广东省2021届高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

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2021年高三上学期年末考试数学理试题分类汇编：立体几何 (2)

立体几何立体几何【一】选择题1、〔潮州市2021届高三上期末〕一个几何体的三视图如下图，那么这个几何体的体积为 A 、(8)36π+ B 、(82)36π+ C 、(8)366π+D 、(92)36π+2、〔东莞市2021届高三上期末〕一个几何体的三视图如下图，图中小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为〔A 〕103〔B 〕4 〔C 〕6 〔D 〕103、〔佛山市2021届高三教学质量检测〔一〕〕某一简单几何体的三视图如图，那么该几何体的外接球的表面积为〔〕A、π13B、π16C、π25D、π274、〔广州市2021届高三1月模拟考试〕一个几何体的三视图如下图，其中正视图与侧视图都是斜边长为2的直角三角形，俯视图是半径为1的四分之一圆周和两条半径，那么这个几何体的体积为〔A〕3π〔B〕36π〔C〕3π〔D〕3π5、〔惠州市2021届高三第三次调研考试〕某四面体的三视图如下图，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，那么此四面体的四个面中最大面积是〔〕A、22B、4C、23D、26正视图侧视图俯视图6、〔揭阳市2021届高三上期末〕如图2，网格纸上小正方形是边长为1，粗线画出的是一正方体被截去一部分后所得几何体的三视图，那么该几何体的表面积为〔A〕54〔B〕162〔C〕54183+〔D〕162183+7、〔茂名市2021届高三第一次高考模拟考试〕假设某几何体的三视图(单位：cm)如下图，那么该几何体的体积〔〕A.310cmB.320cmC.330cmD.340cm8、〔清远市2021届高三上期末〕一个几何体的三视图如下图，正视图为直角三角形、侧视图为等边三角形，俯视图为直角三角形，那么该几何体的体积为A、3B、23C、33D、439、〔汕头市2021届高三上期末〕βα,是两个不同的平面，n m ,是两条不同的直线，给出以下命题：①假设βα⊂⊥m m ,，那么βα⊥； ②假设α⊥⊥m n m ,，那么α//n ； ③假设βαα⊥,//m ，那么β⊥m ； ④假设m n m //,=βα ，且βα⊄⊄n n ,，那么βα//,//n n ，其中真命题的个数是〔〕 A 、0B 、1C 、2D 、310、〔汕尾市2021届高三上期末〕一个几何体的三视图如下图，该几何体的体积为 ( )11、〔韶关市2021届高三1月调研〕如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形.如果三棱柱的体积为123 〕A 、π12B 、π14C 、π16D 、π1812、〔湛江市2021年普通高考测试〔一〕〕一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为A、64＋8πB、64＋12πC、48＋8πD、48＋12π13、〔肇庆市2021届高三第二次统测〔期末〕〕假设某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和俯视图如图2所示，那么此几何体的表面积是〔A〕24π〔B〕2482ππ+〔C〕2442ππ+〔D〕32π14、〔珠海市2021届高三上期末〕如图，左视图正视图32 4是圆锥一部分和四分之一球组成的组合体的三视图，那么此几何体的体积为( )A 、83π B 、163π C 、143π D 、23π选择题答案：1、A2、C3、C4、A5、C6、D7、B8、A9、C 10、A 11、C 12、D 13、C 14、C 【二】填空题1、〔潮州市2021届高三上期末〕S 、A 、B 、C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC ＝2，那么球O 的表面积等于＿＿＿＿2、〔揭阳市2021届高三上期末〕正方形1111ABCD A B C D -的一个面1111A B C D 在半径为3的半球底面上，A 、B 、C 、D四个顶点都在此半球面上，那么正方体1111ABCD A B C D -的体积为3、〔汕头市2021届高三上期末〕如图，点A 、B 、C 、D 是球O 的球面上四点，DA ⊥平面ABC ， AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，那么球O 的体积等于___________.填空题答案 1、4π 2、223、29π【三】解答题1、〔潮州市2021届高三上期末〕如图，在四棱锥B －ACDE 中，AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，∠ABC ＝3∠BAC ＝90°，BF ⊥AC 于F ，AC ＝4CD ＝4，AE ＝3。

