第1頁/共1頁2023-2025北京高三（上）期末數學匯編立體幾何初步章節綜合（人教B版）一、單選題1．（2025北京昌平高三上期末）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（2025北京豐臺高三上期末）如圖，在三棱錐中，與都是邊長為2的等邊三角形，且，則點P到平面ABC的距離為（

）A．1 B． C． D．3．（2025北京昌平高三上期末）如圖1所示，在正六棱柱中，底面邊長為1，側棱長為2，，，，.在正六棱柱中，截去三棱錐、、，再分別以為軸將分別向上翻轉，記三點重合的點為，圍成的曲頂多面體如圖2所示.記正六棱柱的表面積與體積分別為，當時，記所圍成的曲頂多面體的表面積與體積分別為，則下述判斷正確的是（

）A． B．C． D．4．（2025北京房山高三上期末）已知正三棱錐的底面邊長為2，側面與底面所成角是，則三棱錐的體積等于（

）A． B． C．2 D．15．（2025北京石景山高三上期末）我國有著豐富悠久的印章文化，印章是簽署文件時代表身份的信物，因其獨特的文化內涵，有時作為裝飾物來使用.圖1是一個金屬印章擺件，除去頂部的環可以看作是一個正四棱柱和一個正四棱錐組成的幾何體，如圖2所示.已知正四棱柱和正四棱錐的底面邊長為4，體積之比為，且該幾何體的頂點在球的表面上，則球的半徑為（

）

A． B． C． D．6．（2025北京通州高三上期末）如圖某實心零部件的形狀是正四棱臺，已知，，棱臺的高為，先需要對該零部件的表面進行防腐處理，若每平方厘米的防腐處理費用為元，則該零部件的防腐處理費用是（

）A．元 B．元C．元 D．元7．（2025北京朝陽高三上期末）沙漏是一種古代計時儀器．如圖，某沙漏由上下兩個相同圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為6cm，細沙全部在上部時，其高度為圓錐高度的，則這些細沙的體積為（

）

A． B． C． D．8．（2025北京東城高三上期末）如圖，在棱長為6的正四面體中，以為頂點的圓錐在正四面體的內部（含表面），則該圓錐體積的最大值為（

）

A． B． C． D．9．（2025北京順義高三上期末）某同學在勞動實踐課中，用四塊板材制作了一個簸箕（如圖1），其底面擋板是等腰梯形，后側擋板是矩形，左右兩側擋板為全等的直角三角形，后側擋板與底面擋板垂直．簸箕的造型可視為一個多面體（如圖2）．若，，，與之間的距離為28cm，則該多面體的體積是（

）A． B．C． D．10．（2024北京海淀高三上期末）正四棱錐中，，二面角的大小為，則該四棱錐的體積為（

）A．4 B．2 C． D．11．（2024北京東城高三上期末）如圖，在正方體中，分別是的中點．用過點且平行于平面的平面去截正方體，得到的截面圖形的面積為（

）A． B． C． D．12．（2025北京一六六中高三上期末）已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，能使成立的一組條件是（

）A． B．C． D．13．（2024北京通州高三上期末）如圖，已知某圓錐形容器的軸截面為等邊三角形，其邊長為4，在該容器內放置一個圓柱，使得圓柱上底面的所在平面與圓錐底面的所在平面重合.若圓柱的高是圓錐的高的，則圓柱的體積為（

）A． B． C． D．14．（2024北京豐臺高三上期末）在某次數學探究活動中，小明先將一副三角板按照圖1的方式進行拼接，然后他又將三角板折起，使得二面角為直二面角，得圖2所示四面體．小明對四面體中的直線、平面的位置關系作出了如下的判斷：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判斷正確的個數是（

）A．1 B．2C．3 D．415．（2024北京朝陽高三上期末）如圖，在正方體中，點是平面內一點，且平面，則的最大值為（

）

A． B． C． D．16．（2024北京西城高三上期末）如圖，水平地面上有一正六邊形地塊，設計師規劃在正六邊形的頂點處矗立六根與地面垂直的柱子，用以固定一塊平板式太陽能電池板.若其中三根柱子，，的高度依次為，則另外三根柱子的高度之和為（

）A．47m B．48m C．49m D．50m17．（2024北京海淀高三上期末）蜜蜂被譽為“天才的建筑師”.蜂巢結構是一種在一定條件下建筑用材面積最小的結構.如圖是一個蜂房的立體模型，底面是正六邊形，棱，，，，，均垂直于底面，上頂由三個全等的菱形，，構成.設，，則上頂的面積為（

