高中数学高考 2021届小题必练9 立体几何（文）-学生版(1)

1．掌握球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．

2．能用斜二测画法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图．

3．能借助长方体，认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系．

4．能从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系．

5．能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．

1．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为)，地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点处的水平面是指过点且与垂直的平面．在点处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点处的纬度为北纬，则晷针与点处的水平面所成角为（    ）

A． B． C． D．

2．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的（    ）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件

一、选择题．

1．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若，，则

②若，，，则

③若，，则

④若，，则

其中正确命题的序号是（    ）

A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④

2．在正方体中，如图，、分别是正方形、的中心．则过点、、的截面是（    ）

A．正三角形 B．正方形 C．梯形 D．直角三角形

3．某三棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

4．如图，正三角形为圆锥的轴截面，为的中点，为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

5．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中，错误的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则或

6．如图所示，正方体中，分别为棱，的中点，则在平面内与平面平行的直线（    ）

A．不存在 B．有条 C．有条 D．有无数条

7．如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列命题中，错误的为（    ）

A．  B．截面

C．  D．异面直线与所成的角为

8．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，是边长为的等边三角形，若球的体积为，则直线与平面所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

9．如图，正方体中，为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面  B．平面

C．二面角等于 D．异面直线与所成的角等于

10．在平面五边形中，，，，，且．将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

11．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，

且平面平面，则下列说法错误的是（    ）

A．在棱上存在点使平面

B．异面直线与所成的角为

C．二面角的大小为

D．平面

12．在棱长为的正方体中，是内（不含边界）的一个动点，若，则线段的长的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题．

13．已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．

14．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为        ．

15．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点，分别为，的中点，则平面将四棱锥所分成的上下两部分的体积的比值为       ．

16．已知三棱锥中，满足，，，则当三棱锥体积最大时，

直线与夹角的余弦值是       ．

1．【答案】B

【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，

依题意可知；是晷针所在直线，是晷面的截线，

依题意依题意，晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得．

由于，，所以，

由于，所以，

也即晷针与点处的水平面所成角为．

【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质．

2．【答案】B

【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，

当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交；

当两两相交时，设，，，

根据公理可知，确定一个平面，

而，，

根据公理可知，直线即，所以在同一平面，

综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件．

【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用．

一、选择题．

1．【答案】A

【解析】对于①，因为，所以经过作平面，使，可得，

又因为，，所以，结合得．由此可得①是真命题；

对于②，因为且，所以，结合，可得，故②是真命题；

对于③，设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，

而平面是正方体下底面所在的平面，

则有且成立，但不能推出，故③不正确；

对于④，设平面、、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，

则有且，但是，推不出，故④不正确，

综上所述，其中正确命题的序号是①和②．

2．【答案】A

【解析】如下图所示，连接、、，

由于、分别为正方形、的中心，则、分别为、的中点，

所以，过点、、三点的截面为，易知为正三角形．

因此，过点、、三点的截面为正三角形．

3．【答案】A

【解析】由三视图还原几体何体如图，三棱锥是从长为，宽为，高为的长方体中截得，

所以．

4．【答案】C

【解析】如图所示，取中点，中点，连接，则，

所以就是直线与所成角，

设，则，，，

可得，，

则，

因为为弧的中点，可得，进而可得平面，

因为平面，所以，

在直角中，可得，

即直线与所成角的余弦值为．

5．【答案】A

【解析】对于A：若，则或，故A错误，BCD正确．

6．【答案】D

【解析】平面与平面有公共点，

由公理知平面与平面必有过的交线，

在平面内与平行的直线有无数条，且它们都不在平面内，

由线面平行的判定定理可知它们都与平面平行．

7．【答案】C

【解析】因为截面是正方形，所以、，

则平面、平面，

所以，，

由可得，故A正确；

由可得截面，故B正确；

异面直线与所成的角等于与所成的角，故D正确．

8．【答案】A

【解析】设的中心为，为的中点，过作，则为的中点，

∴是直线与平面所成角．

∵是边长为的等边三角形，∴，

∵，∴，

∴，∴，

∴．

9．【答案】C

【解析】对于A，连接，交于，则四边形为平行四边形，

故，

∵平面，平面，∴平面，故正确；

对于B，连接，因为为底面的中心，为棱的中点，

∴，易证平面，则平面，故正确；

对于C，因为，，则为二面角的平面角，显然不等于，

故错误；

对于D，∵，∴为异面直线与所成的角，

为等边三角形，，故正确．

10．【答案】C

【解析】设的中心为，矩形的中心为，

过作垂直于平面的直线，

过作垂直于平面的直线，

则由球的性质可知，直线与的交点，

即几何体外接球的球心．

取的中点，连接，，由条件得，．

连接，因为，从而．

连接，则为所得几何体外接球的半径．

又，则，

故所得几何体外接球的表面积等于．

11．【答案】D

【解析】解：如图，

对于，取的中点，连接，

∵侧面为正三角形，∴，

又底面是菱形，，∴是等边三角形，

∴，

又，，平面，

∴平面，故A正确；

对于B，∵平面，∴，即异面直线与所成的角为，故B正确；

对于C，∵平面平面，，平面，

∴，，

∴是二面角的平面角，设，则，，

在中，，即，故二面角的大小为，

故C正确；

对于D，假设平面，则，

又依题意平面平面，，则平面，故，

而，相交，且在平面内，故平面，与平面矛盾，

因此与平面不垂直，故D错误．

12．【答案】C

【解析】由正方体的性质可知，是正四面体，

且正四面体的棱长为，

∵在内，∴的最大值为，

的最小值是到平面的距离，

设在平面的射影为，则为正三角形的中心，，

，

∴的最小值为，

又因为不在三角形的边上，所以的范围是．

二、填空题．

13．【答案】

【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则，

解得，．

14．【答案】

【解析】根据几何体的三视图得该几何体的体积为长宽高分别为，，的长方体体积的一半，

即体积为．

15．【答案】

【解析】设四棱锥的体积为，连接，，

则下面部分几何体的体积为，

其中，，

所以，

则上面部分几何体的体积为，

故平面将四棱锥所分成的上下两部分的体积的比值为．

16．【答案】

【解析】如图所示，因为的面积为定值，

所以当平面平面时，三棱锥体积最大，

过作，过作，所以为与所成角或补角．

过点作交于，则平面，

所以平面，即，

因为，，，

所以为直角三角形，所以，，

因为，，，所以为直角三角形，，

所以，则，，

所以，

因此直线与夹角的余弦值是．