专题08 立体几何（亮点练）

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专题08 立体几何

1. 一个菱形的边长为，一个内角为，将菱形水平放置并且使较长的对角线成横向，则此菱形的直观图的面积为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据斜二测画法的规则，求出对角线的长度，根据图形，求直观图的面积.
【详解】
由条件可知，较长的对角线的长度是，
较短的对角线的长度是，
根据斜二测画法的规则可知，，，菱形直观图的面积

故选：C
2. 如图，四棱锥，， 是 的中点，直线交平面 于点 ，则下列结论正确的是（ ）

A． 四点不共面 B． 四点共面
C． 三点共线 D． 三点共线
【答案】D
【解析】
【分析】
根据基本事实一、二、三逐一排除即可．
【详解】
直线与直线交于点，所以平面与平面交于点O，所以必相交于直线，直线在平面内，点故面，故四点共面，所以A错．
点若与共面，则直线在平面内，与题目矛盾，故B错．
为中点，所以，，故，故C错．
故选D．
【点睛】
本题属于中档题，考查基本事实一、二、三的应用，学生不易掌握，属于易错题．
3. 如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD=2AB=4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为（ ）

A．90° B．45° C．60° D．30°
【答案】D
【解析】
【分析】
设G为AD的中点，连接GF，GE，由三角形中位线定理可得，，则∠GFE即为EF与CD所成的角，结合AB=2，CD=4，EF⊥AB，在△GEF中，利用三角函数即可得到答案.
【详解】设G为AD的中点，连接GF，GE
则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中线.
∴ ，且，，且，则EF与CD所成角的度数等于EF与GE所成角的度数
又EF⊥ AB，
∴ EF⊥ GF
则△GEF为直角三角形，GF=1，GE=2，∠GFE=90°
∴ 在直角△GEF中，
∴ ∠GEF=30°.
故选：D.

4. 如图所示，在棱长为a的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是（ ）

A．a B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
过做与平面平行的平面，该平面与侧面的交线，即为满足条件的轨迹，求解即可.
【详解】
设G，H，I分别为CD，CC1，C1D1边上的中点，
连接B1I，B1H，IH，CD1，EG，BG，则∥∥,
所以 A1，B，E，G四点共面，
由∥平面B1HI，平面B1HI，
所以A1E∥平面B1HI，同理A1B∥平面B1HI，
，所以平面A1BGE∥平面B1HI，

又因为B1F∥平面A1BE，所以F落在线段HI上，
因为正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为a，
所以，
即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是.
故选：D.
5. 直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
D因为直四棱柱的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上，
所以底面是正方形.
设直四棱柱底面正方形的边长为a，侧棱长为h，
由侧面积是，得，即，
且该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
(当且仪当，即a=，时等号成立).
所以其外接球的表面积的最小值为.
故选：D
6.如图在正方体中，点为的中点，点为的中点，点在底面内，且平面，与底面所成的角为，则的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
取AD、CD的中点S、T，连接，
因为，所以平面，
，所以平面，
又因
所以平面平面，
故点在上时，平面，
设正方体的棱长为1，
因为底面，
所以即为与底面所成的角为，
当为的中点时，取最大值，
此时，，，，
故的最大值为.
故选：D.

7. 在如图所示的直三棱柱中，，，过点作平面分别交棱，于点，，且，，则截面面积的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
在中，由，，可得，，
设，在中，，由等面积法可知，
因为，，，，平面，所以平面，
又由平面，所以，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以.
故选：B.
8.正方体中，E，F分别是棱，的中点，则正方体被截面分成两部分的体积之比为___________.
【答案】17：7或7：17
【解析】
【分析】
如图，正方体被截面所截的一部分为棱台，求出棱台的体积，然后用正方体的体积减去棱台的体积可得另一部分的体积，从而可求得结果
【详解】
设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
因为E，F分别是棱，的中点，
所以棱台的体积为
，
所以另一部分的体积为，
所以正方体被截面分成两部分的体积之比为17：7或7：17，
故答案为：17：7或7：17

9.如图，在直三棱柱中，，，则当四棱锥的体积最大时，三棱柱外接球的体积为___________.