广东省广州市普通高中2021高考高三数学第1次模拟试题精选：立体几何01 Word版含答案

立体几何011、假设一个圆锥的轴截面是边长为4cm 的等边三角形 ,那么这个圆锥的侧面积为 2cm 【答案】8π 【解析】因为圆锥的轴截面是边长为4cm 的等边三角形 ,所以母线4l = ,底面半径2r = .所以底面周长24c r ππ== ,所以侧面积为1144822lc ππ=⨯⨯= .2、如下列图 ,一个空间几何体的三视图 ,那么该几何体的体积为俯视图左视图主视图【答案】2323π+【解析】由三视图可知该几何下面是圆柱 ,上面是四棱锥 .圆柱的底面半径为1 ,高为2 所以圆柱的体积为2π .四棱锥的高为2213-= ,四棱锥底面边长为2 ,所以四棱锥的体积为2123(2)333⨯⨯= ,所以该几何体的体积为2323π+ .3、正方体1111D C B A ABCD -中 ,异面直线C B 1与D C 1所成的角的大小为【答案】【解析】连结11AC ,1A D ,那么11//AD B C ,所以11D BC ∠为直线1BD 与平面11B BCC 所成的角 ,所以设正方体的边长为 1 ,那么12BC = ,所以1111112tan 22D C D BC BC === ,所以11D BC ∠2arctan2= .4、三棱锥S ABC -中 ,E 、F 、G 、H 分别为SA 、AC 、BC 、SB 的中点 ,那么截面EFGH 将三棱锥S ABC -分成两局部的体积之比为【答案】1:1【解析】因为E 、F 、G 、H 分别为SA 、AC 、BC 、SB 的中点 ,所以四边形EFGH 为平行四边形 ,SC 平行平面EFGH 且AB 平行平面EFGH ,且SC 和AB 到平面EFGH 的距离相同 .每一局部都可以可作是一个三棱锥和一个四棱锥两局部的体积和 .如图1中连接DE 、DF ,V ADEFGH =V D ﹣EFGH +V D ﹣EFA ：图2中 ,连接BF 、BG ,V BCEFGH =V B ﹣EFGH +V G ﹣CBF E ,F ,G 分别是棱AB ,AC ,CD 的中点 ,所以V D ﹣EFGH =V B ﹣EFGH V D ﹣EFA 的底面面积是V G ﹣CBF 的一半 ,高是它的2倍 ,所以二者体积相等．所以V ADEFGH ：V BCEFGH =1：15、正三棱柱的底面正三角形边长为2 ,侧棱长为3 ,那么它的体积=V ．【答案】33【解析】正三棱柱的底面面积为12222⨯⨯⨯=,所以体积为. 6、假设圆柱的侧面展开图是一个正方形 ,那么它的母线长和底面半径的比值是．【答案】π2【解析】设圆柱的底面半径为r ,母线为l ,那么2l r π= ,所以2l rπ= .7、假设圆椎的母线cm 10=l ,母线与旋转轴的夹角030=α,那么该圆椎的侧面积为 2cm【答案】50π【解析】因为线与旋转轴的夹角030=α ,设底面圆的半径为r ,那么010sin305r == .所以底面圆的周长210c r ππ== ,所以该圆锥的侧面积1110105022lc ππ=⨯⨯= .8、123,,l l l 是空间三条不同的直线 ,以下命题中正确的选项是 ( )A 如果1223,l l l l ⊥ ,那么13l l ⊥B 如果1223,l l l l ,那么123,,l l l 共面C 如果1223,l l l l ⊥⊥ ,那么13l l ⊥D 如果123,,l l l 共点 ,那么123,,l l l 共面【答案】A【解析】根据线面垂直和平行的性质可知 ,A 正确 ,所以选A9、一个圆锥的侧面展开图是一个半径为R 的半圆 ,那么这个圆锥的底面积是________．【答案】24R π【解析】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为R 的半圆 ,所以圆锥的 ,母线l R =,设圆锥底面圆的半径为r ,那么2r R ππ=,即2R r =,所以圆锥的底面积是222()24R R r πππ==10、,,,A B C D 是空间四点 ,命题甲：,,,A B C D 四点不共面 ,命题乙：直线AC 和BD 不相交 ,那么甲是乙成立的 [答]( )(A )充分不必要条件(B )必要不充分条件 (C )充要条件(D )既不充分也不必要条件【答案】A【解析】假设,,,A B C D 四点不共面 ,那么直线AC 和BD 不共面 ,所以AC 和BD 不相交 .假设直线AC 和BD 不相交 ,AC 和BD 平行时 ,,,,A B C D 四点共面 ,所以甲是乙成立的充分不必要条件 ,选A11、长方体的三条棱长分别为1 ,1 ,2 ,并且该长方体的八个顶点都在一个球的球面上 ,那么此球的外表积为____________．【答案】6π【解析】因为长方体的八个顶点都在一个球的球面上 ,那么长方体的体对角线为球的直径 ,2r = ,所以球半径2r = ,所以球的外表积为22446r πππ== . 12、m ,n 是两条不同直线 ,βα,是两个不同平面 ,以下命题中的假命题的是 ( )A βαβα//,,则若⊥⊥m mB αα⊥⊥n m n m 则若,,//C n m n m //,,//则若=βααD βαβα⊥⊂⊥则若,,m m【答案】C【解析】C 中 ,当m β⊂时 ,直线//m n ,当m β⊄时 ,直线//m n 不一定成立 ,所以C 为假命题 ,选C13、假设圆锥的侧面展开图是半径为1cm 、圆心角为180︒的半圆 ,那么这个圆锥的轴截面面积等于【答案】4【解析】因为半圆的周长为π ,所以圆锥的母线为1 .设圆锥的底面半径为r ,那么2r ππ= ,所以12r =.= ,所以圆锥的轴截面面积为11222⨯⨯= .14、半径为R 的球的球面上有三个点 ,其中任意两点间的球面距离都等于3R π ,且经过这三个点的小圆周长为4π ,那么R = ．【答案】【解析】设三点分别为A 、B 、C ,球心为O ,由题意知∠AOB =∠AOC =∠BOC =3π ,所以AB =BC =CA =R ,所以,小圆周长为24ππ= ,解得R =。

