高考数学母题题源解密(全国通用)专题14立体几何(文科)专题练习(原卷版+解析)

这是一份高考数学母题题源解密(全国通用)专题14立体几何(文科)专题练习(原卷版+解析)，共28页。试卷主要包含了线面夹角，线面平行、垂直的证明等内容，欢迎下载使用。

【母题来源】2022年高考全国甲卷（文科）
【母题题文】 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
【试题解析】【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．
【命题意图】本题主要考查直线与平面夹角，是一道容易题.
【命题方向】这类试题在考查题型上选择题、填空题、解答题形式出现，试题难度不大，多为中低档题，重点考查线面夹角的求法问题.
【得分要点】
找斜线在平面中的射影；
求斜线与其射影的夹角；
考向二 线面平行、垂直的证明
【母题来源】2022年高考全国乙卷（文科）
【母题题文】 如图，四面体中，，E为AC的中点．
（1）证明：平面平面ACD；
（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【试题解析】【小问1详解】
由于，是的中点，所以.
由于，所以，所以，故，
由于，平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
【小问2详解】
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小值.
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，所以.
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以,所以.
【命题意图】本题考查线面平行、垂直的证明.
【命题方向】这类试题在考查题型多以解答题形式出现，多为中档题，是历年高考的必考题型．
常见的命题角度有：
（1）线面平行的证明；（2）线面垂直的证明；（3）面面平行的证明；（4）面面垂直的证明.
【得分要点】
（1）利用线面、面面平行的判定定理与性质定理；
（2）利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理.
一、单选题
1．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知为空间的两个平面，直线，那么“∥”是“”的（ ）条件
A．必要不充分B．充分不必要C．充分且必要D．不充分也不必要
2．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））在正方体中，M为的中点，则直线CM与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·青海·模拟预测）已知四面体ABCD的所有棱长都相等，其外接球的体积等于，则下列结论错误的是（ ）
A．四面体ABCD的棱长均为2
B．异面直线AC与BD的距离为
C．异面直线AC与BD所成角为
D．四面体ABCD的内切球的体积等于
4．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线异面，直线平面
D．直线与直线相交，直线平面
5．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）下列四个命题，真命题的个数为（ ）
（1）如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于该平面；
（2）过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；
（3）平行于同一个平面的两条直线平行；
（4）a与b为空间中的两条异面直线，点A不在直线a，b上，则过点A有且仅有一个平面与直线a，b都平行．
A．0B．1C．2D．3
6．（2022·河南安阳·模拟预测（文））如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（ ）
A．B．C．D．
7．（2022·四川成都·模拟预测）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，A，B，C，D是该三棱锥表面上四个点，则直线AC和直线BD所成角的余弦为（ ）
A．0B．C．D．
8．（2022·山东潍坊·三模）我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球的球面上，且该“鳖臑”的高为，底面是腰长为的等腰直角三角形．则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
9．（2022·四川成都·模拟预测（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为________.
10．（2022·上海普陀·二模）已知一个圆锥的侧面积为，若其左视图为正三角形，则该圆锥的体积为________.
11．（2022·黑龙江·佳木斯一中模拟预测（理））如图，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列正确说法的序号是___________.
①存在点F使得平面；
②存在点F使得平面；
③对于任意的点F，都有；
④对于任意的点F三棱锥的体积均不变.
12．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（文））如图，在长方体中，，是棱上的两个动点，点在点的左边，且满足，给出下列结论：
①平面；
②三棱锥的体积为定值；
③平面；
④平面平面.
其中所有正确结论的序号是______.
三、解答题
13．（2022·四川成都·模拟预测（文））如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，在底面内的射影分别为，．
求证：； (2)求到平面的距离．
14．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，是棱上一点．
(1)若，求证：平面．
(2)若，求点到平面的距离．
15．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
专题14 立体几何（文科）
考向一 线面夹角
【母题来源】2022年高考全国甲卷（文科）
【母题题文】 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
【试题解析】【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．
【命题意图】本题主要考查直线与平面夹角，是一道容易题.
【命题方向】这类试题在考查题型上选择题、填空题、解答题形式出现，试题难度不大，多为中低档题，重点考查线面夹角的求法问题.
【得分要点】
找斜线在平面中的射影；
求斜线与其射影的夹角；
考向二 线面平行、垂直的证明
【母题来源】2022年高考全国乙卷（文科）
【母题题文】 如图，四面体中，，E为AC的中点．
（1）证明：平面平面ACD；
（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【试题解析】【小问1详解】
由于，是的中点，所以.
由于，所以，所以，故，
由于，平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
【小问2详解】
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小值.
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，所以.
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以,所以.
【命题意图】本题考查线面平行、垂直的证明.
【命题方向】这类试题在考查题型多以解答题形式出现，多为中档题，是历年高考的必考题型．
常见的命题角度有：
（1）线面平行的证明；（2）线面垂直的证明；（3）面面平行的证明；（4）面面垂直的证明.
【得分要点】
（1）利用线面、面面平行的判定定理与性质定理；
（2）利用线面、面面垂直的判定定理与性质定理.
一、单选题
1．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知为空间的两个平面，直线，那么“∥”是“”的（ ）条件
A．必要不充分B．充分不必要C．充分且必要D．不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间线面位置关系，结合必要不充分条件的概念判断即可.
【详解】
当直线，∥，则，l与β相交，故充分性不成立；
当直线，且，时，∥，故必要性成立，
⸫“∥”是“”的的必要不充分条件.
故选：A.
2．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））在正方体中，M为的中点，则直线CM与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
，所求角为，利用几何体性质，解即可
【详解】
设正方体棱长为1，连接与所成角即是与所成角，
，为，
故选：D
3．（2022·青海·模拟预测）已知四面体ABCD的所有棱长都相等，其外接球的体积等于，则下列结论错误的是（ ）
A．四面体ABCD的棱长均为2
B．异面直线AC与BD的距离为
C．异面直线AC与BD所成角为
D．四面体ABCD的内切球的体积等于
【答案】C
【解析】
【分析】
对于A, 设该四面体的棱长为a，表示出高，根据其外接球的体积等于，求得外接球半径，即可求得a,判断A;对于B, 分别取BD,AC的中点为E,F,连接EF,求得EF的长，即可判断；对于C，证明线面垂直即可证明异面直线AC与BD互相垂直，即可判断;对于D，利用等体积法求得内切球半径，即可求得内切球体积，即可判断.
【详解】
如图示，设该四面体的棱长为a，底面三角形BCD的重心为G,该四面体的外接球球心为O，半径为R，连接AG,GB,OB,AG为四面体的高，O在高AG上，
在中，,
在中，，解得 ，
由于外接球的体积等于，即 ,故，
故 ，故A正确；
分别取BD,AC的中点为E,F,连接EF,
正四面体ABCD中，AE=EC,故 ,同理,
即EF为AC,BD的公垂线，而 ,
则 ,故B正确；
由于 , 平面ACE,故平面ACE,
又平面ACE,所以，
即异面直线AC与BD所成角为 ，故C错误；
设四面体内切球的半径为r,而 ,故，
故，
所以四面体ABCD的内切球的体积等于，故D正确，
故选：C
4．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线异面，直线平面
D．直线与直线相交，直线平面
【答案】A
【解析】
【分析】
根据空间的平行和垂直关系进行判定.
【详解】
连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；
由正方体的性质可知，所以平面平面，
又平面，所以直线平面，故A正确；

以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
显然直线与直线不平行，故B不正确；
直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；
直线与直线异面，不相交，故D不正确；
故选：A.
5．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）下列四个命题，真命题的个数为（ ）
（1）如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于该平面；
（2）过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；
（3）平行于同一个平面的两条直线平行；
（4）a与b为空间中的两条异面直线，点A不在直线a，b上，则过点A有且仅有一个平面与直线a，b都平行．
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面垂直的定义即可判断命题(1)；根据线面垂直的性质定理即可判断命题(2)；根据空间中线面的位置关系即可判断命题(3)；结合图形即可判断命题(4).
【详解】
命题(1)：由直线垂直平面的定义可知，
若直线垂直于一个平面的任意直线，则该直线垂直于该平面，故命题(1)错误；
命题(2)：由直线与平面垂直的性质定理可知，
过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故命题(2)正确；
命题(3)：平行于同一个平面的两条直线，可能平行，可能相交，也可能异面，故命题(3)错误；
命题(4)：如图，当点A在如图上底面时，不存在平面同时平行于直线a、b；点A不在异面直线a、b上，若点A在直线a、b之间，则可以确定一个平面同时平行于直线a、b；若点A在直线a、b的外侧，也可以确定一个平面同时平行于直线a、b，故命题(4)错误.
故选：B.
6．（2022·河南安阳·模拟预测（文））如图，在四面体ABCD中，平面BCD，，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据给定条件，证明平面即可推理计算作答.
【详解】
在四面体ABCD中，平面，平面，则，而，
即，又，平面，则有平面，而平面，
于是得，因P为AC的中点，即，而，平面，
则平面，又平面，从而得，
所以直线BP与AD所成的角为.
故选：D
7．（2022·四川成都·模拟预测）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，A，B，C，D是该三棱锥表面上四个点，则直线AC和直线BD所成角的余弦为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体，根据线面垂直的判定有面，线面垂直的性质可得，再由线面垂直的判定和性质得，即可得结果.
【详解】
由三视图可得如下几何体：
，，，则面，
又面，则，而，
由，则面，又面，
所以，故直线AC和直线BD所成角的余弦为0.
故选：A
8．（2022·山东潍坊·三模）我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球的球面上，且该“鳖臑”的高为，底面是腰长为的等腰直角三角形．则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
作出图形，设在三棱锥中，平面，且，，证明出该三棱锥的四个面均为直角三角形，求出该三棱锥的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.
【详解】
如下图所示：
在三棱锥中，平面，且，，
因为平面，、、平面，则，，，
，，平面，平面，，
所以，三棱锥的四个面都是直角三角形，且，
，
设线段的中点为，则，
所以，点为三棱锥的外接球球心，
设球的半径为，则，因此，球的表面积为.
故选：A.
二、填空题
9．（2022·四川成都·模拟预测（理））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据三视图可知这是一个四面体，根据长度即可根据三角形面积公式求每一个面的面积，进而可得表面积.
【详解】
该几何体的直观图是正方体中的四面体，， 故答案为： .
10．（2022·上海普陀·二模）已知一个圆锥的侧面积为，若其左视图为正三角形，则该圆锥的体积为________.
【答案】##
【解析】
【分析】
由圆锥侧面积公式求得底面半径，体高为，应用圆锥的体积公式求体积.
【详解】
由题设，令圆锥底面半径为，则体高为，母线为，
所以，则，
故圆锥的体积为.
故答案为：
11．（2022·黑龙江·佳木斯一中模拟预测（理））如图，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列正确说法的序号是___________.
①存在点F使得平面；
②存在点F使得平面；
③对于任意的点F，都有；
④对于任意的点F三棱锥的体积均不变.
【答案】①③④
【解析】
【分析】
①，找到点F为的中点时，满足平面；
②，证明出相交，得到不存在点F使得平面；
③，作出辅助线，证明线面垂直，进而得到线线垂直；
④，得到三棱锥的体积等于正方体体积的，为定值.
【详解】
当点F为的中点，此时点E为的中点，此时连接EF，可得：，
因为平面，，所以平面，①正确；
连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以相交，
因为平面，
所以不存在点F使得平面，②错误
连接AC，BD，则AC⊥BD，又平面ABCD，平面ABCD，
所以BD，
因为，
所以BD⊥平面，
因为平面，
所以BD⊥EF，③正确；
连接DF，EF，ED，
则无论点F在的何处，都有，是定值，为正方形面积的一半，又高等于CD，故体积也为定值，为正方体体积的，④正确.
故选：①③④
12．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（文））如图，在长方体中，，是棱上的两个动点，点在点的左边，且满足，给出下列结论：
①平面；
②三棱锥的体积为定值；
③平面；
④平面平面.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】②④
【解析】
【分析】
根据线面位置关系、面面位置关系判断命题①③④，由棱锥体积公式判断②．
【详解】
与显然不垂直，而，因此与显然不垂直，从而平面是错误的，①错；
，三棱锥中，平面即平面，到平面的距离为是定值，中，的长不变，到的距离不变，面积为定值，因此三棱锥体积是定值，②正确；
平面就是平面，而与平面相交，③错；
长方体中平面，平面，所以平面平面，即平面平面，④正确．
故答案为：②④．
三、解答题
13．（2022·四川成都·模拟预测（文））如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，在底面内的射影分别为，．
(1)求证：；
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意可证、，则可得面，即可知，又则可得面，即可证.
（2）分别计算出与，再利用等体积法即可求出答案.
(1)因为在底面内的射影为，所以面面，
又因为，面面，面
所以面，
又因面因此，
同理，
又,面,面
所以面，
又面,所以，
连接，易得，，又，
故，
又,面,面
因此面，
又面
即；
(2)在中.
在中.
把到平面的距离看作三棱锥的高h，
由等体积法得，，
故，即，
故到平面的距离为．
14．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，是棱上一点．
(1)若，求证：平面．
(2)若，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，记与的交点为，连接，先证明，再由线面平行的判定定理即可证明.
（2）由等体积法，即可求出点到平面的距离.
(1)连接，记与的交点为，连接．
由，得，，又，则，
∴，又平面，平面，
∴平面．
(2)
由已知易得，，
所以在等边中，边上的高为，
所以的面积为，
易知三棱锥的体积为，
又因为，
所以点到平面的距离为．
15．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
.