【答案】
设
由，可得
因为四棱锥体积，
所以，当且仅当时等号成立，
即时，四棱锥体积最大，
此时，三棱柱的外接球半径,
即，
所以三棱柱外接球的体积
故答案为：
10.如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点.

求证：（1）底面；
（2）平面；
（3）平面平面.
【答案】(1)证明见解析.
(2) 证明见解析.
(3) 证明见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（2）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．
（3）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD ①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，
从而证得 CD⊥EF ②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
证得平面BEF⊥平面PCD．
解：（1）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（2）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．
又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．
（3）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD ①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，
∴CD⊥EF ②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．










一． 单选题：
1. A，B，C表示不同的点，n，l表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列推理表述不正确的是（ ）
A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂α
B．A∈α，A∈β，B∈β，B∈α⇒α∩β＝直线AB
C．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α与β重合
D．lα，nα，l∩n＝A⇒l与n不能确定唯一平面
【答案】D
【解析】
【分析】
由平面性质的三个公理得选项A正确；α∩β＝直线AB，所以选项B正确；因为不共线的三个点只能确定一个平面，所以选项C正确；l与n能确定唯一平面，所以选项D不正确.
【详解】
由平面性质的三个公理得选项A正确；
由题得，所以α∩β＝直线AB，所以选项B正确；
因为不共线的三个点只能确定一个平面，所以α与β重合，所以选项C正确；
lα，nα，l∩n＝A， l与n能确定唯一平面，所以选项D不正确.
2. 已知圆锥的顶点为，母线，，两两垂直且长为3，则该圆锥的体积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
由题意可得为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长为，
由正弦定理，，圆锥的高，
由圆锥的体积公式得，
故选：C．

3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则下列命题正确的为（ ）
①若，，则；
②若，，则；
③若，则，；
④若，则，.
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
对于命题①，在如图正方体ABCD-EFGH中，若为底面ABCD，为直线CD，
为面ABFE，为直线EF，则，，但，不满足，
所以①错误；
对于命题②，若，且，由面面垂直的判定定理得，所以正确；
对于命题③，若，且，，由面面平行的性质，则，，
所以正确；
对于命题④，在如图正方体ABCD-EFGH中，若为底面ABCD，为面ABFE，
则，又，，令为直线CD，为直线EF，则，，
不满足，，所以不正确；综上，②③正确.
故选：C

4. 如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过的中点B作的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
由题知B在直角梯形中，因为B为的中点，，
所以，
连接，易证四边形为矩形，所以，
所以为异面直线与所成的角，
在中，，所以,
连接，在中，由，，得；
在中，，所以，
故选：B.

5. 正方体中，、分别为、上的点，且满足，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
取上一点，使，结合正方体的结构特征可得，进而可得，所以为异面直线与所成角，在中，，即可求解.
【详解】

取线段上一点，使，连接，，如图所示，
因为，，所以，
所以，，又因为，
所以为异面直线与所成角，
设该正方体的棱长为，则，，
所以在中，，
所以，
故选：C
【点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
6. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．不确定
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.
【详解】
解：由题可知，正方体的棱长为1，
则平面，又，在线段上运动，
平面，
点到直线的距离不变，
由正方体的性质可知平面，则，
而，，
故的面积为，
又由正方体可知，，，且，
平面，则平面，
设与交于点，则平面，
点到平面的距离为，
.
故选：A.

7. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
二、多选题：
1. 如图，四棱锥底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（ ）

A．
B．平面
C．与平面所成的角是
D．与所成的角等于与所成的角
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
分别由线面垂直的性质定理，线面平行的判定定理，直线与平面所成角和异面直线所成角的定义判断各选项．
【详解】
是正方形，则，又面，面，所以，
，平面，
所以平面，而平面，所以，A正确；
，平面，平面，所以平面，B正确；
底面，所以与平面所成的角是，C正确；
，与所成的角等于与所成的角，D正确，
故选：ABCD．
2. 如图所示，在正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）

A．，，三点共线 B．，，，四点共面
C．，，，四点共面 D．，，，四点共面
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可；
【详解】
解：在正方体中，为的中点，直线交平面于点，
在选项中，直线交平面于点，
平面，直线，又平面，平面，
为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点，
平面，且平面，
又平面，且平面，
，，三点共线，故选项正确；
在选项中，，，三点共线，，，，四点共面，故正确；
在选项中，，，三点共线，，，，四点共面，故正确；
在选项中，直线，，
，，，四点不共面，故错误．
故选：．
3. 正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（ ）
A．正三棱锥高为3 B．正三棱锥的斜高为
C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥的侧面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.
【详解】

设为等边三角形的中心，为的中点，连接，
则为正三棱锥的高，为斜高，
又，，故,
故AB正确.
而正三棱锥的体积为，侧面积为，
故C错误，D正确.
故选：ABD.
4. 如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下说法正确的是（ ）

A．BM∥平面ADE B．CN∥平面BAF C．平面BDM∥平面AFN D．平面BDE∥平面NCF
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
将正方体的平面展开图还原成直观图，结合线面平行和面面平行的判定定理，即可得出结论.
【详解】
以ABCD为下底还原正方体，如图所示，
则有BM∥平面ADE，CN∥平面BAF，选项A,B正确；
在正方体中，BD∥FN， 平面平面，
所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，
平面，
所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，
选项C,D正确，
故选：ABCD.

5. 如图，在四面体中，点分别是棱的中点，截面是正方形，则下列结论正确的是（ ）

A． B．截面PQMN
C． D．异面直线与所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.
【详解】
解：因为截面是正方形 ，所以，
又平面，平面
所以平面
又平面,平面平面
所以
因为截面，截面，
所以截面，故B正确
同理可证
因为，所以，故A正确
又
所以异面直线与所成的角为，故D正确
和 不一定相等，故C错误
故选：ABD
三、填空题：
1. 周总理纪念馆是由正方体和正四棱锥组合体建筑设计，如图所示，若该组合体接于半径R的球O（即所有顶点都在球上），记正四棱锥侧面与正方体底面所成二面角为，则_________．

【答案】##
【详解】
由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，
设正方体底面的中心为，的中点为，连接，
则，

则，设正方体的棱长为，则，
∴.
故答案为：.
2.在三棱锥中，平面平面ABC，，为等边三角形，若，则三棱锥外接球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
设的中点为，连接,三棱锥外接球的球心在直线上，解方程即得解.
【详解】
解：设的中点为，连接,
因为平面平面ABC，所以三棱锥外接球的球心在直线上，
设球的半径为,由题得, ,
所以,
在直角△中，.
所以三棱锥外接球的体积为.
故答案为：

3. 如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且，则___________.

【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得平面平面，且三棱锥和三棱锥高之比也为，又，利用体积公式即可得解.
【详解】如题干图，，
可证ABA′B′，ACA′C′，BCB′C′.所以平面平面
三棱锥和三棱锥高之比也为，
由等角定理得∠CAB=∠C′A′B′，∠ACB=∠A′C′B′，所以△ABC∽△A′B′C′，
由，可得，
所以=.故答案为：
4. 已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
连接B1C，交BC1于点O，取AC的中点D，连接OD，易知∠BOD或其补角即为所求，再在中，由余弦定理，即可得解．
【详解】
连接B1C，交BC1于点O，则O为BC1的中点，取AC的中点D，连接OD，
∴OD//AB1，OD＝AB1＝，
∴∠BOD或其补角即为异面直线AB1与BC1所成角，
在中，BD＝AC＝，OB＝BC1＝，
由余弦定理知，，
∴sin∠BOD＝，
∴异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为．
故答案为：．

5. 已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，，AB与平面ACD所成角的正切值为，则点B到平面ACD的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】
取CD的中点E，连接AE，过B作交AE于F，可证得为AB与平面ACD所成的角，点B到平面ACD的距离为,计算可求得结果.
【详解】
如图，取CD的中点E，连接AE，过B作交AE于F.
，E是CD的中点，

，.
又平面ABE，
平面ABE.又平面ACD，
平面平面ACD.
又平面平面，，
平面ACD，故为AB与平面ACD所成的角.

，故.
又，

故答案为：

四、解答题：
1. 如图，正方体中，，分别为，的中点．

（1）求证：，，，四点共面；
（2）若，，与平面交于点，求证：三点共线．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）证明EF∥BD即可得出结论；
（2）只需说明三点都是平面BDEF和平面ACC1A1的公共点即可得出结论．
【详解】证明：（1）连接，
在正方体中，∵，分别为，的中点，
∴是的中位线，∴，
又因为，∴
∴四边形为梯形，即，，，四点共面．
（2）在正方体中，，，
∴是平面与平面的交线，
又因为交平面于点，
∴是平面与平面的一个公共点．
因为两平面相交的所有公共点都在这两个平面的交线上，
∴三点共线．

2. 如图，在四棱柱中，侧面都是矩形，底面四边形是菱形且，，若异面直线和所成的角为，试求的长.

【答案】
【解析】
【分析】
连接，得到，根据题意，得到，再求得，，结合，即可求解.
【详解】
如图，连接，在四棱柱中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以（或其补角）为和所成的角，
因为异面直线和所成的角为，所以，
因为四棱柱中，侧面都是矩形，底面四边形是菱形，
所以是等腰直角三角形，所以，
因为底面四边形是菱形且，，
所以，，
所以.

3. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．

(1)求证：B1D∥平面ACE．
(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；
（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.
【解析】
(1)连BD，使BD∩AC＝G，连EG．
∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．
又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，
∴DB1∥GE，
又平面ACE，平面ACE，
∴B1D∥平面ACE．

(2)∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．
∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，
∴B1F∥CE，又∴平面ACE，平面ACE，∴B1F∥平面ACE，
由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．
4. 已知正方体中，P､Q分别为对角线BD､上的点，且.

(1)作出平面PQC和平面的交线（保留作图痕迹），并求证：平面；
(2)若R是AB上的点，当的值为多少时，能使平面平面？请给出证明.
【答案】(1)答案见解析
(2)，证明见解析
【分析】
（1）由题意结合几何性质可作出两平面的交线，然后证明线面平行即可；
（2）首先确定点R的位置，然后给出证明即可.
【解析】
(1)连结CP并延长与DA的延长线交于M点，则平面PQC和平面的线为，
因为四边形ABCD为正方形，所以，

故，所以，
又因为，所以，所以.
又平面，PQ不在平面内，
故平面.
(2)当的值为时，能使平面平面.

证明：因为，即，故，所以.
又平面，PR不在平面内，
所以平面，又，平面.
所以平面平面.
5. 如图，三棱台DEF ­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：平面ABED∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）在三棱台DEFABC中，BC＝2EF，H为BC的中点，BH∥EF，BH＝EF，
四边形BHFE为平行四边形，有BE∥HF.
BE∥平面FGH
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，GH∥AB.
AB∥平面FGH
又AB∩BE＝B，所以平面ABED∥平面FGH.
(2)连接HE,EG
G，H分别为AC，BC的中点，GH∥AB. AB⊥BC，GH⊥BC.
又H为BC的中点，EF∥HC，EF＝HC，四边形EFCH是平行四边形，有CF∥HE.
CF⊥BC，HE⊥BC.
HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，BC⊥平面EGH.
BC⊂平面BCD，平面BCD⊥平面EGH.
6. 如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】(1)
证明：连接，，连接，
在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，
平面，平面．
平面．

(2)
解：，，，，．
由直三棱柱中，底面，底面，，．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为；
(3)
解：设到平面的距离为，则；








1．【2022年全国甲卷理科07】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（       ）
A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
【答案】D
【解析】
如图所示：

不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0