广东省高三数学(理)一轮复习专题训练：《立体几何》Word版含答案

立体几何1.【2014广东（理）高考7】若空间中四条直线两两不同的直线1l .2l .3l .4l ，满足12l l ⊥，23//l l ，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( )A .14l l ⊥B .14//l lC .1l .4l 既不平行也不垂直D .1l .4l 的位置关系不确定【答案】D2.【2013广东（理）高考5】某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( ).A .4B .143C .163D .6 【答案】B3.【2013广东（理）高考6】设m ,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( ).A .若α⊥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ⊥nB .若α∥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ∥nC .若m ⊥n ,m ⊂α,n ⊂β,则α⊥βD .若m ⊥α,m ∥n ,n ∥β,则α⊥β 【答案】D4.【2012广东（理）高考6】某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( ) A .12π B .45π C .π57 D .π81【答案】C5.【2014广东（理）高考18】 (本小题满分13分)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，30DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E . (1)证明：CF ADF ⊥平面； (2)求二面角D AF E --的余弦值.【答案】(1)详见解析；. （１）PD ⊥平面ABCD ，PD AD ∴⊥，又CD AD ⊥，PD CD D =， AD ∴⊥平面PCD ，AD PC ∴⊥，又AF PC ⊥，PC ∴⊥平面ADF ，即CF ADF ⊥平面；（２）设1AB =，则Rt PDC ∆中，1CD =，又DPC ∠=2PC ∴=，PD =，由（１）知CF DF ⊥DF ∴=AF ==12CF ∴==，又//FE CD ，14DE CF PD PC ∴==，DE ∴=，同理3344EF CD ==，如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则(0,0,1)A ，E，3,0)4F，P ，(0,1,0)C ，设(,,)m x y z =是平面AEF 的法向量，则m AE m EF ⎧⊥⎨⊥⎩，又3(AE EF ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以300m AE x z m EF⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，令4x =，得z =，m =，由（１）知平面ADF 的一个法向量(PC =，设二面角D AF E --的平面角为θ，可知θ为锐角，||cos |cos ,|||||m PCm PC m PC ⋅=<>==⋅θ=，即所求．6.【2013广东（理）高考18】 (本小题满分14分)如图(1),在等腰直角三角形ABC 中,∠A ＝90°,BC ＝6,D ,E 分别是AC ,AB 上的点,CD ＝BE,O 为BC 的中点.将△ADE 沿DE 折起,得到如图(2)所示的四棱锥A ′BCDE ,其中A ′O .图(1)图(2)(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′CDB 的平面角的余弦值. 【答案】(1)详见解析 (2(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD === 连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD ==由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD的延长线于H ,连结A H', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故OH =,从而A H '==所以cos OH A HO A H '∠==',所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量, 所以cos ,3n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为7.【2012广东（理）高考18】 (本小题满分13分)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若1,2PA AD ==，求二面角B PC A --的正切值；【答案】（1）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA又因为PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，BD⊥PC而PA∩PC=P，BD⊥平面PAC.（2）由（1）BD⊥平面PAC，得BD⊥AC，所以矩形ABCD为正方形设AC交BD于点O, 由PC⊥平面BDE,得PC垂直OE和BE所以∠BEO为二面角B－PC－A的平面角1,23PA AD AC BO OC PC==∴===∴==OE COOEPA PC===又所以在直角三角形BEO中，tan∠BEO3BOEO===，即二面角B-PC-A的正切值为3.8．（广东省湛江市湖光中学2014届高三上学期入学考试数学（理）试题）设三棱锥的三个侧面两两互相垂直,且侧棱长均为则其外接球的表面积为（）A．48πB．36πC．32πD．12π【答案】B9错误！未指定书签。

