新高考数学三轮冲刺练习查补易混易错点05 立体几何（2份，原卷版+解析版）

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立体几何始终是高考考察的重点难点，也是分数比重大的知识点，一般两道选填，一道大题，考察点线面的位置关系的推导与证明，考察直线与直线、直线与平面、平面与平年之间的平行垂直关系，考察几何体的表面积与体积计算与求解，考察异面直线所成的角的求解，直线与平面所成的角的求解，二面角的平面角的求解，考察几何体外接球、内切球，棱切球等球的面积与体积的求解，考察球与直线、球与平面相交的长度面积的求解，考察平面翻折几何体的证明与求解。考察空间建系用空间向量证明和求解几何问题。
易错点1：忽视（漏）直线平行平面中，直线是否在平面内的多种情况
易错点2：忽视（漏）直线与平面垂直时，需要保证平面内两条直线是相交直线
易错点3：忽视（漏）平面与平面垂直时，所做的垂直于交线的平面必须过平面内。
易错点4：忽视（漏）无数和所有的区别，错误认为无数等于所有。
易错点5：忽视（漏）异面直线所成的角的范围。
易错点6：忽视（漏）图形的多种性，如球的两截面面积求球的体积时球心在两面内与两面同侧的讨论
易错点7：忽视（漏）正三棱锥与正四面体的区别。
易错点8：忽视（漏）平面几何中的结论与立体几何中的结论区别而直接套用
易错点9：忽视（漏）求体积时直棱柱与斜棱柱的区别与联系
易错点10：忽视（漏）定理条件欠缺而造成的解答不规范
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
2．（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．
3．（1992·全国·高考真题）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
所以，
故选：D
4．（2023·广东惠州·统考一模）如图1，在高为的直三棱柱容器中，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（ ）
A．B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】根据同底等高的锥体与柱体体积之间的关系即可根据比例求解.
【详解】由图2知:,其中表示三棱柱的高，故,
因此可知无水部分体积与有水部分体积比为，所以图1中高度比为，得．
故选：B．
5．（2023·上海金山·统考二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且，，设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能恒成立的是（ ）
A．直线直线CDB．直线直线ED
C．直线直线PQD．直线平面
【答案】B
【分析】由，，可得四边形和都为矩形，进而得到，，进而得证即可判断A；根据异面直线的定义即可判断B；设中点为H，连接，，由P、Q分别为线段AF、CE的中点，可得，，进而得到，，可得平面，进而即可判断C；连接，，可得，进而证明平面，即可判断D.
【详解】在矩形ABCD中，，，
可得四边形和都为矩形，
所以，，翻折后仍然成立，
所以直线直线，故A正确；
翻折前，，翻折后直线和直线ED为异面直线，故B错误；
设中点为H，连接，，
因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，
所以，，而，，，
所以，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，故C正确；
连接，，
因为P、Q分别为线段AF、CE的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故D正确.
故选：B.
6．（2023·甘肃武威·统考三模）刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫做堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2：1，这个比率是不变的．如图所示的三视图是一个鳖臑的三视图，则其分割前的长方体的体积为（ ）
A．2B．4C．12D．24
【答案】D
【分析】根据鳖臑的三视图确定长方体的长宽高，计算体积即可.
【详解】根据鳖臑的正视图得原长方体的长为3，根据鳖臑的俯视图得原长方体的宽为2，根据鳖臑的侧视图得原长方体的高为4，所以长方体的体积.
故选：D
7．（2023·江西·校联考模拟预测）在直四棱柱中中，，，P为中点，点Q满足，（，）.下列结论不正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
【答案】C
【分析】对于A，由，可得三点共线，可得点在，而由直四棱柱的性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，而的面积为定值，从而可进行判断，对于B，取的中点分别为，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值，对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，在上取点，使得，可得点的轨迹为圆弧，从而可进行判断.
【详解】对于A，因为，，
所以三点共线，所以点在，因为，平面，
平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，则，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，所以，
因为平面，平面，平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，所以当时，最小，
因为，所以，，
所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确，
对于C，若的外心为，过作于，
因为，所以，所以C错误，
对于D，过作于点，因为则可得平面，
平面，所以，因为，
平面，所以平面，
，在上取点，使得，
则，所以若，
则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
因为，所以，则圆弧等于，所以D正确，
故选：C.
