第5讲 立体几何小题(复习课）(学霸满分练)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（苏教版）

第5讲 立体几何小题 题型一、认识几何体 1．下列说法正确的是（    ） A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 B．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面 D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 【答案】C 【分析】根据旋转体的定义判断. 【详解】以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以斜边为轴旋转一周所得的旋转体是是两个同底圆锥的组合体，A错； 以直角梯形的直角腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，B错； 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，正确； 平行于圆锥底面平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，如果截面不平行于底面，则截得的不是圆锥和圆台，D错. 故选：C. 【点睛】本题考查旋转体的定义，掌握圆柱、圆锥、圆台的定义是解题的关键. 2．下列命题： ①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱； ②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱； ③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形； ④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱． 其中正确命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】①②③④均可举出反例. 【详解】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形， 显然不是棱柱，故①错误； ②如图2，满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，②错误； ③如图3，四边形为矩形， 即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误； ④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误． 故选：A 3．下列说法正确的是（    ） A．直四棱柱是正四棱柱 B．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线 C．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥 【答案】B 【分析】根据简单几何、多面体的几何特征一一判断即可. 【详解】对于，直四棱柱的底面不一定是正方形，故不正确； 对于B，圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，说法正确，故B正确； 对于C，将两个相同的棱柱的底面重合得到的多面体不是棱台，故C不正确； 对于D，以直角三角形的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体是两个圆锥的组合体，故D不正确. 故选：B 题型二、斜二侧画法 4．按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（    ） A．等边三角形 B．直角三角形 C．腰和底边不相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 【答案】A 【分析】根据直观图得原图，计算可得答案. 【详解】原如图所示： 由图易得，，故为等边三角形， 故选：A ． 5．若一个，采用斜二测画法作出其直观图是面积等于1的，则原的面积是（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据斜二测画法的规则，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】如图（1）所示，因为，不妨设，高，则， 如图（2）所示，根据斜二测画法的规则，在中，可得， 所以的面积为. 故选：D. 6．如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是__________. 【答案】 【分析】根据斜二测画法的规则，与 轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度不变；与 轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度减半，分别求出 的长度，即可求出原三角形的周长. 【详解】因为为以为斜边的等腰直角三角形，， 所以， 根据直观图画出原图如下，则有，， 所以， 那么原三角形周长是. 故答案为：. 题型三、求简单几何体的表面积 7．如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可． 【详解】解：设正方体的棱长为，则正方体的表面积是， 正四面体，则棱长为， 它的表面积是， 正四面体的表面积与正方体的表面积之比为． 故选：D． 8．（多选）已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则（    ） A．圆台的母线长为4 B．圆台的高为4 C．圆台的表面积为 D．球O的表面积为 【答案】ACD 【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，连接，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解． 【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图， 设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为， 则共线，且， 连接，则分别平分， 故，， 故，即，解得，母线长为，故A正确； 圆台的高为，故B错误； 圆台的表面积为，故C正确； 球O的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 9．