广东新高考数学理科一轮总复习课时练习专题五立体几何(含答案详析)

专题五立体几何1．下列命题中，假命题的个数为( )①与三角形两边平行的平面平行于这个三角形的第三边；②与三角形两边垂直的直线垂直于第三边；③与三角形三顶点等距离的平面平行于这个三角形所在平面．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个2．在斜二测画法中，边长为a 的正方形的直观图的面积为( )A ．a 2 B.22a 2 C.12a 2 D.24a 2 3．设两个平面α，β，直线l ，下列三个条件：①l ⊥α；②l ∥β；③α⊥β.若以其中两个作为前提，另一个作为结论，则可构成三个命题，这三个命题中正确命题的个数为( )A ．3个B ．2个C ．1个D ．0个4．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°5．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．如图K5-1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，E 是CD 的中点，沿AE 将△ADE 折起，使二面角D －AE －B 为60°，则四棱锥D －ABCE 的体积是( )图K5-1 A.9 3913 B.273913 C.91313 D.2713137．已知矩形ABCD 的边AB ＝a ，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，现有以下五个数据：①a ＝12；②a ＝1；③a ＝3；④a ＝2；⑤a ＝4.当在BC 边存在点Q ，使得PQ ⊥QD 时，则可以取________．8．如图K5-2，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1是A 1C 1和B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成的角的大小为α，二面角A －B 1D 1－A 1的大小为β.求证：tan β＝2tan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的高．图K5-29．(2014年广东深圳一模)如图5-3所示，平面ABCD⊥平面BCEF，且四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.(1)求证：AF∥平面CDE；(2)求平面ADE与平面BCEF所成锐二面角的余弦值；(3)求直线EF与平面ADE所成角的余弦值．图5-3专题五立体几何1．B 2.D 3.C 4.A 5.C 6.A7．①② 解析：作图，显然由PQ ⊥QD ，得AQ ⊥QD ，设BQ ＝x ，CQ ＝2－x ，在Rt △AQD 中，AQ 2＋QD 2＝AD 2，a 2＋x 2＋a 2＋()2－x 2＝22，化简，得x 2－2x ＋a 2＝0，方程有解，∴Δ＝4－4a 2≥0，－1≤a ≤1.故选①②.8．(1)证明：如图D106，连接AO 1，AA 1⊥底面A 1B 1C 1D 1于A 1，∴AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成的角为∠AB 1A 1，即∠AB 1A 1＝α.∵AB 1＝AD 1，O 1为B 1D 1中点，∴AO 1⊥B 1D 1.又A 1O 1⊥B 1D 1，∴∠AO 1A 1是二面角A －B 1D 1－A 1的平面角，即∠AO 1A 1＝β.∴tan α＝AA 1A 1B 1＝h ，tan β＝AA 1A 1O 1＝2h ＝2tan α. 即tan β＝2tan α.图D106 图D107(2)建立如图D107空间直角坐标系，有A (0,0，h )，B 1(1,0,0)，D 1(0,1,0)，C (1,1，h )， ∴AB 1→＝(1,0，－h )，AD 1→＝(0,1，－h )，AC →＝(1,1,0)．设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵ ⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥AB 1→，n ⊥AD 1→⇔⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·AD 1→＝0，取z ＝1，得n ＝(h ，h,1)． ∴点C 到平面AB 1D 1的距离为d ＝|n ·AC →||n |＝h ＋h ＋0h 2＋h 2＋1＝43，则h ＝2. 9．解：方法一：(1)取CE 中点为G ，连接DG ，FG .