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ）
A．高为 B．母线长为3
C．侧面积为 D．体积为
【答案】C
【分析】根据题意，求出圆台的上下底面圆半径、母线长和高，运用侧面积公式和体积公式，即可一一判断正误即得.
【详解】设圆台的上、下底面半径分别为,依题意，解得，，解得，
圆台的母线长为，故圆台的高故A , B均正确；
圆台的侧面积为，故C项错误；
圆台的体积为，故D项正确.
故选：C.
5．（23-24高一下·福建宁德·期中）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如果用图中接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，那么该圆锥的底面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据斐波那契数的规律，求出下一个圆弧的半径和弧长，进一步求出圆锥的的底面半径，即可求解.
【详解】由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，
所以接下来的圆弧所在扇形的半径是，
对应的弧长，
设圆锥的底面半径为，则，即，
所以该圆锥的底面积为.
故选：.
6．（23-24高一下·重庆·期中）某数学课外兴趣小组对一圆锥筒进行研究，发现将该圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内首次转回到原位置时，圆锥本身恰好滚动了周，如图，若该兴趣小组已测得圆锥的底面半径为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，周长为，由周长公式求出，即可求出圆锥的高，再由圆锥的体积公式即可得出答案.
【详解】设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，周长为，
又圆锥底面半径为，则底面周长为，
故，解得，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：B.
7．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题中条件连接，取的中点，连接,，作出异面直线所成的角，利用余弦定理求解即可.
【详解】连接，取的中点，连接,，
由题意知，，则异面直线与所成角为（或其补角），
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
8．（23-24高一下·安徽合肥·期中）圆台上底面半径为，下底面半径为，母线，在上底面上，在下底面上，从中点拉一条绳子，绕圆台侧面一周到点，则绳子最短距离为（ ）cm
A．10 B．12 C．16 D．20
【答案】D
【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离．
【详解】画出圆台的侧面展开图，
并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为,
由图得：所求的最短距离是，
设，圆心角是，
则由题意知，①， ②，
由①②解得，，
∴，则．
则则绳子最短距离为20cm．
故选:D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高一下·全国·专题练习）如图，四边形中，，，，将沿折起，使平面平面，构成几何体，则在几何体中，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．平面平面
C．平面平面
D．平面平面
【答案】AD
【分析】利用直线、平面垂直的有关判定和性质定理判断即可.
【详解】,
,又平面⊥平面，
且平面平面，平面，
又面，，
，且平面，
平面，又平面，
平面平面,
故选：AD.
10．（2024高一下·全国·专题练习）每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图，若点分别是正八面体棱的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面 B．与是异面直线
C．平面 D．与是相交直线
【答案】ABD
【分析】利用空间中直线的位置关系、线面平行、线面垂直的判定结合正八面体的特征一一判断选项即可.
【详解】如图，连接，
易知两两相交且相互平分，
∴四边形为平行四边形，即.
又点分别是正八面体棱的中点，
∴，
且，
∴，
∴四边形是平行四边形，故B，D错误；
易知，平面，平面，
所以平面，
又平面，，
所以平面平面，
又平面，∴平面，故C正确；
由题意得，，
∴平面.
又平面，，∴与不垂直，
∴与平面不垂直，故A错误.
故选：ABD
11．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ）
A．当时，S为四边形
B．当时，S为等腰梯形
C．当时，S与的交点，满足
D．当时，S为四边形
【答案】ABC
【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质，结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形，利用相似比可得线段的长度，可得答案.
【详解】对于A，可作图如下：
平面平面，平面平面，
在正方体中，平面平面，则，
易知，则，由为的中点，则，即，
由，则，所以为四边形，故A正确；
对于B，由题意作图如下：
由A可知，由，则，即点与重合，
在正方体中，，，，
所以，则，由A可知，则为等腰梯形，故B正确；
对于C，由题意作图如下：
在正方体中，易知，则，
由，，，则，即，
易知，则，即，解得，故C正确；
对于D，由题意作图如下：
在正方体中，易知，则，
由，，则，由，则，
所以位于的延长线上，则，，
即为五边形，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在正方体中，与所成的角为 ，与所成的角为 ．
【答案】
【分析】借助等角定理与正方体的性质计算即可得.