将边长为1的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为______. 【答案】 【分析】确定几何体的结构特征，计算各面的面积相加即可. 【详解】由已知可得该几何体为底面半径为，高为的圆柱的，如下图： 所以该几何体的表面积， 故答案为：. 10．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方容器，容器高8cm，将一个球放置在容器口，再向容器注水，当球面接触水面时，测得水深为6cm，若不计容器的厚度，则球的表面积为_________． 【答案】 【分析】设正方体上底面所在平面截球的小圆，则圆心为正方体上底面正方形的中心，设球的半径为，得到球心到上底面的距离等于，根据球的截面圆的性质，求得，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】设正方体上底面所在平面截球的小圆，则圆心为正方体上底面正方形的中心， 如图所示， 设球的半径为，根据题意得球心到上底面的距离等于， 又由圆的半径为，根据球的截面圆的性质，可得，解得， 所以球的表面积为. 故答案为：. 题型四、求简单几何体的体积 11．（多选）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的是（    ） A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为 C．该圆台的表面积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为 【答案】ABD 【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的表面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D. 【详解】对于，由，且， 可得，高， 则圆台轴截面的面积为，故A正确； 对于B，圆台的体积为，故B正确； 对于C，圆台的侧面积为，又，， 所以，故C错误； 对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角． 设的中点为，连接，可得， 则，又点到的距离， 所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确． 故选：ABD． 12．（多选）一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ） A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱､圆锥､球的体积之比为 【答案】CD 【详解】根据圆柱，圆锥，球体的侧面积，表面积，和体积公式依次判断选项即可. 【点睛】对选项A，圆柱的侧面积为，故A错误； 对选项B，圆锥的母线为， 圆锥的侧面积为，故B错误. 对选项C，球的表面积为，故C正确. 对选项D，圆柱的体积， 圆锥的体积，球的体积， 所以圆柱､圆锥､球的体积之比为，故D正确.故选：CD 13．圆锥的底面半径为，表面积为，则该圆锥为体积为___________. 【答案】 【分析】根据题意列出方程求得圆锥的母线长，进而求得高为，结合体积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的高为，母线长为， 因为圆锥的底面半径为，表面积为，所以，可得， 所以圆锥的高， 可得圆锥的体积为. 故答案为：. 14．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 15．如图，在正四棱锥中，，则正四棱锥的体积为__________. 【答案】 【分析】首先求四棱锥的高，再根据体积公式，即可求解. 【详解】作平面，垂足为点，点为正方形的中心，连结， ，，所以， 所以四棱锥的体积. 故答案为： 16．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.6立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有__________斛.（精确到个位） 【答案】 【分析】由弧长和高可计算出米堆体积为立方尺，再根据提供数据换算单位即可得出结果. 【详解】根据可设四分之一圆锥的底面圆半径为， 即，可得尺； 根据锥体的体积公式可得四分之一圆锥的为立方尺； 又1斛米的体积约为1.6立方尺，所以共斛. 故答案为： 题型五、几何体的“内切”、“外接”球问题 17．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 【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. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 18．已知三棱锥，其中平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面， 所以，设是中点，因为，所以， 因为平面，平面，所以，因此， 因此四边形是平行四边形，故， 由余弦定理，得 ， 由正弦定理，得， 所以该外接球的半径满足， 故选：C． 【点睛】关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键. 19．已知圆锥的顶点和底面圆周均在球的球面上.若该圆锥的底面半径为，高为6，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设球心到圆锥底面的距离为，由题设可得关于的方程，求出其解后可得球的半径，从而可求其表面积. 【详解】因为，故球心在圆锥的内部且在高上， 设球心到圆锥底面的距离为， 则有，解得，则圆半径， 表面积. 故选：C 20．三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可. 【详解】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示， 三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R， 则，所以该三棱锥的外接球表面积为. 故选：C． 21．圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设出球的半径为R，得到圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，由圆柱体积列出方程，求出半径R，从而求出球的体积. 