【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
8．（2023·天津·二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
① 若是的中点，则直线与所成角为
② 的周长最小值为
③ 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
④ 如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为
A．①②B．①③C．②④D．①③④
【答案】D
【分析】对于①，连接，证明出，即可求出直线与所成角为；对于②，把沿着展开与面同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；对于③，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为，利用等体积法求解；对于④，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出.
【详解】对于①：连接，
在正四面体中，D是PB的中点，所以.
因为平面，平面，，
所以直线平面，
因为平面，
所以，所以直线与所成角为，故①正确；
对于②，如图，把沿着CD展开与面同一个平面内，则周长最小值为,
由，，，
所以
所以，所以，所以的周长最小值为不正确，故②错误；
对于③，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为.
由等体积法可得，所以半径.故③正确；
对于④，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，
如图正四面体，
则，正四面体高为，得.故④正确.
故选：D
二、多选题
9．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，正四棱柱中，，、分别为的中点，则（ ）
A．
B．直线与直线所成的角为
C．直线与直线所成的角为
D．直线与平面所成的角为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直的判定定理、线面角的定义，结合异面直线所成的角定义逐一判断即可.
【详解】对A选项，如图，取的中点，连接，，，
又，分别为的中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，又易知，
，所以本选项正确；
对B选项，假设直线与直线所成的角为，即，
由正四棱柱的性质可知：平面，而平面，
所以，显然平面，
所以平面，而由正四棱柱的性质可知：平面，
所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此本选项错误；
对C选项，在矩形中，因为，
所以，而，因此，
所以直线与直线所成的角为，本选项正确；
对D选项，由A选项分析可知，
直线与平面所成的角为，
又根据题意易知，本选项正确，
故选：ACD
10．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知平面，，直线m，n满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，平面，平面，则
C．若，则
D．若，，，，则
【答案】BD
【分析】根据线线、线面和面面的基本关系以及二面角的定义，结合选项，依次判断即可.
【详解】A：若，则m可能与n异面，故A错误；
B：由，，可知，，故B正确；
C：由，则m可能与n平行，故C错误；
D：由，，，，，，
由直二面角的定义可知，故D正确，
故选：BD．
11．（2023·广东惠州·统考一模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所在平面相交
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则
【答案】BCD
【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角，再利用空间向量计算模长即可.
【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，
对于，连接，可证得四点共面，
又可证得，所以平面，故错误；
对于B，三棱锥的外接球半径，
三棱锥的外接球的表面积为，故B正确；
对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则，
，故C正确；
对于D项，设二面角的平面角为，则，所以，于是，
，且
，
故D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查立体几何综合，属于压轴题.关键在于利用空间向量解决异面直线的夹角，及线段长度问题.
12．（2023·浙江·统考二模）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是D．若，则的最大值是
【答案】AC
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点P的轨迹是一个椭球，当时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.
【详解】由题意知，点P为动点，A、C为定点，，
由椭圆的定义知，点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由，
即，得，
当点P运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，
此时；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，
又，且，
所以当且仅当时最大，即取到最大值；
当时，由，得，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，
当即时，取到最大值，
此时；
当直线BP与球相切于点P即时，取到最大值，
此时，则.
故选：AC.
三、填空题
13．（2023·广东·统考模拟预测）如图为三棱锥的平面展开图，其中，，垂足为，则该三棱锥的体积为______．
【答案】
【分析】根据几何体平面展开图得到其直观图，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】由三棱锥的平面展开图可得其直观图如下：
其中，，，，
又，平面，所以平面，
所以，
故答案为：
14．（2023·上海松江·统考二模）已知空间向量，，，若，则______．
【答案】
【详解】，
，，，
解得，
故答案为：.
15．（2023·浙江台州·统考二模）三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为___________.
【答案】/
【分析】本题距离最小时，点的位置不好确定，可考虑用空间直角坐标系来解决问题.
【详解】如图所示：
分别取、的中点、，连接、,则，
由题意知平面,所以，.
因为,所以，即、、两两垂直.
以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，
，，.
，斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径.
设点，则.
，
由题意，
得，可设.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：
直角模型找外接球球心可考虑斜边中点.
空间中的角可以转化为向量夹角进而转化为坐标之间的关系.
