2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.2 空间几何体的表面积和体积 （新教材新高考）（练）含答案

2024届新高考数学一轮复习配套练习专题8.2空间几何体的表面积和体积练基础练基础1．（2021·湖南高一期末）已知圆柱及其展开图如图所示，则其体积为（）A． B． C． D．2.（2021·宁夏大学附属中学高一月考）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A． B． C． D．3．（2021·浙江高二期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B．C． D．4．（2021·辽宁高一期末）已知一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个面的距离是，则该球的体积为（）A． B． C． D．5．（2020·浙江省高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A． B． C．3 D．66.（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A． B． C． D．7.（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.9.（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，，，，，等腰梯形和等腰梯形的高分别为和，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（）A． B． C． D．2.（2021·河北巨鹿中学高一月考）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点、、、，满足为正三棱锥，是的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（）A． B． C． D．3．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知圆台上、下底面的圆心分别为，，半径为，，圆台的母线与下地面所成角的正切值为，为上一点，则（）A．圆台的母线长为B．当圆锥的圆锥的体积相等时，C．圆台的体积为D．当圆台上、下底面的圆周都在同一球面上，该球的表面积为4．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．5．（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”，底面，，，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.6．（2020·山东省仿真联考3）在三棱锥中，平面，，，，是上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则________，三棱锥的外接球的表面积为________．7.（广东省汕尾市2020-2021学年高一下学期期末数学试题）已知某圆柱的轴截面是一个正方形，且该圆柱表面积（底面和侧面面积之和）为，其外接球的表面积为，则该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值________.8．（2021·重庆市杨家坪中学高一月考）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为在一正三棱柱中挖去一个圆柱后的剩余部分（圆柱的上下两底面圆与三棱柱的底面各边相切），圆柱底面直径为，高为.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______.（取，，精确到0.1）.9．（2021·上海高二期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.10．（2021·浙江高二期末）在四面体中，，，，，若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的最大值为___________．练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A． B． C． D．2.（2020·天津高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A． B． C． D．3.（2021·全国高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．4.（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A． B． C． D．5.（2018·全国高考真题（文））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）A． B． C． D．6.（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（）A． B． C． D．专题8.2空间几何体的表面积和体积练基础练基础1．（2021·湖南高一期末）已知圆柱及其展开图如图所示，则其体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为，高为，根据展开图得，则，所以圆柱的体积为，故选：D.2.（2021·宁夏大学附属中学高一月考）已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的轴截面的边长为，因为过直线的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以，解得，即圆柱的底面半径为，母线长，所以圆柱的表面积为.故选：B.3．（2021·浙江高二期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【详解】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为1的四棱锥体；如图所示：所以：．故选：D．4．（2021·辽宁高一期末）已知一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个面的距离是，则该球的体积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为，所以球半径为，体积为．故选：B．5．（2020·浙江省高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A． B． C．3 D．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：.故选：A6.（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.7.（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】【解析】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为：9.