【详解】与是异面直线，连接，交于点，易知，
所以或其补角为与所成的角．
因为为正方形，所以，
所以与所成的角是，
因为，所以或其补角是与所成的角，
因为为正方形，所以，所以与所成的角是．
故答案为：；.
13．（23-24高一下·天津北辰·期中）已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且 ，则球的表面积为 ，球的体积为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可.
【详解】在中，由，得，则，
外接圆半径，设球半径为，依题意，，
即，，
所以球的表面积，体积.
故答案为：；
14．（2024高一下·全国·专题练习）正方体的棱长为4，点P是棱上一点(不包括端点)，若异面直线与所成角的余弦值为，则 .
【答案】
【分析】将原正方体补形为长方体，利用线线角的定义得到为异面直线与所成的角，从而利用余弦定理得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】将原正方体的一侧补上另一个正方体变为如图所示的长方体.
在上取点使，连接，则易得，
所以即为异面直线与所成的角(或其补角).
设，则，，
，
又，，
则，所以为锐角，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中，分别在棱，上．
(1)求证：平面平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由面面平行的性质得到线线平行，进而得到，进而得到，平面，同理得到平面，证明出面面平行；
（2）由（1）可得为异面直线与所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理求出异面直线的夹角余弦值；
（3）几何体与几何体的体积相等，即，设几何体的体积为，正方体的体积为，故，作出辅助线，几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，结合锥体体积公式求出答案.
【详解】（1）由题意得平面平面，
又平面平面，
平面平面，所以，
同理，
又且，且，
则且，
所以四边形为平行四边形，则，
所以，
又为中点，所以为中点，
同理为中点，连接，，
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，且平面，平面，
同理由可得平面．
且，，平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知：，
所以为异面直线与所成角或其补角，
连接，，因为正方体棱长为2且为中点，
则，，
又在正方体中，面，面，则，
即，
所以，
异面直线与所成角的余弦值为．
（3）由正方体特性可知：几何体与几何体的体积相等，即，
设几何体的体积为，正方体的体积为，
故，
又为中点，为中点，将延长至点，使，
根据相似知识可知，，，
得到几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，
则 ，
所以．
16．（23-24高一下·安徽·阶段练习）如图，已知点在圆柱的底面圆上，为圆的直径，，，三棱锥的体积为.
(1)求圆柱的表面积；
(2)求三棱锥外接球的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出、，即可得到，再由求出，最后根据圆柱的表面积公式计算可得；
（2）三棱锥外接球即为圆柱的外接球，求出外接球的半径，再根据球的体积公式计算可得.
【详解】（1）∵在中，，
∴，
又在中，，，∴，
而点的圆柱的底面圆上，∴，
所以，
于是由，得，
∴，
∴圆柱的表面积.
（2）三棱锥外接球即为圆柱的外接球，
则外接球的球心是的中点，半径，
所以三棱锥外接球的体积.
17．（23-24高一下·福建莆田·期中）如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
(1)证明：；
(2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
(3)在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，PN
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则；
（2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可；
（3）设，连接，则由线面平行的性质可得∥，从而可找出点的位置.
【详解】（1）连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
（2）在上取点Q，使得，设，连接，，
因为∥，所以，
在中，，所以∥，
所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以，
又，
，
在中，由余弦定理得,
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
（3）假设线段上存在点，使得∥平面，
因为∥平面，平面，平面平面，
所以∥，又，所以.
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．
18．（23-24高一下·河南郑州·期中）在梯形中，，是线段上一点，，，，，把沿折起至，连接使得平面平面．
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成的角；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）知，异面直线与所成角就是直线与所成角，连接，得到，证得，再由平面平面AECD，证得，在中，，即可求解；
（3）设点A到平面SDE的距离为， 结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：在梯形中，，是线段上一点，可得
因为平面SCD，平面，所以平面.
（2）解：由（1）知，异面直线与所成角就是直线与所成角，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，，
又因为，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，
折叠后，，且，
连接，在中，由余弦定理得，可得，所以，
又因为平面平面AECD，平面平面，平面AECD，
所以平面SCD，因为平面SCD，所以，
在中，，
在中，，所以，
所以异面直线与所成角为.
（3）解：设与平面所成的角为，
由（2）易知，且，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以，
设点A到平面SDE的距离为， 可得，
因为，可得，所以.
19．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，
(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【详解】（1）连接，
在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，
，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，
，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.
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