位置关系中的最值问题的常见思路之一为转化为函数，利用函数或基本不等式求最值.
16．（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．
【答案】
【分析】由题可得为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据正方体的性质结合棱锥的体积公式即得.
【详解】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，
设O为中点，E为中点，则，
又，平面，平面，
∴平面，平面，
所以平面平面，
由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．
在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．
因为正方体的棱长为，
所以，
在中，OB＝2，，
则，，
设点，到平面的距离分别为，．
，
，
∵，
∴三棱锥体积的最小值为；
最大值为．
∴三棱锥的体积的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能清A的轨迹，进而可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据圆的性质及棱锥的体积公式即得.
四、解答题
17．（2022·上海杨浦·统考一模）如图所示圆锥中，为底面的直径．分别为母线与的中点，点是底面圆周上一点，若，，圆锥的高为．
(1)求圆锥的侧面积；
(2)求证：与是异面直线，并求其所成角的大小
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【详解】（1）设圆锥底面半径为，母线长为,
因为为直径，是的中位线，
所以，
，
所以侧面积.
（2）因为在平面且不共线，在平面外 所以与是异面直线，
连接，由分别为的中点，得，
所以：为异面直线与所成的角或其补角，
在中，，，
取中点为，连接,
，，，
在中，，
所以异面直线与所成角的大小为.
18．（2022·陕西渭南·统考一模）如图，平面，四边形为矩形，，，点是的中点，点在边上移动.
(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）等体积法解决即可；（2）线面垂直的判定定理，性质定理相结合解决即可.
【详解】（1）平面，四边形为矩形，
，
.
（2）证明：平面，
，
又，且点是的中点，
，
又，，，
平面，
又平面，
，
由，，，
平面，
平面，
.
19．（2022·全国·模拟预测）如图1，在平面四边形中，已知，，，，，于点.将沿折起使得平面，如图2，设（）.
(1)若，求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）利用空间向量的坐标表示，表示出线面夹角的余弦值即可求解.
【详解】（1）在平面四边形中，，，，
所以，，
又，，
所以，，，
所以，所以.
所以在中，易得.
因为，，所以.
在四棱锥中，连接，设，连接，
因为，所以，
又，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）由题意易知，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，即.
由，得，
故，.
由直线与平面所成角的正弦值为，
得，解得.
20．（2023·江苏·统考三模）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．
(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；
(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．
条件①：；
条件②：∠PED＝60°；
条件③：PM＝3ME：
条件④：PE＝3ME．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，设，，由平面MBD⊥平面PBC，可得两平面法向量互相垂直，即可得，据此可知可选择①④或②③；
（2）由（1）所建立空间直角坐标系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.
【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，
又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，
则，，，，
设，.
则，，，，.
故.
设平面MBD法向量为，
则，令，可得；
设平面PBC法向量为，
则，可令，可得.
要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.
注意到条件①，
PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，
条件③，条件④.
则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；
（2）由（1），当选择①④时，，，.
则，平面MBD法向量为，
设BP与平面MBD所成角为，则；
当选择②③时，，，.
则，平面MBD法向量，
设BP与平面MBD所成角为，则；
.
21．（2023·天津·统考二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】(1)建立适当的空间直角坐标系，利用向量垂直证明线段垂直.
(2)求出平面ACF的法向量，以及的坐标，即可求解.
(3)假设线段DE上存在一点，再根据条件求出，再利用向量的投影即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,,
.
依题意，,,
从而,
所以，即
（2）依题意，,,
设为平面ACF的法向量，
则，
不妨设可得，
因为,
设直线EC与平面ACF所成角为，则
，
所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为.
（3）假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则.
依题意则，
，解得.
所有存在点满足条件，
所以可得,
由（2）可知平面ACF的一个法向量为，
所以点G到平面ACF的距离为
22．（2023·辽宁大连·统考三模）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.
（1）设，，，试用基底表示向量；
（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；
（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.
【详解】（1）∵，而，
∴，
所以.
（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，
∴，即，
故，至少有一个大于，不妨设，
∴，，构成三角形.
（3）设，，，由（1）知.
又，有，，，
∴，
，
，
设，又
∴
因为平面，所以存在实数，使得：，
∴
∴，消元：在有解.
当时，，即；
当时，，解得.
综上，有.
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【点睛】思路点睛：
1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；
2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；
3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.