2021年高考数学 立体几何试题 文

2021年高考数学立体几何试题文
一、选择题
1．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积
为（）
A. B.
B. C. D.
2．．一个几何体的三视图如图所示（单位长度：cm），则此几何体的表面积是（）A．（20+4）cm2 B．21 cm2
C．（24+4）cm2 D．24 cm2
3．已知如图所示的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点P、Q分别在棱BB1、
DD1上，且=，过点A、P、Q作截面截去该正方体的含点A1的部
分，则下列图形中不可能是截去后剩下几何体的主视图的是
（）
4．四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度
是（）
A． B．
C． D．
二、填空题
5．如图所示的一块长方体木料中，已知，设为底面的中
心，且，则该长方体中经过点的截面面积的最小值
为 .
6．长方体中，已知，，棱在平
面内，则长方体在平面内的射
影所构成的图形面积的取7．如
右图,正方体的棱长为1,P值范围
是．
为BC的中点,Q为线段上的动点,过点A,P,Q的平
正（主）视图侧（左）视图
俯视图
A
B
C
D
1
A
1
B
1
C
1
D
确的是_____(写出所有正确命题的编号).
①当时,S为四边形;
②当时,S不为等腰梯形;
③当时,S与的交点R满足;
④当时,S为六边形;
⑤当时,S的面积为.
三、解答题
8．（本小题满分14分）如图，在四棱锥中，底面为直角
梯形，//，，平面底面，为的中点，是棱的中点，
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角的余弦值.
9．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平
面ABCD，底面ABCD为梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝BC
＝1，AD＝2.
（1）求三棱锥P—ACD的外接球的表面积；
（2）若M为PB的中点，问在AD上是否存在一点E，使AM∥平面PCE？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
10．如图，在三棱锥中，平面平面，于点，且，，
（1）求证：
（2）
（3）若，，求三棱锥的体积．
参考答案 1．C
【解析】
试题分析：根据三视图可知该几何体为一个四棱锥和三棱锥的组合体，如图所示,且平面，平面，底面为正方形，则有,所以和到平面的距离相等，且为，故
111164243323
F AEB BAE V S AD -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=, 1164444333
F ABCD ABCD V S FD -=⨯⨯=⨯⨯⨯=四形，则该几何体的体积为. 考点：三视图、简单几何体体积 2．A
【解析】
试题分析：三视图复原的组合体是下部是棱长为2的正方体，上部是底面边长为2的正方形，高为1的四棱锥，
组合体的表面积为：，故选A ．
考点：三视图求几何体的表面积
3．A
【解析】
试题分析：当P 、B 1重合时，主视图为选项B ；当P 到B 点的距离比B 1近时，主视图为选项C ；当P 到B 点的距离比B 1远时，主视图为选项D ，因此答案为A.
考点：组合体的三视图
4．D
【解析】
试题分析：根据题中所给的三视图，可知该几何体为底面是直角
梯形，且顶点在底面上的射影是底面梯形的左前方的顶点，所以最长
的侧棱应该是棱锥的顶点与右后方的点的侧棱，故根据勾股定理，可知最长侧棱应该是．，故选D ．
考点：根据几何体的三视图确定几何体的特征． 5．
【解析】
试题分析：如图所示，经过点的截面为平行四边形
设,则，为了求出平行四边形的高，先求的高，由等面积法可得()()
222114484422112h h λλλ''+-=⋅⋅⇒=+-，又由三垂线定理可得平行四边形的高()()2
22224204211112112h h λλλλλ⎛⎫-+ ⎪'=+=+= ⎪+-+-⎝⎭ ()()222222042
44842042112S NF h λλλλλλ-+=⋅=+-=-++-，当且仅当时
考点：几何体的截面面积的计算
6．.
【解析】
试题分析：四边形和的面积分别为4和6，长方体在平面内的射影可由这两个四边形在平面内的射影组合而成. 显然，. 若记平面与平面所成角为，则平面与平面所成角为. 它们在平面内的射影分别为和，所以，（其中，），因此，，当且仅当时取到. 因此，.
考点：三角函数的化简和求值.
