高考仿真重难点训练07 立体几何初步（教师版）

高考仿真重难点训练07立体几何初步一、选择题1．下列命题中正确的是（

）A．三点确定一个平面B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面C．圆的一条直径与圆上一点可确定一个平面D．四边形可确定一个平面【答案】B【分析】根据确定平面的依据，判断选项.【解析】A.由确定平面的依据可知，不共线的三点确定一个平面，故错误；B.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故正确；C.根据确定平面的依据，直线和直线外一点确定一个平面，所以应改为圆的一条直径和圆上除直径端点外的一点，可确定一个平面，故错误；D.空间四边形，四点不在同一个平面，故错误；故选：B2．已知，，是平面，，，是直线，，，，若，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间中点线面之间的位置关系结合平面的基本性质逐一判断四个选项的正误，即可得正确选项.【解析】因为，，所以，，由，可得且，所以且，因为，所以，故选项A正确，选项B不正确；因为，，所以、有公共点，故选项C不正确；因为，，所以，因为，所以与有公共点，故选项D不正确；故选：A.3．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，则的面积是（

）

A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】根据直观图与斜二测画法的定义求解.【解析】由题可知，为直角三角形，且,所以,

故选：C.4．已知底面边长为2的正四棱柱的体积为16，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，确定（或其补角）为直线与所成的角，求出，进而求解.【解析】如图，连接，则，取的中点，连接，则，所以（或其补角）为直线与所成的角，又正四棱柱的体积为16，则该棱柱的高为，又，所以，即直线与所成角的余弦值为.故选：C5．已知、是不重合的两条直线，、是不重合的两个平面，则下列结论正确的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】A【分析】对于A，先判断，然后由线面平行判定定理可判断；对于BCD，通过正方体模型举反例即可判断.【解析】对于A，因为，，所以，又，，所以，A正确；对于B，在正方体中，记平面为，平面为，为，为，则，，，但与不平行，B错误；对于C，记平面为，平面为，为，为，由正方体性质可知，平面，平面，所以，则，，，但不垂直，C错误；对于D，记为，为，平面为，则，，但与不垂直，D错误.故选：A6．漏刻是中国古代的一种计时系统，“漏”是指计时器——漏壶，“刻”是指时间，《说文解字》中记载：“漏以铜壶盛水，刻节，昼夜百刻.”某展览馆根据史书记载，复原唐代四级漏壶计时器，如图，计时器由三个圆台形漏水壶和一个圆柱形受水壶组成，当最上层漏水壶盛满水时，漂浮在最底层受水壶中的浮箭刻度为0，当最上层漏水壶中水全部漏完时，浮箭刻度为100.已知最上层漏水壶口径与底径之比为，则当最上层漏水壶水面下降到其高度的一半时，浮箭刻度约为（

）（四舍五入精确到个位）

A．38 B．60 C．61 D．62【答案】D【分析】根据题意结合台体体积公式运算求解.【解析】由题意可知：最上层漏水壶所漏水的体积与浮箭刻度成正比，设最上层漏水壶的口径与底径分别为，，高为，则体积为，当最上层漏水壶水面下降到高度的一半时，设此时浮箭刻度为，因为已漏水体积，可得，解得，所以浮箭刻度约为62.故选：D.7．如图是一个四棱锥的平面展开图，其中四边形为正方形，四个三角形为正三角形，分别是的中点，在此四棱锥中，则（

）A．与是异面直线，且平面B．与是相交直线，且平面C．与是异面直线，且平面D．与是相交直线，且平面【答案】B【分析】画出几何体，证得四边形为梯形，得到与为相交直线，再由线面平行的判定定理，证得平面.【解析】根据题意，画出几何体，如图所示，因为分别是的中点，可得且，又因为且，所以且，所以四边形为梯形，所以与为相交直线，因为为的中点，可得且，所以四边形为平行四边形，可得，又因为平面，平面，所以平面.故选：B.8．如图，将边长为1的正以边为轴逆时针翻转弧度得到，其中，构成一个三棱锥．若该三棱锥的外接球半径不超过，则的取值范围为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】作辅助线，则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小，设，结合题意分析可知，结合题意分析求解即可.【解析】取线段的中点，线段上靠近点的三等分点，的中点，连接，则为正的外心，，可知为线段的中垂线，在平面内过作的垂线交于，连接，