）（參考數據：，）A． B． C． D．18．（2024北京大興高三上期末）木楔在傳統木工中運用廣泛.如圖，某木楔可視為一個五面體，其中四邊形是邊長為2的正方形，且均為等邊三角形，，，則該木楔的體積為（

）A． B． C． D．19．（20234石景山高三上期末）在正方體中，點在正方形內（不含邊界），則在正方形內（不含邊界）一定存在一點，使得（

）

A． B．C．平面 D．平面平面20．（2024北京一六六中高三上期末）風箏又稱為“紙鳶”，由中國古代勞動人民發明于距今2000多年的東周春秋時期，相傳墨翟以木頭制成木鳥，研制三年而成，是人類最早的風箏起源.如圖，是某高一年上級學生制作的一個風箏模型的多面體為的中點，四邊形為矩形，且，當時，多面體的體積為（

）

A． B． C． D．21．（2023北京通州高三上期末）要制作一個容積為的圓柱形封閉容器，要使所用材料最省，則圓柱的高和底面半徑應分別為（

）A．， B．，C．， D．，二、填空題22．（2025北京通州高三上期末）如圖，正方形和正方形所在的平面互相垂直.為中點，為正方形內一點（包括邊界），且滿足，為正方形內一點（包括邊界），設，給出下列四個結論：①，使；②，使；③點到的最小值為；④四棱錐體積的最大值為.其中正確結論的序號是.23．（2025北京朝陽高三上期末）在棱長為1的正方體中，點在線段上（不與重合），于于，以下四個結論：①平面；②線段與線段的長度之和為定值；③面積的最大值為；④線段長度的最小值為．其中所有正確的結論的序號是．24．（2025北京一六六中高三上期末）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為.25．（2023北京海淀高三上期末）如圖，在正三棱柱中，是棱上一點，，則三棱錐的體積為.26．（2023北京石景山高三上期末）在四棱錐中，面，底面是正方形，，則此四棱錐的外接球的半徑為．

參考答案1．A【分析】由充分（必要）條件的判定，結合線面垂直的判定和性質判斷即可.【詳解】由題，，則，若，根據線面垂直的性質，則定有，故“”是“”的充分條件；當時，也可以在內，故不一定有，故“”不是“”的必要條件，故選：A.2．C【分析】根據題意，取中點，連接，由線面垂直的判定定理可得平面，從而可得平面平面，則點P到平面ABC的距離為點P到直線的距離，即可得到結果.【詳解】取中點，連接，因為與都是邊長為2的等邊三角形，所以，，且，平面，所以平面，且平面，所以平面平面，所以點P到平面ABC的距離為點P到直線的距離，過點做，所以點P到直線的距離即為，又，且，所以為等邊三角形，所以，即點P到平面ABC的距離為.故選：C3．C【分析】利用割補法求解可得.結合正六邊形與正棱柱性質，由割補部分體積相等可得；再由割補方法根據表面積的變化，求解并比較兩幾何體表面積大小即可.【詳解】如圖2，由題意，由旋轉方法可知，四點共面，且四邊形為菱形，連接，交于，則為中點，且；如圖1，正六棱柱中，平面，因為平面，所以，在上底面正六邊形中，設中心為.連接，與的交點即為中點，則四點共線，且為中點，為中點.連接，四邊形為菱形，則，且，如圖2，連接，由，，平面，且，故平面，又平面，所以.結合圖1與圖2，在與中，，，，所以與全等，，則，即，平面，且，則平面，且，同理，，，又，則，設均為，，故，故曲頂多面體可看作由正六棱柱截去個小三棱錐（三棱錐，三棱錐，三棱錐）再補上個大三棱錐，故曲頂多面體的體積；因為，，所以由正六棱柱的性質結合上面的分析，可知曲頂多面體的表面積；而正六棱柱的表面積；所以，即.綜上所述，.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵在于割補法的應用.4．B【分析】根據正三棱錐的定義和側面與底面所成二面角的定義求出三棱錐的高，代入體積公式即可.【詳解】如下圖所示：由正三棱錐的定義，底面為正三角形，且邊長為，作正三棱錐的高，垂足為的中心，連接并延長，交于點；由正三棱錐的幾何的性質可知：，，就是側面與底面所成二面角的平面角，，可得是等腰直角三角形，.根據正三角形的性質，，即正三棱錐的高為.三棱錐的體積為：.故選：B5．B【分析】根據正四棱柱和正四棱錐的體積之比為可得高相等，根據對稱性知球心在高線上，設出球的半徑和正四棱柱的高，放在直角三角形中，利用勾股定理列方程，求解即可.【詳解】