（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱之后余下的几何体,几何体的体积.10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.棱长为.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，，，，，等腰梯形和等腰梯形的高分别为和，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】按照图中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边长分别为、，直三棱柱的高为，所以，直三棱柱的体积为.两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，直角梯形的面积为，四棱锥的高为，所以，两个四棱锥的体积之和为，因此，该“羡除”的体积为.故选：A.2.（2021·河北巨鹿中学高一月考）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点、、、，满足为正三棱锥，是的中点，且，侧棱，则该蹴鞠的表面积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】若，为中点易得，再应用余弦定理、勾股定理求得，即为直三棱锥，即可求外接球半径，进而求表面积.【详解】如下图，若为中点，则，又，∴，又为正三棱锥且侧棱，∴，若，则，，在中，，即，可得，，∴，即为直三棱锥，易得外接球半径，∴该蹴鞠的表面积为.故选：A3．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知圆台上、下底面的圆心分别为，，半径为，，圆台的母线与下地面所成角的正切值为，为上一点，则（）A．圆台的母线长为B．当圆锥的圆锥的体积相等时，C．圆台的体积为D．当圆台上、下底面的圆周都在同一球面上，该球的表面积为【答案】BCD【解析】转化求解圆台的母线长判断Q；利用比例关系判断B；求解体积判断C；取得球的表面积判断D．【详解】解：圆台上、下底面的圆心分别为，，半径为2，4，圆台的母线与下底面所成角的正切值为3，为上一点，，母线，与圆台的母线长为6矛盾，所以A错误；，，B正确；，C正确；设球心到上底面的距离为，则，解得，，，D正确；故选：BCD．4．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.5．（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”，底面，，，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.【答案】3【解析】如图，底面，底面为长方形，且，，所以.最长棱为:3.该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为.则其外接球的表面积为，故答案为：3；.6．（2020·山东省仿真联考3）在三棱锥中，平面，，，，是上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则________，三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】6【解析】设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，如图所示，则，所以，则的最小值为，的最小值是，即点到的距离为，所以．因为，所以，所以，所以，所以．取的外接圆的圆心为，则圆的半径．连接，作于点，则点为的中点，所以，故三棱锥的外接球的表面积．故答案为：6；.7.（广东省汕尾市2020-2021学年高一下学期期末数学试题）已知某圆柱的轴截面是一个正方形，且该圆柱表面积（底面和侧面面积之和）为，其外接球的表面积为，则该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值________.【答案】【解析】设圆柱的底面半径为，高为，则，上下底面圆圆心连线的中点即为该圆柱外接球的球心，可得外接球的半径，再由圆柱的表面积公式和球的表面积公式分别计算、即可得比值.【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的轴截面是一个正方形，所以，所以圆柱表面积，其外接球的球心在上下底面圆圆心连线的中点位置，可知球心到上底面圆的距离为，由勾股定理可得：外接球的半径，所以外接球的表面积，所以该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值，故答案为：.8．（2021·重庆市杨家坪中学高一月考）学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为在一正三棱柱中挖去一个圆柱后的剩余部分（圆柱的上下两底面圆与三棱柱的底面各边相切），圆柱底面直径为，高为.打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______.（取，，精确到0.1）.【答案】【解析】由正三棱柱的性质，结合已知求其底面面积，再由棱柱的体积公式求其体积，并求圆柱的体积为，则模型体积为，即可求制作该模型所需原料的质量.【详解】由题意，正三棱柱底面(等边三角形)如上图有且，，，∴，则，故底面面积，∴正三棱柱的体积.而圆柱的体积为，∴制作该模型所需原料的质量为克.故答案为：9．（2021·上海高二期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.【答案】16572【解析】根据题意，利用棱锥的体积公式求得正四面体粽子的体积，进而求得答案.【详解】如图所示，正四面体的棱长为，设底面正三角形的中心为，连接，则平面，连接，则，所以，所以一个粽子的体积为：，由，又由所以1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子个.故答案为：.10．（2021·浙江高二期末）在四面体中，，，，，若四面体的外接球半径为，则四面体的体积的最大值为___________．【答案】【解析】根据题意可以将此四面体放入一个长方体中，则易求四面体高与底面长的关系，再根据体积公式写出其体积表达式，最后利用基本不等式即可.【详解】如图所示，不妨将四面体放入下图中的长方体中，则长方体的宽为，设长方体的长为，高为.因为四面体的外接球半径为，所以此长方体外接球半径为，则，解得，所以四面体的体积，当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为.故答案为:练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.2.（2020·天津高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以，这个球的表面积为.故选：C.3.（2021·全国高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【详解】，为等腰直角三角形，，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以.故选：A.4.