则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小．设，则，，，，，可得，化简得，又因为，即，解得，结合，可得，则，所以．故选：C．【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．二、多选题9．已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（

）A．30° B．45° C．75° D．90°【答案】AD【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解.【解析】过点作，从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或，而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或.故选：AD.10．阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，截角四面体是阿基米德多面体其中的一种．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法中正确的是（

）A．点E到平面ABC的距离为B．直线DE与平面ABC所成角的正切值为2C．该截角四面体的表面积为D．该截角四面体存在内切球【答案】AC【分析】如图，将该截角四面体补成正四面体.对于A：由平面∥平面可知点E到平面ABC的距离即为点S到平面ABC的距离，运算求解即可；对于B：由∥，可知直线DE与平面ABC所成角即为与平面所成角，运算求解即可；对于C：根据正三角的面积结合比例关系运算求解；对于D：假设存在内切球根据对称性可知该球心为正四面体的中心O，求点O到平面的距离即可判断.【解析】如图，将该截角四面体补成正四面体，取底面的中心，连接，可知平面，则，可得，对于选项A：由题意可知：平面∥平面，则点E到平面ABC的距离即为点S到平面ABC的距离，故A正确；对于选项B：由题意可知：∥，则直线DE与平面ABC所成角即为与平面所成角，可得，所以直线DE与平面ABC所成角的正切值为，故B错误；对于选项C：由题意可知：，则，所以该截角四面体的表面积为，故C正确；对于选项D：若该截角四面体存在内切球，根据对称性可知该球心为正四面体的中心O，可知，因为，即，解得，由选项A可知：点S到平面ABC的距离，则点O到平面ABC的距离为，所以该截角四面体不存在内切球，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将该截角四面体补成正四面体，结合正四面体的性质分析求解.11．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，则（

）A．的面积为B．三棱锥的体积为C．存在点P，使得⊥D．存在点P，使得⊥平面【答案】BD【分析】选项A：当点P与重合，为边长是的等边三角形，求出三角形面积，即可判断；选项B：利用等体积转化法求解即可；选项C：以为直径的球面与直线没有公共点，即可判断；选项D：当P为的中点时，根据线面垂直的判定定理即可得证．【解析】A选项，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，当点P与重合时，为等边三角形，边长为，故的面积为，故A错误；B选项，因为，其中，表示点P到平面的距离，故，所以三棱锥的体积为，故B正确；C选项：在正方体中，以为直径的球面，半径，则直线与该球面没有公共点，故不存在点P，故C错误；D选项：取的中点M，连接PM，当P为的中点时，即为的交点时，因为，，所以四边形为平行四边形，故，又，所以四边形为平行四边形，所以，因为⊥平面，易知⊥平面，因为平面，所以PM⊥，又因为在正方体中，⊥，而，所以⊥平面，故D正确．故选：BD．三、填空题12．已知底面半径为2的圆锥的侧面积为，则该圆锥的外接球的表面积为．【答案】【分析】求出圆锥的母线，求出圆锥的高，设圆锥外接球的半径，列出方程，求出半径，得到表面积.【解析】设圆锥的母线为，又，故，解得，圆锥的高为，设该圆锥的外接球的半径为，故，故，由勾股定理得，即，解得，故该圆锥的外接球的表面积为.故答案为：13．已知正四面体A－BCD的棱长为6，P是四面体A－BCD外接球球面上的动点，Q是四面体A－BCD内切球球面上的动点，则PQ的取值范围是．【答案】【分析】依据题意作出图形，再求出外接球半径，再求目标式范围即可.【解析】如图，AE是正四面体A－BCD的高，由对称性知其外接球与内切球的球心重合，为O，且在AE上，则E是底面正三角形BCD的中心，，设外接球的半径为R，即，由，得，解得，因此内切球的半径为，显然有，即，又，所以．故答案为：14．如图，在四棱柱中，底面ABCD为正方形，，，，且二面角的正切值为．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱内运动，，则的最小值为．