由題意，正四棱柱和正四棱錐的體積之比為，且共一個底面，所以正四棱柱和正四棱錐的高相等，則設正四棱柱和正四棱錐的高都為，如圖所示，根據正四棱柱和一個正四棱錐的對稱性可知：球心在高線上，設該幾何體外接球的半徑為，因為點都在球上，所以，，又，則，且，所以，在直角中，由勾股定理得：，在直角中，，，又點在球上，所以，所以由勾股定理得：，聯立，解得，因此，球的半徑為.故選：B.6．A【分析】根據棱臺的高求出側面等腰梯形的高，再計算出棱臺的表面積，即可求得該零部件的防腐處理費用.【詳解】如圖所示，，，連接，分別是的中點，連接，取的中點，連接.由題意，在正四棱臺中，平面，則，因為分別是的中點，所以，且，又分別是的中點，所以，且，故，則四點共面；因為平面，平面，所以，所以四邊形為直角梯形，在直角梯形中，，又點是的中點，所以四邊形為矩形，則，且，又，因此，在直角中，，所以在正四棱臺中，側面積，底面積，表面積（平方厘米），又每平方厘米的防腐處理費用為元，所以該零部件的防腐處理費用是（元）.故選：A7．B【分析】根據比例關系結合錐體的體積公式運算求解即可.【詳解】由題意可知：這些細沙的體積為.故選：B.8．A【分析】由題意可知當圓錐的底面與相切時，圓錐體積最大，利用圓錐的體積公式和幾何關系求解即可.【詳解】由題意可知當圓錐的底面與相切時，圓錐體積最大，因為是棱長為6的正四面體，設底面圓半徑為，中點為，則，解得，圓錐的高，所以圓錐體積，故選：A9．C【分析】將幾何體的體積轉化為四棱錐和三棱錐的體積后可得正確的選項.【詳解】因為四邊形為矩形，故，而平面平面，平面平面，平面，故平面，在平面中過作，垂足為，則，同理可證平面，而，故，，故幾何體的體積為，故選：C.10．D【分析】作出輔助線，得到為二面角的平面角，所以，從而求出四棱錐的高，由棱錐體積公式求出答案.【詳解】連接，相交于點，則為正方形的中心，故⊥底面，取的中點，連接，則，，故為二面角的平面角，所以，故，所以該四棱錐的體積為.故選：D11．B【分析】根據平行四邊形的性質可得四邊形為截面所在的四邊形，即可利用線面垂直得四邊形為矩形，即可求解.【詳解】取的中點，連接,則,故四邊形為平行四邊形，即為過點且平行于平面的截面，,,且平面,平面,則,故四邊形為矩形，故四邊形的面積為，故選：B12．B【分析】利用給定條件得到，判斷A，利用給定條件得到判斷B，舉反例判斷C，D即可.【詳解】對于A，若，則，故A錯誤，對于B，若，則，故B正確，對于C，若，則可能相交，平行或異面，故C錯誤，對于D，若，則可能相交，平行或異面，故D錯誤.故選：B13．C【分析】根據題意，作出軸截面圖，求出正三角形的高，再結合題意得圓柱的底面半徑和高，進而計算體積即可.【詳解】根據題意，軸截面如圖：在等邊三角形中，高，因為圓柱的高是圓錐的高的，所以圓柱的高,又且，所以是的中點，即，于是該圓柱的底面半徑為1，高為，則體積為.故選：C.14．C【分析】根據題意，結合線面位置關系的判定定理和性質定理，逐項判定，即可求解.【詳解】對于①中，因為二面角為直二面角，可得平面平面，又因為平面平面，，且平面，所以平面，所以①正確；對于②中，由平面，且平面，可得，又因為，且，平面，所以平面，所以②正確；對于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正確；對于④，中，因為平面，且平面，可得平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又因為平面，所以，因為與不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D錯誤.故選：C.15．C【分析】點是平面內一點，且平面，先考慮平面平面，從而得在直線上，取最大值時取最小值，此時，求解即可.【詳解】正方體中，連接，交于點，再連接和由于，且，∴四邊形是平行四邊形，所以，又平面，且平面，，所以平面，同理證明平面，因為平面，平面，平面，平面，且，所以平面平面，且平面平面，從而得，若平面，點是平面內一點，且平面，則，即在直線上時，都滿足平面，因為平面，所以，顯然，當最大時，即取最小值時，此時點滿足，連接，可設正方體的棱長為，所以．故選：C．16．A【分析】根據梯形中位線求得，進而求得正確答案.【詳解】依題意可知六點共面，設正六邊形的中心為，連接，平面且平面，依題意可知相交于，連接交于，連接交于，根據正六邊形的性質可知四邊形是菱形，所以相互平分，則相互平分，根據梯形中位線有，即，在梯形中，是的中點，則是的中點，所以，同理可得，所以.故選：A【點睛】關鍵點睛：研究空間圖形的結構，關鍵點在于利用空間平行、垂直、中點等知識.在本題中，柱子與地面垂直，柱子之間相互平行.柱子之間高度不相同，則構成了梯形，則可考慮利用中位線來對問題進行求解.17．D【分析】根據蜂房的結構特征，即可根據銳角三角函數以及三角形面積公式求解.【詳解】由于，所以,連接,取其中點為，連接,所以,由，且多邊形為正六邊形，所以，由于,所以，故一個菱形的面積為，因此上頂的面積為，故選：D18．D【分析】如圖，分別過點A，B作的垂線，垂足分別為G，H，連接，取的中點O，連接，求出，結合三棱錐和三棱柱的體積公式計算即可.【詳解】如圖，分別過點A，B作的垂線，垂足分別為G，H，連接，則由題意等腰梯形全等于等腰梯形，則.取的中點O，連接，因為，所以，則，∴.因為，，所以，因為四邊形為正方形，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，同理可證平面，∴多面體的體積，故選：D.19．A【分析】作出截面后可作，從而判斷A，利用線面垂直的性質判斷BC，根據面面平行的性質判斷D．【詳解】選項A，正方體中，顯然有，連接延長，如果直線交棱于點（圖1），則作交于，連接，則是梯形，作交于，則平面，如果直線交棱于點（圖2），則直接連接，在三角形內作交于，也有平面，因此A正確；