（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.5.（2018·全国高考真题（文））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心中，有故选B.6.（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.专题8.3空间点、直线、平面之间的位置关系练基础练基础1.（广东高考真题）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（）A.与，都相交 B.与，都不相交C.至少与，中的一条相交 D.至多与，中的一条相交2．（2019·全国高考真题（理））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面3.（2020·武威第六中学高三其他（理））已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③4.（2021·嘉禾县第一中学高一月考）若，，是互不相同的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（）A．若，，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则5.（2019·北京高考真题（文））已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．6.（全国高考真题（文））已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.7．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）以下命题中：（1）若直线，和平面满足：，，那么；（2）若直线和平面平行，那么与内的任何直线平行；（3）平行于同一条直线的两个平面平行；（4）若直线，和平面满足，，，则，正确的是______.8．（2021·重庆市第七中学校高一期中）如图，在圆锥中，、为底面圆的两条直径，交于点，且，为的中点，.（1）求证：平面；（2）求圆锥的表面积和体积.9．（2021·江门市第二中学高二月考）如图，在长方体中，，点E在棱AB的中点.（1）证明：；（2）求直线与所成角的大小.10．（2021·揭阳第一中学高一期末）已知矩形所在的平面，且，、分别为、PC的中点.求证：（1）平面；（2）.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2020·浙江高三开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（）A．不存在，使得B．存在，使得C．存在，使得平面D．存在，，使得平面平面2．【多选题】（2020·长沙市湖南师大第二附属中学有限公司月考）（多选题）如图1，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折，得到如图2所示的四棱锥，且平面平面，点为线段上异于点的动点，则在四棱锥中，下列说法正确的有()A．直线与直线必不在同一平面上B．存在点使得直线平面C．存在点使得直线与平面平行D．存在点使得直线与直线垂直3.【多选题】（2020·全国高三月考）（多选题）在四棱锥中，侧面平面，，四边形是正方形，点是棱的中点，则（）A．平面 B．平面C． D．4.（2019·浙江高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（）A． B．C． D．5．（2021·齐齐哈尔市第八中学校高二期中（文））在直三棱柱中，，，是棱的中点.（1）求证：（2）求点到平面的距离.6．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，．（1）求证：平面．（2）试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．7．（2021·嘉禾县第一中学高一月考）在①使三棱锥体积取得最大值，②使这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．如图1，是边长为2的等边三角形，是的中点，将沿翻折形成图2中的三棱锥，________，动点在棱上．（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正切值的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．8．（2021·河北巨鹿中学高一月考）如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使______，点，分别为，中点.在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题.①.②为四面体外接球的直径.③平面平面.（1）判断直线与平面是否垂直，并说明理由；（2）求直线和所成的角的余弦值.9.（2021·江苏高一期末）已知在直四棱柱中，底面为直角梯形，且满足，，，，，，分别是线段，的中点．（1）求证：平面平面；（2）棱上是否存在点，使平面，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．10.（2019·安徽芜湖一中高三开学考试）在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦的最大值．练真题TIDHNEG练真题TIDHNEG1．（2021·全国高考真题（理））在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（）A． B． C． D．2.【多选题】（2021·全国高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A． B．C． D．3．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.①②③④4．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．5．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：.6.（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．专题8.3空间点、直线、平面之间的位置关系练基础练基础1.（广东高考真题）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是（）A.与，都相交 B.与，都不相交C.至少与，中的一条相交 D.至多与，中的一条相交【答案】C【解析】试题分析：若直线和是异面直线，在平面，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，的一条相交.故选A．2．（2019·全国高考真题（理））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．3.