小题中、难档题专练7—立体几何-2021届高三三轮复习高考数学模拟考前15天必刷题.doc

1、小题中、难档题专练7立体几何一单选题1在直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，若点为的中点，则直线与直线所成的角的余弦值为ABCD2在中，是斜边的高线，现将沿折起，使平面平面，则折叠后的长度为A2BCD33如图，直四棱柱的底面是正方形，已知，点，分别在棱，上，且，则A，且直线，是相交直线B，且直线，是异面直线C，且直线，是异面直线D，且直线，是相交直线4已知正方体的棱长为2，分别是棱，的中点，点在四边形内（包括边界）运动，则下列说法不正确的是A若是线段的中点，则平面平面B若在线段上，则与所成角的取值范围为C若平面，则点的轨迹的长度为D若平面，则线段长度的最小值为5如图，在四棱锥中，底面是

2、平行四边形，点，分别在线段，上，分别是，的中点，则A直线与直线平行B直线与直线相交C直线与直线相交D直线与平面平行6如图所示，在三棱锥中，且，则下列命题不正确的是A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面7如图，圆锥底面圆半径为8，高为，母线，关于直线对称，分别为，的中点，过，作与底面圆平行的平面，且该平面与该圆锥相交的横截面为圆，为圆的圆周上任意一点，则直线与所成角的余弦值的取值范围为A，B，C，D，8如图，三棱柱中，为中点，为上一点，为平面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为A1BCD2二多选题9已知，是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，给出下列四个论断：；以其中三个论断为条件，剩余论断为

3、结论组成四个命题，其中正确的命题是ABCD10已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点，交棱于点，以下结论正确的是A四边形不一定是平行四边形B平面分正方体所得两部分的体积相等C平面与平面可以垂直D四边形面积的最大值为11如图，棱长为2的正方体中，在线段（含端点）上运动，则下列判断正确的是AB三棱锥的体积不变，为C平面D与所成角的范围是12矩形中，将沿折起，使到的位置，在平面的射影恰落在上，则A三棱锥的外接球直径为5B平面平面C平面平面D与所成角为三填空题13在直三棱柱中，则异面直线与所成角的正弦值为14在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角最小

4、时，记过点，的平面截正方体所得到的截面为，所有的面积组成的集合记为，则15已知矩形中，点是边上的动点，将沿折起至，使得平面平面，过作，垂足为，则的取值范围为16如图，正方体中，点，是上的两个三等分点，点，是上的两个三等分点，点，分别为，和的中点，点是上的一个动点，下面结论中正确的是与异面且垂直；与相交且垂直；平面；，四点共面小题中、难档题专练7立体几何 答案1解：连接，交于点，连接，则为的中点，为的中点，或其补角为直线与直线所成的角，在中，由余弦定理知，直线与直线所成的角的余弦值为故选：2解：在直角三角形中，可得，由射影定理可得，即，可得，由于平面平面，平面，平面平面，所以平面，即有，所以故选

5、：3解：由直四棱柱的底面是正方形，可得，连接，设直线与平面交于，可得不在直线上，且平面，直线平面，又平面，所以直线与为异面直线，故选：4解：对于，如图示：，分别是线段，的中点，故，可得，则，又由平面，故，故平面，从而平面平面，故正确；对于，正方体中，故与所成的角为与所成的角，连接，则为正三角形，故与所成的角的取值范围是，故正确；对于，如图示：设平面与直线交于点，连接，则为的中点，分别去，的中点，连接，由，故平面，同理可得平面，故平面平面，又由平面，故直线平面，故典的轨迹是线段，可得，故正确；对于，如图示：取的中点，的中点，的中点，连接，故四边形为平行四边形，则，故平面，连接，则，又，故，故平面

6、，连接，由，且，故，故，四点共面，故平面平面，平面，平面，故点的轨迹为线段，由知，连接，在中，故，故，可得，故线段长度的最小值是，故不正确；故选：5解：如图，连接，交于点，由四边形是平行四边形，得为，的中点，分别是，的中点，连接，交于点，可得，取线段的中点，连接，则，又，连接，则，因此直线不与直线平行，与直线异面，与直线异面，与平面平行故选：6解：由，即，可得，又，所以平面，平面，所以平面平面，故正确；平面，所以平面平面，故正确；由平面，可得，而，所以，又，所以，即，由平面，可得，则平面，又平面，所以平面平面，故正确；若平面平面，过作，垂足为，可得平面，则，又，所以平面，则，与矛盾，故错误故选

7、：7解：如图，分别过，作底面的垂线交圆于，由题意知，在半径为4，圆心为的圆上，且，则，设，则，则，则，则，与所成角的余弦值的取值范围是故选：8解：由题意得，在上取点，使，则且，所以四边形是平行四边形，所以在上取点，使，则，所以又，所以平面平面，所以点的轨迹就是线段，在中，由余弦定理得，故选：9解：，对于，由，得，又，故正确；对于，由，可得或与相交或与异面，故错误；对于，由，得，又，则，故正确；对于，由，可得或与相交，故错误故选：10解：如图所示：对于，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形，故不正确；对于，由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等

8、，故正确；对于，当、为棱中点时，平面，又因为平面，所以平面平面，故正确；对于，平行四边形的面积取最大值时，即三角形的面积取得最大值，因为这个三角形的面积的两倍是该平行四边形的面积而位置固定，只需点到的距离最大，即可取得面积的最大值，当点与重合时，点与重合时，四边形面积的最大，且最大值为值为，故正确故选：11解：棱长为2的正方体中，在线段（含端点）上运动，对于，、平面，平面，平面，同理，、平面，平面，平面，故正确；对于，在线段（含端点）上运动，平面，平面，平面，到的距离是定值，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，0，0，2，2，0，2，2，设平面的法向量，则，取，得，1，到平面的距离

9、，三棱锥的体积为：，故错误；对于，平面平面，平面，平面，故正确；对于，在线段（含端点）上运动，当与重合时，与所成角为0，当与重合时，与所成角为，故错误故选：12解：对于，取中点，连接，则三棱锥的外接球直径为5，故正确；对于，平面，又，、平面，平面，平面，平面，平面，平面平面，故正确；对于，与不垂直，平面与平面不垂直，故错误；对于，是与所成角（或所成角的补角），与所成角为，故错误故选：13解：以为原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，0，0，1，0，1，即异面直线与所成角的正弦值为1故答案为：114解：取为中点，为中点，由正方体的性质得，四边形是平行四边形，面，面，面，由

10、中位线性质得：，又，面，面，又，面面，在上，又直线与平面所成角为，当最大时，直线与平面所成角最小，即与、重合时，直线与平面所成角最小，当与重合时，过点、的平面截正方体所得到的截面为四边形，其面积为，当与重合时，过点、的平面截正方体所得到的截面为四边形，其面积为故，故答案为：，15解：设，因为为上的动点，平面平面，因为，平面，为平面与平面的交线，所以平面，所以，在中，所以，因为，中，联立可得，即，因为，所以故的范围是，故答案为：，16解：正方体中，点，是上的两个三等分点，点，是上的两个三等分点，四边形是平行四边形，与异面，与相交，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为3，对于，3，0，0，3，3，与异面且垂直，故正确；对于，0，与相交但不垂直，故错误；对于，平面平面，平面，平面，故正确；对于，3，四点共面，故正确故答案为：