【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R， 所以，解得：， 则球的体积为 故选：A 22．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，解得，即可求出球的体积. 【详解】设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为， 设母线为，则， 所以直角圆锥的侧面积为：， 可得：，，圆锥的高， 由，解得：，所以球的体积等于，故选：B 23．三棱锥中，是边长为的等边三角形，，平面平面，则该三棱锥的外接球的体积为______ 【答案】 【分析】计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积. 【详解】等边三角形的高为， 等边三角形的外接圆半径为 三角形的外接圆半径为， 设分别是等边三角形、等边三角形的中心， 设是三棱锥的外接球的球心，是外接球的半径，则， 所以外接球的体积为. 故答案为： 24．已知在圆锥SO中，底面的直径，的面积为48． (1)求圆锥SO的表面积； (2)一球刚好放进该圆锥体中，求这个球的半径以及此时圆锥体剩余空间． 【答案】(1)；(2)；. 【分析】（1）设圆锥的母线长为，底面的直径为，由的面积为，求得，结合圆锥的表面积，即可求解； （2）作出圆锥的轴截面，设球心为，根据，求得，利用体积公式求得球和圆锥的体积，即可求解. 【详解】（1）解：设圆锥的母线长为，底面的直径为，所以， 因为的面积为，所以，解得， 由勾股定理，可得母线， 由圆锥的表面积公式有：； （2）解：如图所示，作出圆锥的轴截面，球与圆锥侧面相切，设球心为， 则于，（其中为球的半径）， 则，可得，即，解得， 所以球的体积，圆锥的体积 故圆锥体剩余的空间体积为． 题型六、空间点、直线、平面之间的位置关系 25．已知是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若且，则 B．若且，则 C．若且，则 D．若且，则 【答案】D 【分析】对于A：直接判断出m与n可能平行、相交，也可能异面，即可判断；对于B：直接判断出m与n可能平行，也可能异面；对于C：直接判断出与可能相交，也可能平行；对于D：利用线面垂直的判定定理直接判断. 【详解】对于A：若且，则m与n可能平行、相交，也可能异面，故A错误； 对于B：若且，则m与n可能平行，也可能异面，故B错误； 对于C：若且，则与可能相交，也可能平行，故C错误； 对于D：因为垂直于同一直线的两个平面互相平行，故D正确. 故选：D. 26．已知m，n为异面直线，平面，平面，，则l（    ） A．与m，n都相交 B．与m，n中至少一条相交 C．与m，n都不相交 D．与m，n中一条相交 【答案】C 【分析】假设与相交，则与有公共点，得出矛盾，同理推出与的关系． 【详解】假设与相交，交点为，由于，所以，又，则与有公共点，与矛盾， 故与不相交，同理可得：与不相交． 故选：C． 27．已知为异面直线，平面，平面，若直线满足，且.则下列说法正确的是（    ） A． B． C．与相交，且交线平行于 D．与相交，且交线垂直于 【答案】C 【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断，证明线线平行时注意线面平行的判定定理与性质定理的应用． 【详解】由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交， 否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交， 设，过直线作平面与平面交于直线，如图，则， 同理过作平面与平面交于直线，则， 所以，，，则，又，，则， 所以． 故选：C． 28．（多选）已知空间中的平面，直线，，以及点，，，，则以下四个命题中，不正确的命题是（    ） A．在空间中，四边形满足，则四边形是菱形. B．若，，则. C．若，，，，，，则. D．若和是异面直线，和是平行直线，则和是异面直线. 【答案】ABD 【分析】举特例即可说明A、D错误；根据直线与平面的位置关系可判断B；由已知结合基本事实2，即可判断C. 【详解】对于A项，正四面体的各条棱长均相等，四边形为空间四边形，不是菱形，故A项错误； 对于B项，若，则或与相交，所以或（此时为与的交点），故B项错误； 对于C项，由已知可得，，，即直线上有两个点在平面内， 根据基本事实2可知，故C项正确； 对于D项，如图正方体中，和异面（是异面直线），（）， 但是（相交），故D项错误. 故选：ABD. 29．下列命题中，正确的命题有__________个． ①两平面相交，如果所成的二面角是直角，则这两个平面垂直； ②一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面一定垂直； ③一直线与两平面中的一个平行与另一个垂直，则这两个平面垂直； ④一平面与两平行平面中的一个垂直，则与另一个平面也垂直； ⑤两平面垂直，经过第一个平面上一点垂直于它们交线的直线必垂直于第二个平面． 【答案】4 【分析】根据直二面角的定义、平面与平面平行和垂直的判定与性质逐个分析可得答案. 【详解】对于①，根据直二面角的定义可知①正确； 对于②，根据面面垂直的判定定理可知②正确； 对于③，将该直线平移到与该直线平行的平面中，再根据面面垂直的判定定理可知③正确； 对于④，显然正确； 对于⑤，两平面垂直，只有经过第一个平面上不在交线上的一点垂直于它们交线的直线才垂直于第二个平面，故⑤不正确. 故答案为：. 题型七、求异面直线的夹角 30．如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于__________. 【答案】/ 【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则为EF与AC所成的角．解． 【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG． ，F分别是CD，AB的中点，，，且，． 为EF与AC所成的角（或其补角）． 又，． 又，，， 为直角三角形，，又为锐角， ，即EF与AC所成的角为． 故答案为：． 31．在正三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长CB至F，使得，可得四边形BEDF是平行四边形，，则为异面直线AD与BE所成的角或补角，设，取的中点，求出、、，利用余弦定理求得，可得答案． 【详解】D为的中点，E为的中点，所以，， 如图，延长CB至F，使得，连接DE，DF，AF，， 因为，所以，， 所以四边形BEDF是平行四边形，， 则为异面直线AD与BE所成的角或补角．