【答案】【分析】先求得到平面的距离，然后利用对称法以及三点共线等知识求得的最小值.【解析】连接，交于，设是的中点，连接.由于，是的中点，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，，由于分别是的中点，所以，由于，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以是二面角的平面角，所以，所以，由于，所以，所以三角形是等腰直角三角形，所以，由于平面，所以平面，且.由于，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面在四棱柱内的部分，关于平面的对称点为，连接，交平面于，所以的最小值为.故答案为：

【点睛】求解二面角有关问题，关键是找到二面角的平面角，二面角的平面角的定义是：在二面角的交线上任取一点，然后在两个半平面内作交线的垂线，所得角也即是二面角的平面角.四、解答题15．如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点.(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与平面所成线面角的正弦值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据，再根据棱锥的体积计算公式，求解即可；（2）根据（1）中所求棱锥的体积，求得点到平面的距离，结合的长度，利用公式，直接求解即可.【解析】（1）面面，故，故，又在直角梯形中，，；又为中点，故.（2）因为//，故，又面面，故，又面，故面面，则，则△为直角三角形；易知，故，设点到面的距离为，由（1）可得，解得；因为分别为的中点，故//，则面，又面，则，故△为直角三角形，则，设直线与平面所成角为，则.16．如图，三棱柱所有棱长都为2，，D为与交点．(1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直判定定理证明，即先证明平面，再证明面平面.

（2）先建系，然后求解出平面的一个法向量和平面的一个法向量，代入公式即可.【解析】（1）取中点O，取中点E，连接，，，因为三棱柱所有棱长都为2，，有，，E为的中点，四点共面，所以，且，、平面，，所以平面，又平面，故平面平面．（2）因为，所以平面，平面，所以，所以为直角三角形，所以，所以，在中，．

以O为原点，作平面，以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，由，所以，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，所以平面的一个法向量为，

记二面角的大小为，且为锐角，则，即二面角的平面角的余弦值为．

17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，E为BC的中点，且.(1)求证：；(2)若四棱锥P-AED的体积为，直线AB与PE所成角为30°，求二面角P-AD-E的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，利用等腰三角形的三线合一证明即可；（2）利用垂直关系，易得线面角和二面角的平面角，即可计算求解.【解析】（1）取AD的中点O，因为四边形ABCD是正方形，.，，EO，平面POE，平面POE.又平面POE，，又因为O是AD的中点，所以可得，即.（2）作于点Q，平面POE，平面POE，.又，平面，平面.由，得.因为，所以所成角为，故，解得.因为，，所以为二面角的平面角..即所求二面角的正切值为.18．如图，在四棱锥中，，.

(1)证明：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，.【分析】（1）通过，证平面，即可证面面平行；（2）通过建立空间直角坐标系，计算各点坐标，设得点坐标，并计算平面和平面的法向量，根据向量垂直确定，再根据向量的夹角公式计算即可.【解析】（1）证明：因为，，所以，，所以，，又，所以四边形为菱形，所以，，又，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）得平面，因为平面，所以，故四边形为正方形.不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.因为为等边三角形，所以，又平面，又平面平面，且平面平面，所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，，由，得，即，解得，，，所以，所以，，，.设平面的法向量为，则，可取.设平面的法向量为，则，可取，则，解得或（舍去），所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且.19．在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．

(1)若F为的中点，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部