2025版高考数学一轮复习易错考点排查练立体几何文含解析北师大版

PAGE10-易错考点排查练立体几何1.α和β是两个不重合的平面,在下列条件中可判定平面α和β平行的是 ()A.α和β都垂直于平面γB.α内不共线的三点到β的距离相等C.l,m是α平面内的直线且l∥β,m∥βD.l,m是两条异面直线且l∥α,m∥α,m∥β,l∥β【解析】选D.对于A,α,β可平行也可相交;对于B三个点可在β平面同侧或异侧,对于C,l,m在平面α内可平行,可相交.对于D正确证明如下:过直线l,m分别作平面与平面α,β相交,设交线分别为l1,m1与l2,m2,由已知l∥α,l∥β得l∥l1,l∥l2,从而l1∥l2,则l1∥β,同理m1∥β,所以α∥β.2.给出下列命题:①有一条侧棱与底面两边垂直的棱柱是直棱柱;②底面为正多边形的棱柱为正棱柱;③顶点在底面上的射影究竟面各顶点的距离相等的棱锥是正棱锥;④A,B为球面上相异的两点,则通过A,B的大圆有且只有一个.其中正确说法的个数是 ()A.0个 B.1个 C.2个 D.3个【解析】选A.若侧棱与底面两条平行的两边垂直,则侧棱与底面不肯定垂直,此时的棱柱不肯定是直棱柱,故①错误;底面为正多边形的直棱柱为正棱柱,故②错误;顶点在底面上的射影究竟面各顶点的距离相等的棱锥,表示顶点在底面的射影落在底面的外心上,不肯定是正棱锥,故③错误;当A,B为球的直径的两个端点时,通过A,B的大圆有多数个,故④错误.3.如图,在下列四个正方体中,P,R,Q,M,N,G,H为所在棱的中点,则在这四个正方体中,阴影平面与P,R,Q所在平面平行的是 ()【解析】选A.A中,因为PQ∥AC∥A1C1,所以可得PQ∥平面A1BC1,又RQ∥A1B,可得RQ∥平面A1BC1,从而平面PQR∥平面A1BC1;B中,作截面可得P,Q,R所在平面∩平面A1BN=HN(H为C1D1中点),C中,作截面可得P,Q,R所在平面∩平面HGN=HN(H为C1D1中点),如图:D中,作截面可得QN,C1M为两条相交直线,因此P,Q,R所在平面与平面A1MC1不平行,如图4.已知m,n是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,下列命题正确的是 ()A.若m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥βB.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥βC.若m⊥n,mα,nβ,则α⊥βD.若m⊥n,m∥α,n⊥β,则α⊥β【解析】选B.A选项,若m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β或α与β相交,故A错;B选项,若m∥n,m⊥α,则n⊥α,又n⊥β,α,β是两个不重合的平面,则α∥β,故B正确;C选项,若m⊥n,mα,则nα或n∥α或n与α相交,又nβ,α,β是两个不重合的平面,则α∥β或α与β相交;故C错;D选项,若m⊥n,m∥α,n⊥β,α,β是两个不重合的平面,则α∥β或α与β相交,故D错.5.如图,是棱长为1的正方体的平面绽开图,则在这个正方体中,以下结论正确的是 ()A.点A到EF的距离为3B.三棱锥C-DMN的体积是1C.EF与平面CDN所成的角是45°D.EF与MN所成的角是60°【解析】选D.依据正方体的平面绽开图,画出它的立体图形如图所示,对于A,连接ND,与EF交于O点,连接AO,则AO的长即点A到EF的距离,AO=AN2+NO2=对于B,三棱锥C-DMN的体积是13×34×22×233=1对于C,F点到平面CDN的距离为33,所以EF与平面CDN所成的角的正弦值为3322=63,故C错误;对于D,EF与MN所成的角即MC与6.有一个球的内接圆锥,其底面圆周和顶点均在球面上,且底面积为3π.已知球的半径R=2,则此圆锥的侧面积为 ()A.23π B.6πC.6π或23π D.43π【解析】选C.