设， 取的中点，连接、， 则，，，， ， ， 由余弦定理得， 由余弦定理得． 所以直线AD与BE所成角的余弦值为 故选：C. 32．在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点. (1)求该圆锥的侧面积与体积； (2)求异面直线AB与CD所成角的大小的正切值. 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由圆锥的侧面积与体积公式求解即可； （2）找到异面直线AB与CD所成角的平面角，计算即可. 【详解】（1）由题意，得，， ， ，； （2）如图：    取PO的中点E，连接DE，CE，因为点D是母线PA的中点， 所以， 则或其补角即为异面直线AB与CD所成角， 因为平面，平面，所以，所以， 因为点C是底面直径AB所对弧的中点，所以，所以, 又，且两直线在平面内，所以平面EOC，平面，∴，， ， 于是，即异面直线AB与CD所成角的正切值为. 题型八、直线、平面平行的判定与性质 33．若为平面，有下列命题，其中真命题的是（    ） A．若直线平行于平面内的无数条直线，则 B．若直线在平面外，则平面 C．若直线，直线平面，则平面 D．若直线平面，则平行于平面内的无数条直线 【答案】D 【分析】根据线面位置关系可直接判断. 【详解】A项还可能，故A错误； B项还可能与平面相交，故B错误； C项还可能，故C错误； 由直线与平面平行的性质以及平行的传递性可知D正确. 故选：D. 34．，是两个平面，，是两条直线，下列四个命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间中，直线与平面、平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A：若，，则或，故A不正确； 对于B：若，，则或，故B不正确； 对于C：若，，，则或与异面，故C错误； 对于D：若，，根据面面平行的性质定理可得，故D正确. 故选：D. 35．在空间中，直线平面，则“直线”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据空间中线面位置关系的判定，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】在空间中，由直线平面，直线，可得直线或，所以充分性不成立； 反之由直线平面，，则或与相交或与异面，所以必要性不成立. 故“直线”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 36．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l//m的是（　　） A．l⊂α，m⊂β，α//β B．α//β，α∩γ＝l，β∩γ＝m C．l//α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m 【答案】B 【分析】根据空间中线、面关系逐项分析判断. 【详解】选项A中，直线l，m也可能异面，故A错误； 选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l//m，故B正确； 选项C中，直线l，m也可能异面，故C错误； 选项D中，直线l，m也可能相交或异面，故D错误． 故选：B． 37．a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，现给出下面六个命题： ①，，则；②若，，则； ③，，则；④若，，则； ⑤若，，则；⑥若，，则. 其中真命题的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据空间中线线平行、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理判断即可. 【详解】，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面， ①，，则，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确； ②，，则，可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确； ③，，则，可能平行，也可能相交，所以③不正确； ④，，则，满足平面与平面平行的性质，所以④正确； ⑤，，则或，所以⑤不正确； ⑥，，则或，所以⑥不正确； 故选：C. 题型九、直线、平面垂直的判定与性质 38．设m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出如下命题： ①若则； ②若,则； ③若,则； ④若则. 其中正确命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据线面平行,线面垂直,以及面面平行和面面垂直的判定和性质,逐个选项进行分析,可得答案. 【详解】根据平面与平面垂直的性质知①正确； 对于②中,α,β可能平行,也可能相交,不正确； 对于③中,时,只可能有,正确； 对于④中,m与的位置关系可能是或或m与相交,不正确．综上,可知正确命题的个数为2. 故选：B． 39．（多选），，是不同的直线，，是不同的平面，下面条件中能证明的是（    ） A．，，，， B．，， C．， D．， 【答案】AD 【分析】由线面垂直定义，线面垂直判定定理，面面垂直性质定理可判断选项正误. 【详解】A选项，可知直线与平面内两条相交直线垂直，则，故A正确； B选项，缺少条件，不能保证，故B错误； C选项，此时有可能与两平面交线不垂直，此时不能保证，故C错误； D选项，因，，则，故D正确. 故选：AD 40．（多选）设l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下面命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】根据空间中线、面位置关系逐项分析判断. 【详解】对于A，若，，则或或l与相交，故A错误； 对于B，若，，则，故B正确； 对于C，若，，则或或l与相交，故C错误； 对于D，若，，则， 又因为，则，故D正确. 故选：BD. 41．（多选）如图，在长方体中，，下列命题正确的有（    ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 【答案】CD 【分析】根据长方体的性质推得，即可判断A项；根据长方体的性质推得四边形是平行四边形，得出，即可判断B项；根据长方体的性质以及线面垂直的判定定理，可得出平面，即可得出C项；根据长方体的性质以及线面平行的判定定理，可得出平面，平面，然后即可判定面面平行，得出D项. 