广东省惠来县第一中学2024-2025学年高二下学期期末数学专项复习（立体几何）

惠来一中高二立体几何期末复习 一、单选题 1.若直线在平面内，直线在平面外，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 2. 在正三棱柱中，若，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 3.如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高 为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（ ） A. B. C. 4 D. 2 5. 《九章算术·商功》中描述很多特殊几何体，例如“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即如图，一个长方体，沿对角面分开（图1），得到两个一模一样的堑堵（图2），将其中一个堑堵，沿平面分开（图2），得到一个四棱锥称为阳马（图3），和一个三棱锥称为鳖臑（图4）. 若鳖臑的体积为4，且，则阳马的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6.已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 7. 半正多面体（）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.传统的足球，就是根据这一发现而制成，最早用于1970年的世界杯比赛.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 异面直线和所成角为60° C. 该二十四等边体的体积为 D. 该二十四等边体外接球的表面积为 8. 已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（ ） A. 两两垂直 B. 在平面的投影为的中点 C. 三点共线 D. 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 三、填空题 9. 如图所示，将一个圆心角为的扇形纸板剪掉扇形，得到扇环，现将扇环围成一个圆台侧面.若，则该圆台的体积为 ． 10.在边长为2的正方体中，E，F，G是的中点，那么过点E，F，G的截面图形为 （在“三角形、四边形、五边形、六边形”中选择一个）；截面图形的面积为 ． 四、解答题 11. 如图，在四棱锥中，，设分列为棱的中点． （1）证明：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值． 12. 如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． （1）求证：平面平面； （2）已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 13. 如图，在直角梯形中，，，．将沿折起，使，连接，得到三棱锥． （1）求证：平面； （2）点是的中点，连接、，若， （i）求二面角的正切值； （ii）求三棱锥的外接球体积． 14.已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且． （1）求证：平面平面； （2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为， 求的值． 惠来一中高二立体几何期末复习参考答案 1.【答案】D【知识点】必要条件的判定及性质、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据直线在平面外的定义，直线垂直于平面的性质以及必要不充分条件的定义求解. 【详解】如下图所示，若直线与平面相交点，但不垂直时，当直线垂直于直线在平面内的射影，此时，得不出， 因为，且直线在平面内，所以，则“”是“”的必要不充分条件，故选：D. 2.【答案】A【解析】【分析】利用结合已知条件求解即可. 【详解】因为在正三棱柱中，若，所以，，所以， 设点A到平面的距离为，因为，所以， 所以，得.故选：A 3.【答案】C【解析】【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得，求得，进而由可求得圆锥的高.【详解】由图可知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为，设扇形半径为，则有，解得，所以圆锥的母线长为， 故圆锥的高.故选：C. 4.【答案】C【解析】【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由二面角的平面角的定义知， ∴， 由，得，又， ∴ ，所以，即.故选：C. 5.【答案】B【解析】【分析】结合长方体的性质，由鳖臑（即三棱锥）的体积求得，进而求得长方体体对角线，即所求外接球直径，即可求外接球表面积. 【详解】由切割过程可知，平面，，， ∴，∴. 为长方体体对角线，即为的外接球直径，， ∴阳马的外接球的表面积为.故选：B 6.【答案】A【解析】【分析】设圆柱底面圆半径为，高为，利用勾股定理可构造方程，利用表示出，从而将圆柱体积表示为关于的函数的形式，利用导数求最值的方法即可求得圆柱体积的最大值. 【详解】设圆柱底面圆半径为，高为，则，， ，圆柱体积，，令，解得：， 当时，；当时，， 在时单调递增，在时单调递减， .故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中几何体体积最值的求解问题，解题关键是能将圆柱体积表示为关于圆柱的高的函数的形式，从而利用导数求得最值. 7.【答案】BCD【解析】【分析】由平面，得到，根据为等边三角形，可判断A不正确；由，得到异面直线和所成角转化为直线和所成角，根据正六边形中，可判定B正确；补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，结合正方体和三棱锥的体积公式，可判定C正确；取正方形对角线的交点为，得到该二十四面体的外接球的球心，求得外接球的半径，利用求得表面积公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，若平面，因为平面，所以，又因为为等边三角形，所以，所以A不正确；对于B中，因为，所以异面直线和所成角即为直线和所成角设角，在正六边形中，可得， 所以异面直线和所成角为，所以B正确；对于C中，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，所以该二十四面体的体积为，所以C正确； 对于D中，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心， 其半径为，所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D正确.