圆锥CAB,D是底面圆心,O为球心,πr2=3π,所以r=3,(1)如图①,OD=1=CD,D在OC上,所以CB=3+1=2,S侧=12·π·2r·CB=23π.(2)如图②,OD=OB2-B所以S侧=12·π·2r·CB=12·π·23·27.已知直线l⊥平面α,直线m平面β,则下列四个命题正确的是 ()①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒α∥β.A.②④ B.①② C.③④ D.①③【解析】选D.因为直线l⊥平面α,直线m⫋平面β,若α∥β,则l⊥平面β,则有l⊥m,①正确;如图,由图可知②不正确;因为直线l⊥平面α,l∥m,所以m⊥平面α,又m平面β,所以α⊥β,所以③正确;由②图可知④不正确;所以正确的命题为①③.8.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M在棱AB上,且AM=13,点P在平面ABCD上,且动点P到直线A1D1的距离的平方与点P到点M的距离的平方的差为1,在以AB,AD为坐标轴的平面直角坐标系中,动点PA.圆 B.抛物线C.双曲线 D.直线【解析】选B.如图所示:正方体ABCD-A1B1C1D1中,作PQ⊥AD,Q为垂足,则PQ⊥面ADD1A1,过点Q作QR⊥D1A1,则D1A1⊥面PQR,PR即为点P到直线A1D1的距离,由题意可得PR2-PQ2=RQ2=1.又已知PR2-PM2=1,所以PM=PQ,即P到点M的距离等于P到AD的距离,依据抛物线的定义可得,9.点A、B在以PC为直径的球O的表面上,且AB⊥BC,AB=2,BC=4,若球O的表面积是24π,则异面直线PB和AC所成角的余弦值为 ()A.33 B.32 C.1010【解析】选C.设球O的半径为R,则4πR2=24π,故R=6,如图所示:分别取PA,AB,BC的中点M,N,E,连接MN,NE,ME,AE,易知,PA⊥平面ABC,由于AB⊥BC,所以AC=AB2+BC2=25,所以PA=PC2-AC2=2,因为E为BC的中点,则AE=AB2+BE2=22,由于M,N分别为PA,AB的中点,则MN∥PB,且MN=AM2+AN2=2,同理NE∥AC,且NE=12AC=5ME=3,由余弦定理得:cos∠MNE=MN2+NE2-ME210.在四面体P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,PA=3,PB=4,PC=5,则四面体P-ABC的体积为 ()A.3 B.2 C.11 D.10【解析】选C.如图,延长CA至D,使得AD=3,连接DB,PD,因为AD=AB=3,故△ADB为等腰三角形,又∠DAB=180°-∠CAB=120°,故∠ADB=12所以∠ADB+∠DCB=90°即∠DBC=90°,故CB⊥DB,因为PB=4,PC=5,BC=3,所以PC2=PB2+BC2,所以CB⊥PB,因DB∩PB=B,DB平面PBD,PB平面PBD,所以CB⊥平面PBD,所以V三棱锥P-CBD=V三棱锥C-PBD=13×CB×S△PBD因A为DC的中点,所以V三棱锥P-ABC=12V三棱锥P-CBD=16×3×S=12S△PBD因为DA=AC=AP=3,故△PDC为直角三角形,所以PD=CD2-PC2=36-25=11,故DB2=PD2+PB2,即△PBD为直角三角形,所以S△PBD=12×4×11=211所以V三棱锥P-ABC=11.11.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不垂直的是 世纪金榜导学号()【解析】选D.对于A,AB为体对角线,M,N,Q分别为棱的中点,由中位线定理可得它们平行于所对应的面对角线,连接另一条面对角线,由线面垂直的判定可得AB垂直于MN,MQ,NQ,可得AB垂直于平面MNQ;对于B,AB为上底面的对角线,明显AB垂直于MN,与AB相对的下底面的面对角线平行,且与直线NQ垂直,可得AB垂直于平面MNQ;对于C,AB为前面的面对角线,明显AB垂直于MN,QN在下底面且垂直于AB所在的面,即有AB垂直于QN,可得AB垂直于平面MNQ;对于D,AB为上底面的对角线,MN平行于前面的一条对角线,此对角线与AB所成角为60°,则AB不垂直于平面MNQ.12.