選項B，正方體中易知平面，因此與垂直的直線都可能平移到平面內，而當平面，平面時，直線與平面相交，不可能平移到平面內，B錯；選項C，由選項B知與不可能垂直，因此與平面也不可能垂直，C錯；選項D，過的平面只有平面與平面平行，因此要使得平面平面，則平面與平面重合，從而點只能在棱上，與已知不符，D錯．故選：A．20．A【分析】根據題意，先證得平面，在中，利用余弦定理求得，再結合線面垂直判定定理證得平面，得到，設，利用，求得，結合，即可求解.【詳解】在中，因為且為的中點，所以，又因為，且，平面，所以平面，在中，因為且，所以，所以，且，因為四邊形為矩形，可得，又因為，且平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以，設，在直角中，可得，在直角中，可得，因為，所以，即，解得，所以多面體的體積為：.故選：A.

21．C【分析】設圓柱的高為，底面半徑為．由，可得，再利用基本不等式即可得出．【詳解】解：設圓柱的高為，底面半徑為．，．當且僅當，即當時取等號．此時．即當，時取得最小值．故選：C.22．①③④【分析】先求出點的軌跡方程，建立適當的直角坐標系后，借助空間線面的概念研究位置關系，結合距離公式、三棱錐體積公式逐項判斷即可得.【詳解】根據題意，正方形和正方形所在的平面互相垂直，平面平面，為正方形內一點，所以平面，平面，平面，所以、均為直角三角形，因為，所以，又因為為中點，,所以,如圖，以D為原點，所在直線分別作，軸，建立平面直角坐標系，因為，所以，，，設，由可得，化簡可得，點的軌跡為以圓心半徑為的圓的一部分，如圖所示，當與重合，在點時，此時平面，平面，所以，故①正確；當與重合，在點時，最大，即，，，所以在中，，因為,故不存在，使，故②錯誤；設到的距離為，點到的距離最小值為-，在中，利用等面積法可得：，即，解得，所以點到的距離最小值為，故③正確；四邊形的面積，，當在點時，四棱錐體積有最大值，，故④正確.故答案為：①③④【點睛】關鍵點點睛：求出點的軌跡方程，建立適當的直角坐標系，借助空間線面的概念研究位置關系是