故选：BCD. 8.【答案】ACD【解析】【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B选项，作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥的外接球直径，与比较后得到答案. 【详解】A选项，因为分别为的中点，所以，因为，所以，故，取的中点，连接，因为，所以⊥，⊥， 又，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面，因为平面， 所以⊥，⊥，又，，故， 又，，由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，A正确； B选项，由题意得不重合，过点作，交于点，因为⊥平面， 所以⊥平面，且不重合，故在平面的投影不为的中点，B错误； C选项，三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心，故三点共线，C正确； D选项，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球，故外接球直径为，而， 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，D正确.故选：ACD 【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 9.【答案】【解析】【分析】利用圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，利用母线长可求得大圆锥的底面圆半径，进而求得圆锥的高，可求大圆锥的体积，同理求得小圆锥的体积，可求圆台的体积.【详解】圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积， 扇形所围成的大圆锥的弧长为，所围成底面圆的半径为，所以圆锥的高为，故扇形所围成的大圆锥的体积为.同理可得扇形所围成的小圆锥的体积为，所以则该圆台的体积为.故答案为：. 10.【答案】六边形；【分析】根据面面平行的性质定理可推断正方体截面图形的形状为正六边形，再根据截面图的边长与正方体棱长关系以及正六边形结构特征即可求解面积. 【详解】如图，分别取、、的中点为、、，连接，则由正方体的结构特征可知：，且， 又由面面平行的性质定理可知过点E，F，G的截面与正方体上下面的两条交线平行，与左右两个面的两条交线平行，与前后两个面的交线也平行，故六边形是正方体中过点E，F，G的截面,所以过点E，F，G的截面图形为六边形.因为，所以六边形是棱长为的正六边形，如图，根据正六边形结构特征可以将其分割成6个全等的正三角形，且边长为， 故由正三角形面积公式得截面图形的面积为. 故答案为：六边形；. 11.【解析】【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理即得. （2）取的中点，证明平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值即得. 【小问1详解】取的中点，连接，则，且， 又，且，于是，四边形为平行四边形， 则，又平面平面，所以平面. 【小问2详解】取的中点，连接，由，得，又是的中点，则，又是的中点，则， 而平面，于是平面，平面，， 又平面，因此平面， 不妨设，以点为坐标原点，直线、过点平行于的直线、 直线分别为轴建立空间直角坐标系，则， 则，由为的中点，得， 由（1）知，，直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设为平面的一个法向量，则，令，得， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 12.【解析】【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直判定定理可得答案； （2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案， 【小问1详解】，，．由余弦定理得 ，所以，故，因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】做交于点，所以四边形是长方形， 因为，，所以，因为，所以， 由（1）知，互相垂直，以为原点，所在的直线分别为轴建立 空间直角坐标系，设，则， ，设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以， 解得，所以，所以线段的长为． 13.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判断定理证明平面，进而可证得平面； （2）（i）以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法求二面角的余弦值，进而求得正切值；（ii）由题意可知为三棱锥的外接球的球心，且球半径为，即可求解. 【小问1详解】因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以 又因为，，平面，所以平面. 【小问2详解】（i）以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以， ，设平面的一个法向量为，则， 取，则，由（1）可知，平面的一个法向量为， 所以.由图可知二面角平面角是锐角，记为，则，所以，故二面角的正切值为. （ii）因为，所以为三棱锥的外接球的球心，且球半径为， 故三棱锥的外接球体积为. 14.【解析】【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】不妨设，因为平面平面，故， 在中，， 由余弦定理，， 得，故，则， 因为平面，所以平面， 而平面，所以平面平面； 【小问2详解】由（1）知，两两垂直，如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，则， 故，，所以， 设，则，即， 所以；设为平面的一个法向量， 则， 令，则，所以， 因为轴平面，则可取为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 解得，故． 47 1 学科网（北京）股份有限公司 $$