如图,在Rt△ABC中,AC=1,BC=x(x>0),D是斜边AB的中点,将△BCD沿直线CD翻折,若在翻折过程中存在某个位置,使得CB⊥AD,则x的取值范围是 世纪金榜导学号()A.(0,3] B.2C.[3,23] D.(2,4]【解析】选A.取BC的中点E,翻折前如图1,连接DE,则DE=12AC=12,又BC=x,所以AD=CD=BD=x2+12.翻折后,在图2中,BC⊥AD的位置时,连接AE,由题意可得BC⊥DE,所以BC⊥平面ADE,所以BC⊥AE,又E为BC的中点,所以AB=AC=1,所以AE=1-x24.在△ADE中,有AD+DE>AE,AE+DE>AD,即x2+12+12>1如图3,当翻折到△B1CD与△ACD在一个平面内时,若AD⊥B1C,则AD与B1C相交,即∠B1CD+∠CDA=90°.因为CD=BD=B1D,所以∠CBD=∠BCD=∠B1CD.又∠CBD+∠BCD,即∠CBD+∠BCD+∠B1CD=90°,所以∠CBD=∠BCD=∠B1CD=30°,所以∠BAC=60°.在Rt△ABC中,BC=AC·tan60°=1×3=3,即x=3,综上可得x∈(0,3].13.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,底面三角形的边长为1,则BC1与侧面ACC1A1所成的角是【解析】在Rt△BC1C中,BC=1,C1C=2⇒BC1=3,由于三棱柱ABC-A1B1C1为正棱柱,底面ABC与侧面垂直,所以正三角形ABC中AC边的高即为B到侧面ACC1A1的距离,点B到平面ACC1A1的距离为32,答案:30°14.直二面角α-l-β的棱l上有一点A,在平面α,β内各有一条射线AB,AC与l成45°角,ABα,ACβ,则∠BAC=.

【解析】如图,在l上取D,设DB⊥AD,DC⊥AD,则因为二面角是直二面角,所以CD⊥DB,设AD=1,则DC=DB=1,AB=AC=BC=2,所以△ABC是等边三角形,所以∠BAC=60°,假如在B′位置,则∠B′AC=180°-60°=120°.答案:60°或120°15.已知a,b为异面直线,且所成的角为70°,过空间一点作直线l,直线l与a,b均异面,且所成的角均为50°,则满意条件的直线共有条. 世纪金榜导学号

【解析】在空间取一点P,经过点P分别作a∥a′,b∥b′,设直线a′,b′确定平面α,当直线PM满意它的射影PQ在a′,b′所成角的平分线上时,PM与a′所成的角等于PM与b′所成的角.因为直线a,b所成的角为70°,得a′、b′所成锐角等于70°.所以当PM的射影PQ在a′、b′所成锐角的平分线上时,PM与a′、b′所成角的范围是[35°,90°).这种状况下,过点P有两条直线与a′,b′所成的角都是50°.当PM的射影PQ在a′,b′所成钝角的平分线上时,PM与a′,b′所成角的范围是[55°,90°).这种状况下,过点P有0条直线与a′,b′所成的角都是50°.综上所述,过空间随意一点P可作与a,b所成的角都是50°的直线有2条.答案:216.已知点P在直径为2的球面上,过点P作球的两两相互垂直的三条弦PA,PB,PC,若PA=PB,则PA+PB+PC的最大值为. 世纪金榜导学号

【解析】由于PA,PB,PC是直径为2的球的三条两两相互垂直的弦,则PA2+PB2+PC2=2PA2+PC2=22,所以PA22设PA=2cosθ,PC=2sinθ0<θ所以PA+PB+PC=2PA+PC=22cosθ+2sinθ=23sinθ+φ,其中φ为锐角且tanφ=2,所以,PA+PB+PC的最大值为2答案:23给易错点找题号序号易错点题号练后感悟1忽视线段反向延长线的情形致错.142空间思维较弱,翻折问题的性质没驾驭透彻致错.123忽视异面直线所成角的范围致错.94凭主观感受、主观