（2020·武威第六中学高三其他（理））已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③【答案】C【解析】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；若，，平面可能相交，故②错误；若，，则可能平行，故③错误；由线面垂直的性质可得，④正确；故选：C4.（2021·嘉禾县第一中学高一月考）若，，是互不相同的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（）A．若，，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】D【解析】由面面平行的性质可判断选项A、B；由空间中线线位置关系可判断C；由线面平行的性质定理、线面垂直的性质定理以及面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：，，，则，平行或异面，所以A不正确；对于B：，，则平行，所以选项B不正确；对于C：，，与可能平行、异面或相交，所以选项C不正确；对于D：由，设经过的平面与相交，交线为，由线面平行的性质定理可知，又因为，所以，又因为，由面面垂直的判定定理可得故选项D正确．5.（2019·北京高考真题（文））已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.6.（全国高考真题（文））已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.【答案】【解析】【详解】连接DE，设AD=2，易知AD∥BC，∴∠DAE就是异面直线AE与BC所成角，在△RtADE中，由于DE=，AD=2，可得AE=3，∴cos∠DAE==．7．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）以下命题中：（1）若直线，和平面满足：，，那么；（2）若直线和平面平行，那么与内的任何直线平行；（3）平行于同一条直线的两个平面平行；（4）若直线，和平面满足，，，则，正确的是______.【答案】（4）【解析】利用直线与平面之间的位置关系逐一进行判断即可.【详解】（1）中，，，那么，或者，故错误；（2）中，若直线和平面平行，那么与内的直线平行或者异面，故错误；（3）中，平行于同一条直线的两个平面可以平行，可以相交，故错误；（4）中，根据线面平行的判定定理可知，，，，则，故正确.故答案为：（4）.8．（2021·重庆市第七中学校高一期中）如图，在圆锥中，、为底面圆的两条直径，交于点，且，为的中点，.（1）求证：平面；（2）求圆锥的表面积和体积.【答案】（1）证明见解析；（2）表面积为，体积为.【解析】（1）连接，由中位线的性质可得，再由线面平行的性质定理即可求证；（2）根据题意求出圆锥的底面半径，高和母线，由表面积公式和体积公式即可求解.【详解】（1）连接，∵、分别为、的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）∵，，为圆锥的高，圆锥底面圆的半径，∴圆锥的体积，∵母线，∴圆柱的表面积.9．（2021·江门市第二中学高二月考）如图，在长方体中，，点E在棱AB的中点.（1）证明：；（2）求直线与所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由，得到四边形为正方形，证得，又由，证得平面，即可证得；（2）连接，得到，根据异面直线所成角的定义，得到是异面直线与所成角，在中，即可求解.【详解】（1）在长方体中，因为，可得四边形为正方形，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，又由平面，所以.（2）连接，在长方体中，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角,即（或其补角）与所成角，在直角中，由，可得，在直角中，由，可得，在直角中，由，可得，所以为等边三角形，所以，即异面直线与所成角.10．（2021·揭阳第一中学高一期末）已知矩形所在的平面，且，、分别为、PC的中点.求证：（1）平面；（2）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）证明出平面，可得出平面，由线面垂直的性质可得出.【详解】（1）取的中点，连接、，

、分别为、的中点，则且，四边形为矩形，则且，为的中点，所以，且，所以，且，故四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，因此，平面；（2）平面，平面，，，，所以，平面，平面，则，，为的中点，则，因为，平面，，故平面，平面，因此，.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1．（2020·浙江高三开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（）A．不存在，使得B．存在，使得C．存在，使得平面D．存在，，使得平面平面【答案】D【解析】作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面于，面于，对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以，所以，所以，即，故A错误；对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得，，，所以面，又面，所以平面平面，即平面平面，故D正确；对于B选项，作面于，因为中，，所以定在AB的中线上，所以就是与面所成的角，当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即，而是锐角，的最大值为，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.对于C选项，作面于，因为中，，所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C选项不正确，故选：D.2．【多选题】（2020·长沙市湖南师大第二附属中学有限公司月考）（多选题）如图1，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折，得到如图2所示的四棱锥，且平面平面，点为线段上异于点的动点，则在四棱锥中，下列说法正确的有()A．直线与直线必不在同一平面上B．存在点使得直线平面C．存在点使得直线与平面平行D．存在点使得直线与直线垂直【答案】AC【解析】A.假设直线BE与直线CF在同一平面上，所以E在平面BCF上，又E在线段BC上，平面BCF=C，所以E与C重合，与E异于C矛盾，所以直线BE与直线CF必不在同一平面上；B.若存在点使得直线平面DCE，平面,所以,又,所以△ABE中有两个直角，与三角形内角和为矛盾，所以不存在点使得直线平面DCE；C.取F为BD的中点，,再取AB的中点G，则且EC=FG，四边形ECFQ为平行四边形，所以,则直线CF与平面BAE平行；D.过B作于O，因为平面平面AECD,平面平面=AE,所以平面AECD.过D作于H，因为平面平面AECD,平面平面=AE,所以平面BAE，所以.若存在点使得直线与直线垂直，平面AECD,平面AECD,,所以平面AECD,所以E与O重合，与三角形ABE是以B为直角的三角形矛盾，所以不存在点使得直线与直线垂直.故选A、C.3.【多选题】（2020·全国高三月考）（多选题）在四棱锥中，侧面平面，，四边形是正方形，点是棱的中点，则（）A．