【详解】对于A项，由长方体的性质可知. 又不垂直，所以不垂直，故A错误； 对于B项，由长方体的性质可知，， 所以，四边形是平行四边形， 所以，. 因为不平行，所以不平行，故B错误； 对于C项，因为，根据长方体的性质可知是正方形， 所以，. 根据长方体的性质可知，平面，平面， 所以，. 因为平面，平面，， 所以，平面. 因为平面，所以平面平面，故C项正确； 对于D项，由B知，. 因为平面，平面，所以平面. 根据长方体的性质可知，，且， 所以，四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，， 所以平面平面，故D项正确. 故选：CD. 42．（多选）如图所示，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上不同于的任意一点，分别为的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．与所成的角为 C．平面 D．平面平面 【答案】ACD 【分析】求得位置关系判断选项A；求得与所成的角判断选项B；求得与平面位置关系判断选项C；求得平面与平面位置关系判断选项D. 【详解】选项A：是的直径，则 ，又分别为的中点， 则，则.判断正确； 选项B：由可得与所成的角为.判断错误； 选项C：垂直于所在的平面，则平面， 又平面，则，又，， 平面，则平面.判断正确； 选项D：由平面，平面， 可得平面平面.判断正确. 故选：ACD 43．给出下列四个命题： ①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直； ②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直； ③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线； ④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线． 其中正确的命题共有__________个． 【答案】②③ 【分析】根据线面垂直的定义，以及线面垂直的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】①中，根据线面垂直的判定定理，直线垂直于平面内的两条相交直线，则这条直线与平面垂直，所以①不正确； ②中，根据直线与平面垂直的定义知，若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直，所以②正确； ③中，因为梯形的两腰在同一平面内，且不平行，所以两腰时相交直线，若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，可得直线垂直梯形底面所在的平面，所以这条直线垂直于两底边所在的直线，所以③正确； ④中，因为梯形的两底所在的直线相互平行，根据线面垂直判定定理，直线与这个平面不一定垂直，这条直线不一定垂直于两腰所在的直线，所以④不正确. 故答案为：②③ 题型十、立体几何小题综合 44．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． 45．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ） A．，且直线是相交直线 B．，且直线是相交直线 C．，且直线是异面直线 D．，且直线是异面直线 【答案】B 【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】如图所示， 作于，连接，过作于． 连，平面平面． 平面，平面，平面， 与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知， ．，故选B． 【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形． 46．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 【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）.故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 47．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 48．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O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角. 【详解】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. 故选：B 【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，属于中档题. 49．（多选）图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中正确的是(　　) A．AE⊥CE B．BE⊥DE C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE 【答案】ABD 【详解】由AB是底面圆的直径，则∠AEB＝90°，即AE⊥EB. ∵四边形ABCD是圆柱的轴截面， ∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB. ∴BE⊥AD，又AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE， ∴BE⊥平面ADE，DE⊂平面ADE， ∴BE⊥DE. 同理可得AE⊥CE. 又∵BE⊂平面BCE， ∴平面BCE⊥平面ADE. 可得A，B，D正确. 50．在正三棱锥中，，点是的中点，若，则该三棱锥外接球的表面积为___________. 【答案】 【分析】通过线面垂直的判定定理和性质可得出，，两两垂直，则可求出外接球的半径，进而求出球的表面积. 【详解】设的中心为，连接，，∴平面， 面，∴， 又，，∴平面， 平面，∴， 又，，∴平面. 平面，， ∵为正三棱锥，∴，，两两垂直， ， 故外接球直径为， 故三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是通过线面垂直的判定定理和性质可得出，，两两垂直，即可求出半径. 28 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $