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训练卷 高中数学卷（A）
17 立体几何综合
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ）
A．6 B． C．12 D．
2．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积和侧面积的比是（ ）
A． B． C． D．
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A．180 B．200 C．220 D．240
4．已知两直线、和平面，若，，则直线、的关系一定成立的是（ ）
A．与是异面直线 B．
C．与是相交直线 D．
5．已知某球的体积大小等于其表面积大小，则此球的半径是（ ）
A． B．3 C．4 D．5
6．如果一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，（单位长度：），则此几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
7．已知直线、，平面，，，那么与平面的关系是（ ）．
A． B．
C．或 D．与相交
8．若长方体的一个顶点上三条棱长分别为3，4，5．则长方体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
9．在正四面体中，为的中点，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．已知直线平面，直线平面，给出下列命题：
①； ②；
③； ④；
其中正确命题的序号是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③ D．②④
11．将棱长为的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
12．一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上）
13．底面边长和侧棱长均为2的正四棱锥的体积为__________．
14．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为3，顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
15．已知、是两条不重合的直线，，是三个两两不重合的平面给出下列四个命题：
（1）若，，则
（2）若，，则
（3）若，，，则
（4）若，，则
其中正确的命题是________．(填上所有正确命题的序号)
16．（2017新课标全国Ⅰ，文16）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为________．
三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）如图是一个以为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为，已知，，，，，求：
（1）该几何体的体积；
（2）截面的面积．
18．（12分）如图，四边形是正方形，，，平面．
（1）求证：平面平面；
（2）判断直线，的位置关系，并说明理由．
19．（12分）如图，在四棱锥中，平面，，底面为菱形，为中点，，分别为，上一点，，
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积．
20．（12分）在四棱锥中，，，平面，为的中点，．
（1）求证：；
（2）求证：平面；
21．（12分）如图，三棱柱中，，，平面，，分别是，的中点．
22．（12分）如图，直三棱柱中，、分别是，的中点，已知与平面所成的角为，，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
训练卷 高中数学卷答案（A）
17 立体几何综合
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【答案】C
【解析】的面积为，故选C．
2．【答案】A
【解析】所求的比为：，故选A．
3．【答案】D
【解析】由三视图可知：该几何体是一个横放的直四棱柱，高为10；
其底面是一个等腰梯形，上下边分别为2，8，高为4．
∴，故选D．
4．【答案】B
【解析】当一条直线垂直于一个平面，则此直线垂直于这个平面内的所有直线．故选B．
5．【答案】B
【解析】，，选B．
6．【答案】D
【解析】由已知中的三视图可得该几何体为四棱锥，∵正视图与侧视图是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，∴棱锥的底面棱长为2，高为，
则棱锥的体积，故选D．
7．【答案】C
【解析】在正方体中，
取，，当取面为平面时，满足，，此时；
当取面为平面时，满足，，此时．
当直线、，平面，，时，与平面的关系是或，故选C．
8．【答案】C
【解析】设球的半径为，由题意，球的直径即为长方体的体对角线的长，
则，∴．∴，故选C．
9．【答案】A
【解析】如图，取中点，连接，，∵为的中点，∴，
则为异面直线与所成的角，∵为正四面体，，分别为，
的中点，∴．设正四面体的棱长为，则，．
在中，由余弦定理得：，故选A．
10．【答案】D
【解析】在①中，可在平面内任意转动，故与关系不确定，故①是假命题；
在②中，由，，得，又，故，故②是真命题；
在③中，平面可绕转动，故与关系不确定，故③是假命题；
在④中，由，，得，又∵，故，故④是真命题，故选D．
11．【答案】A
【解析】体积最大的球即正方体的内切球，因此，，体积为，故选A．
12．【答案】C
【解析】由三视图可知，几何体是一个五面体，五个面中分别是：一个边长是2的正方形；一个边长是2的正三角形；两个直角梯形，上底是1，下底是2，高是2；一个底边是2，腰长是的等腰三角形，求出这五个图形的面积，故选C．
二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上）
13．【答案】
【解析】设正四棱锥为，为底面中心，
则高为，所以体积为．
14．【答案】C
【解析】根据题意条件，考查所有棱的长都为时的问题：
三棱柱是棱长都为的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为，球的表面积为，
将代入上式可得该球的表面积为．本题选择C选项．
15．【答案】（1）
【解析】（1）根据线面垂直的性质可知若，，则成立；
（2）若，，则或与相交；故（2）不成立；
（3）根据面面平行的可知，当与相交时，，若两直线不相交时，结论不成立；
（4）若，，则或，故（4）不成立，故正确的是（1），故答案为（1）．
16．【答案】
【解析】三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径，
若平面平面，，，三棱锥的体积为9，
可知三角形与三角形都是等腰直角三角形，设球的半径为，
可得，解得．球的表面积为：．
三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．【答案】（1）6；（2）．
【解析】（1）过作平行于的截面，交，分别于点，．
由直三棱柱性质及可知平面，
则该几何体的体积．
（2）在中，，，
，则．
18．【答案】（1）见解析；（2）异面，见解析．
【解析】（1）∵平面，且平面，∴，
又四边形是正方形，∴，而梯形中与相交，
∴平面，又平面，∴平面平面．
（2）直线，是异面直线，
∵，平面，平面，
∴平面，又平面，∴与不相交，
又∵，与不平行，∴与不平行，∴与异面．
19．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【解析】（1）证明：∵平面，∴，
∵底面为菱形，∴，∵，∴平面，
又平面，∴．
（2）证明：∵，，∴
设与的交点为，连接，∵为菱形，∴为中点，
又为中点，∴，∴，又平面，平面，
∴平面．
（3）解:设，∵平面，∴，，又
∴，又由可得，
∵，∴，∴
∵，∴到平面的距离为，又的面积为
，∴．
20．【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）在中，，，
∴，．取中点，连，，
∵，∴．
∵平面，平面，
∴，又，即，
∴平面，∴，∴．
∴平面．∴．
（2）证法一：取中点，连，，则．
∵平面，平面，∴平面，
在中，，，
∴．而，∴．
∵平面，平面，∴平面．
∵，∴平面平面．
∵平面，∴平面．
证法二：延长、，设它们交于点，连．
∵，，∴为的中点
∵为中点，∴
∵平面，平面，∴平面．
21．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）由题知可以为原点，分别以，，为，，轴建系如图所示
则有，，，，
故有：，
由：知：，即
（2）假设平面的法向量为
由
不妨假设，得，，∴
又平面的法向量，所以
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
22．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）证明：连接，交于点，则为的中点
又是的中点，连接，则，
因为平面，平面，所以平面
（2）解：易知，∴，则，得
以为坐标原点，、、为轴、轴、轴建立如图的空间坐标系，
则，，，，，
设是平面的法向量，则，即，
可取，同理，设是平面的法向量，则，
可取，从而，故
即二面角的正弦值为．训练卷 高中数学卷（B）
17 立体几何综合
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知不同直线，，，不同平面，，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
2．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是（ ）
A． B． C． D．
3．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，则
4．在正方形中，为棱的中点，则（ ）．
A． B． C． D．
5．如图，是直三棱柱，，点、分别是、的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体（如图）面为矩形，棱．若此几何体中，，，和都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知一个简单几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．12
9．在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B．100 C． D．
10．某几何体的三视图如下图所示，该几何体的体积是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
11．在正四棱锥中，已知，若、、、、都在球的表面上，则球的表面积是四边形面积的（ ）
A．2倍 B．倍 C．倍 D．倍
12．如图，在棱长为1的正方体中，点、是棱、的中点，是底面上（含边界）一动点，满足，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上）
13．若某几何体的三视图如图所示，其中左视图是一个边长为2的正三角形，则这个几何体的体积是_____________．
14．在正方体中，点为正方形的中心，则异面直线与所成角为__________．
15．在长方体中，，，点，分别为，的中点，点在棱上，若平面，则四棱锥的外接球的体积为__________．
16．如图，在梯形中，，，，、分别是、的中点，将四边形沿直线进行翻折，给出四个结论：
①；②；③平面平面；④平面平面．在翻折过程中，可能成立的结论序号是__________．
三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）如图，在三棱锥中，，，平面平面，点，(与，不重合)分别在棱，上，且．
求证：（1）平面；
（2）．
18．（12分）如图，在四棱锥中，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
19．（12分）如图，在三棱柱中，平面，底面三角形是边长为2的等边三角形，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求三棱柱的体积．
20．（12分）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
21．（12分）如图，且，，且，且，平面，．
（1）若为的中点，为的中点，求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
22．（12分）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
训练卷 高中数学卷答案（B）
17 立体几何综合
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【答案】D
【解析】对于A，若，，则，平行、相交或异面均有可能，不正确；
对于B，若，，则两个平面可能平行、相交，不正确；
对于C，若，，则或，不正确；
对于D，垂直于同一直线的两个平面平行，正确，故选D．
2．【答案】C
【解析】由题意，根据给定的几何体的三视图可知，
该几何体下半部分表示一个边长为2的正方体，其对应的表面积为；
上半部分表示一个底边边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，所以其斜高为，
其正四棱锥的侧面积为，
所以几何体的表面积为，故选C．
3．【答案】C
【解析】在A中，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；在B中，可以举出反例，如图示，在正方体中，
令为，面为面，为，面为面，满足，，，但是不成立，故B错误；在C中，因为，所以由可得，在平面内存在一条直线，使得，因为，所以，所以，故C正确；在D中，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故D错误；故选C．
4．【答案】C
【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影，A．若，那么，很显然不成立；B．若，那么，显然不成立；C．若，那么，成立，反过来时，也能推出，所以C成立；D．若，则，
显然不成立，故选C．
5．【答案】A
【解析】取的中点，连结，，则，
据此可得（或其补角）即为所求，设，
则，，，在中应用余弦定理可得．故选A．
6．【答案】B
【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，，
结合勾股定理，底面半径，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B．
7．【答案】B
【解析】过作平面，垂足为，取的中点，连结，
过作，垂足为，连结．
∵和都是边长为2的等边三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
又，，
∴几何体的表面积，故选B．
8．【答案】A
【解析】由三视图知，该几何体有四分之一圆锥与三棱锥构成，故体积为，故选A．
9．【答案】C
【解析】对棱相等的三棱锥可以补为长方体（各个对面的面对角线），
设长方体的长、宽、高分别是，，，则有，
三个式子相加整理可得，所以长方体的对角线长为，
所以其外接球的半径，所以其外接球的表面积，故选C．
10．【答案】B
【解析】则，故选B．
11．【答案】D
【解析】设正四棱锥的底面的边长为，则四边形的面积为，
从向作平面，则垂足为底面的中心，
因为，所以侧面都是边长为的等边三角形，
，，则，
所以，所以球的表面积，
所以，所以选D．
12．【答案】D
【解析】因为平面，平面，所以，又因为，，∴所以可得平面，当点在线段上时，总有，所以的最大值为，的最小值为，可得线段长度的取值范围是，故选D．
二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上）
13．【答案】
【解析】该几何体为四棱锥，所以体积为．
14．【答案】
【解析】如图所示：
连接，，则，的交点为，连接，由正方体的性质易得，，又因为，所以面，所以，故，即异面直线与所成角为，故答案为．
15．【答案】
【解析】当是中点时，连接交于点，则是的中点，又因为别为的中点，所以，从而根据线面平行的判定定理可得平面，所以四棱锥的外接球就是以，，为棱的正方体的外接球，设外接球的半径为，则外接球直径等于正方体对角线长，所以，∴，故答案为．
16．【答案】②③
【解析】作出翻折后的大致图形，如图所示
对于①，∵，与相交，但不垂直，∴与不垂直，故错误；
对于②，设点在平面上的射影为点，则翻折过程中，点所在的直线平行于，当时，有，而可使条件满足，故正确；
对于③，当点落在上时，平面，∴平面平面，故正确；
对于④，∵点的射线不可能在上，∴④不成立，故错误；
综上所述，可能成立的结论序号是②③．
三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
证明：（1）在平面内，因为，，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
（2）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面．因为平面，所以．
又，，平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以．
18．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）由已知，得，．
由于，故，从而平面．
又平面，所以平面平面．
（2）在平面内作，垂足为．
由（1）知，面，故，可得平面．
设，则由已知可得，．
故四棱锥的体积．
由题设得，故．从而，，．
四棱锥的侧面积为．
19．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）连接交于点，连接．
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）等边三角形中，，
∵平面，∴，且，
∴平面．则在平面的射影为，
故与平面所成的角为．
在中，，，算得，
∴，
所以的体积．
20．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】（1）在中，为中点，所以．
又侧面底面，平面平面，平面，
所以平面．
（2）连结，在直角梯形中，，，有且，
所以四边形是平行四边形，所以．
由（1）知，为锐角，所以是异面直线与所成的角．
因为，在中，，，所以，
在中，因为，，所以，
在中，，，
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
（3）由（2）得，在中，，
所以，．又
设点到平面的距离，由
得，即，解得．
21．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，
分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得，，，，，，，，．
（1）依题意，．
设为平面的法向量，则即
不妨令，可得，又，可得，
又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，可得，，．
设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值为．
（3）设线段的长为，则点的坐标为，
可得，易知，为平面的一个法向量，
故，
由题意，可得，解得．
所以线段的长为．
22．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为．因为，平面，所以平面，故．
因为为上异于，的点，且为直径，所以．
又，所以平面．
而平面，故平面平面．
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
当三棱锥体积最大时，为的中点．
由题设得，，，，，
，，
设是平面的法向量，则即
可取，是平面的法向量，因此，，所以面与面所成二面角的正弦值是．

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