平面 B．平面C． D．【答案】BC【解析】如图，对于，因为与不一定垂直，所以不一定垂直平面，故A错误.对于B，连接，记，连接.因为四边形是正方形，所以为的中点.因为分别为，的中点，所以，又平面，平面，则平面，故B正确.对于C，因为四边形是正方形，所以，因为侧面平面，所以平面.因为，所以平面.因为平面，所以，则，故C正确.对于D，取的中点，连接.因为分别为，的中点，所以.假设，则.设，则，.因为，所以，所以.因为，，，所以，所以，则平面.因为与平面不一定垂直，所以D错误.故选：BC.4.（2019·浙江高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（）A． B．C． D．【答案】B【解析】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.5．（2021·齐齐哈尔市第八中学校高二期中（文））在直三棱柱中，，，是棱的中点.（1）求证：（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据题中长度，结合勾股定理，可证，根据直棱柱，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，即可得证.（2）先求得的面积，利用等体积法，即可求得答案.【详解】（1）因为，所以，即，因为直棱柱，所以底面ABC，平面ABC，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）设点到平面的距离为h，取AB中点O，连接EO，在中，，AB=2，则，所以，所以的面积为，因为，所以，所以，解得，所以点到平面的距离为6．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，．（1）求证：平面．（2）试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析.【解析】（1）连接，根据题目条件证明四边形是平行四边形，即可得出，即可得证；（2）假设存在，取中点，连，，使，连，利用中位线证明，即可得出结论.【详解】（1）证明：连接，由，得，又得，所以四边形是平行四边形所以，又平面，平面，∴平面．（2）解：存在中点，使平面成立．取中点，连，，使，连．∵是矩形，∴是的中点，又∵是上靠近点的一个三等分点，且是中点，∴是的中点，∴中，，又∵平面，平面，∴平面，故在上是存在中点，使平面成立．7．（2021·嘉禾县第一中学高一月考）在①使三棱锥体积取得最大值，②使这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．如图1，是边长为2的等边三角形，是的中点，将沿翻折形成图2中的三棱锥，________，动点在棱上．（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正切值的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择见解析（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）若选择①，利用分析可证平面．从而得证；若选择②，由向量数量积结合余弦定理以及勾股定理可以证明，进而可以证明平面，从而得证；（2）先确定直线与平面所成的角，然后结合图形分析求解即可【详解】（1）证明：若选择①，由于的面积为定值，所以当到平面距离最大时，三棱锥体积最大，即当平面时，体积有最大值．因为平面，所以平面平面．若选择②因为，所以．在中，，所以．因为，所以．因为，且平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）解：因为平面，所以就是直线与平面所成的角．记，则，又，．当时，最大，最小，此时；当时，最小，最大，此时，则．所以直线与平面所成角的正切值的取值范围是．8．（2021·河北巨鹿中学高一月考）如图（1），平面四边形中，，，，将沿边折起如图（2），使______，点，分别为，中点.在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题.①.②为四面体外接球的直径.③平面平面.（1）判断直线与平面是否垂直，并说明理由；（2）求直线和所成的角的余弦值.【答案】条件选择见解析，（1）垂直，理由见解析；（2）.【解析】（1）若选①：由，得到，再由，证得平面，得到，进而证得平面，因为，即可得到平面．若选②：由为四面体外接球的直径，得到，进而证得平面，从而证得平面．若选③：由平面平面和，证得平面，得到，进而证得平面，得到平面．（2）取AB中点E，连接ME，DM，得到或其补角为直线DM和BC所成的角，再中，利用余弦定理，即可求解.【详解】（1）若选①：垂直.因为，在中，，，可得，又由，所以，所以，因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，又由，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，所以，所以平面．若选②：垂直.由为四面体外接球的直径，则，，因为，可证得平面，又，分别为，中点，，所以平面．若选③：垂直.由平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，又由平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，，所以平面．（2）取中点，连接，因为分别为边中点，所以，所以或其补角为直线和所成的角.在中，，，，所以.又，由余弦定理可得：，所以直线和所成的角的余弦值为.9.（2021·江苏高一期末）已知在直四棱柱中，底面为直角梯形，且满足，，，，，，分别是线段，的中点．（1）求证：平面平面；（2）棱上是否存在点，使平面，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，且，使得平面.【解析】（1）在直角梯形中，过点作于，根据得到，从而易证，利用线面垂直的性质得到，从而得到面，再利用面面垂直的判定即可证明平面平面.（2）存在点，且，则在上取点，使，连接，，，易证，，从而得到平面，平面，利用面面垂直的判定得到平面平面，从而得到平面．【详解】（1）在直角梯形中，过点作于，如图所示：由，，，，得为等腰直角三角形，所以四边形为正方形，所以，，所以，所以，从而得到，在直四棱柱中，面，面，所以，又因为，所以面，因为面，所以平面平面；（2）存在点，且，使得平面，则在上取点，使，连接，，，如图所示：此时，，所以，即，在平面中，，所以，此时由，平面，平面，得平面，由，平面，得平面，又，所以平面平面，平面，即证：平面．10.（2019·安徽芜湖一中高三开学考试）在中，，斜边．可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点的斜边上．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦的最大值．【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）为直角三角形，且斜边为，.将以直线为轴旋转得到，则，即.二面角是直二面角，即平面平面.又平面平面，平面，平面.平面，因此，平面平面；（2）在中，，斜边，且.由（1）知，平面，所以