7．①②③⑤
【解析】
试题分析：取AB的中点M,在DD1上取点N,使得DN=CQ,则MN∥PQ;作AT∥MN,交直线DD1于点T,则A、P、Q、T四点共面;
①当0<CQ<时,则0<DN<DT=2DN<1S为四边形APQT;
②当CQ=时,则DN=DT=2DN=1点T与D1重合S为等腰梯形APQD1;
③当CQ=时,则DN=DT=2DN=D1T=;由D1R:TD1=BC:DTD1R=C1R=;
④当<CQ<1时,<DN<1DT=2DN∈(,2),T在DD1的延长线上,设TQ与C1D1交于点E,AT与A1D1交于点F,则S为五边形APQEF;当CQ=1时,点Q与C1重合,且DT=2AT与A1D1交于A1D1的中点FS 为菱形APC1FS的面积=AC1PF==.
综上,命题正确的是:①②③⑤..
考点：立体几何综合应用.
8．（Ⅰ）证明祥见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）在中，为中点.所以；又因为平面底面，且平面底面，由面面垂直的性质定理可得到底面，再由线面垂直的性质得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）及已知条件易得，和；故可以为坐标原点，建立空间直角坐标系从而由空间向量知识及可求得直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中所建立的空间直角坐标系中，求出平面的法向量和平面的法向量，代入公式二面角的夹角公式即可求出二面角的余弦值.
试题解析：（Ⅰ）证明：在中，为中点.
所以 1分
因为平面底面，且平面底面
所以底面 3分
又平面
所以. 4分
（Ⅱ）解：在直角梯形中，//为中点
所以
所以四边形为平行四边形
因为
所以
由（Ⅰ）可知平面
所以，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.
则
(0,0,0),(1,0,0),3),(3,0), Q A P C-
所以
(0,3,3),(0,3,0),(1,0,3)
PB CD PD
=-=-=-- 6分
设平面的法向量为则
即亦即
令，得所以 8分
设直线与平面所成角为，则
所以与平面所成角的正弦值为 10分
（Ⅲ）解：如（Ⅱ）中建立空间直角坐标系
因为
所以平面
即为平面的法向量，且 11分
因为是棱的中点
所以点的坐标为
又
设平面的法向量为
则
即
令得
所以 13分
所以
由题知，二面角为锐角
所以二面角的余弦值为 14分
考点：1.直线与平面、平面与平面的垂直关系；2. 直线与平面所成的角；3.二面角. 9．（1）5π;（2）在AD上存在点E，使AM∥平面BCE, .
【解析】
试题分析：（1）在△ACD中，AC＝，CD＝，AD＝2，
利用AC2＋CD2＝AD2证得AC⊥CD，根据PA⊥平面ABCD得到PA⊥CD，从而有CD⊥平面PAC，CD⊥PC；
根据△PAD、△PCD均是以PD为斜边的直角三角形，
取PD的中点O，则OA＝OP＝OC＝OD＝，计算即得所求.
（2）根据观察分析，取PC的中点N，连接MN，EN，得到MNBC，又BC∥AE，得到MN∥AE；由AM∥平面PCE，得 AM∥EN，四边形AMNE为平行四边形，AE＝MN＝BC＝AD，＝ .
考点：1.球的表面积；2.平行关系、垂直关系.
10．（1）参考解析；（2）参考解析；（3）
【解析】
试题分析：（1）由，，即可得到线段成比例，即得到直线平行，再根据直线与平面平行的判断定理即可得到结论.
（2）由平面平面，于点，并且AC 是平面PAC 与平面ABC 的交线，根据平面垂直的性质定理即可得PD 垂直平面ABC ，再根据平面与平面垂直的判断定理即可得到结论.
（3）由即可得AC=3.又由，， 在三角形ABC 中根据余弦定理即可求得BC 的值.所以三角形ABC 的面积可以求出来，由于PD 垂直于平面ABC 所以PD 为三棱锥的高，即可求得结论.
（1）， 2分
3分
（2）因为平面平面，
且平面平面，
平面，，
所以平面， 6分
又平面，
所以平面平面． 7分
（3）由（2）可知平面．
法一：中，
， 由正弦定理，得，
因为，所以，则，因此， 8分
△的面积． 10分
所以三棱锥的体积． 12分
法二：中，，
，由余弦定理得： ，所以，
所以． 8分 △的面积2
33233232160sin 21=⋅⋅⋅=⋅⋅=∆ BC AB S ABC ． 10分 所以三棱锥的体积． 12分
考点：1.线面平行.2.面面垂直.3.三角形的余弦定理.4.三棱锥的体积.i 20115 4E93 亓 b29492 7334 猴25473 6381 掁L27621 6BE5 毥 30831 786F 硯37529 9299 銙40654 9ECE 黎:36189 8D5D 赝。