∵BF ∥CG 且BF ＝CG ，∴四边形BFGC 为平行四边形，∴BC ∥FG 且BC ＝FG .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD 且BC ＝AD .∴FG ∥AD 且FG ＝AD .∴四边形AFGD 为平行四边形，则AF ∥DG .∵DG ⊂平面CDE ，AF ⊄平面CDE ，∴AF ∥平面CDE .(2)如图D108，过点E 作CB 的平行线交BF 的延长线于P ，连接FP ，EP ，AP ， ∵EP ∥BC ∥AD ，∴A ，P ，E ，D 四点共面．∵四边形BCEF 为直角梯形，四边形ABCD 为矩形，∴EP ⊥CD ，EP ⊥CE ，又∵CD ∩CE ＝C ，∴EP ⊥平面CDE ，∴EP ⊥DE .又∵平面ADE ∩平面BCEF ＝EP ，∴∠DEC 为平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的平面角． ∵DC ＝CE ＝4，∴cos ∠DEC ＝CE DE ＝22. 即平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值为22.图D108 图D109(3)如图D109，过点F 作FH ⊥AP 于H ，连接EH ，∵根据(2)知A ，P ，E ，D 四点共面，EP ∥BC ∥AD ，∴BC ⊥BF ，BC ⊥AB .又∵AB ∩BF ＝B ，∴BC ⊥平面ABP .∴BC ⊥FH ，则FH ⊥EP .又∵FH ⊥AP ，∴FH ⊥平面ADE .∴直线EF 与平面ADE 所成角为∠HEF .∵DC ＝CE ＝4，BC ＝BF ＝2，∴FH ＝FP sin45°＝2，EF ＝FP 2＋EP 2＝2 2，HE ＝ 6.∴cos ∠HEF ＝HE EF ＝62 2＝32. 即直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值为32. 方法二：(1)∵四边形BCEF 为直角梯形，四边形ABCD 为矩形，∴BC ⊥CE ，BC ⊥CD .又∵平面ABCD ⊥平面BCEF ，且平面ABCD ∩平面BCEF ＝BC ，∴DC ⊥平面BCEF .以C 为原点，CB 所在直线为x 轴，CE 所在直线为y 轴，CD 所在直线为z 轴建立如图D110所示的空间直角坐标系．图D110根据题意，可得， A (2,0,4)，B (2,0,0)，C (0,0,0)，D (0,0,4)，E (0,4,0)，F (2,2,0)，则AF →＝(0,2，－4)，CB →＝(2,0,0)．∵BC ⊥CD ，BC ⊥CE, ∴CB →为平面CDE 的一个法向量．又∵AF →·CB →＝0×2＋2×0＋(－4)×0＝0，∴AF ∥平面CDE .(2)设平面ADE 的一个法向量为n 1→＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n 1→＝0，DE →·n 1→＝0. ∵AD →＝(－2,0,0)，DE →＝(0,4，－4),∴⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＝0，4y 1－4z 1＝0，取z 1＝1，得n 1→＝(0,1,1)． ∵DC ⊥平面BCEF ，∴平面BCEF 的一个法向量为CD →＝(0,0,4)．设平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的大小为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·n 1→|CD →|·|n 1→|＝44×2＝22. 因此，平面ADE 与平面BCEF 所成锐二面角的余弦值为22. (3)根据(2)知平面ADE 的一个法向量为n 1→＝(0,1,1)．∵EF →＝(2，－2,0)，∴cos 〈EF →，n 1→〉＝EF →·n 1→|EF →|·|n 1→|＝－22 2×2＝－12. 设直线EF 与平面ADE 所成角为θ，则cos θ＝|sin 〈EF →，n 1→〉|＝32. 因此，直线EF 与平面ADE 所成角的余弦值为32.。

广东省2021届高考数学一轮温习立体几何备考试题理 (1)

广东省2021年高考数学理一轮温习备考试题：立体几何一、选择题1．（珠海2021届高三9月摸底）如图是一个几何体的三视图，那么该几何体的体积为（）A ．163πB ．16πC ．83πD ．8π二、（2021广东高考）某四棱台的三视图如下图,那么该四棱台的体积是( )A . 4B ．143C ．163D ．63、（2021广东高考）设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,以下命题中正确的选项是( )A . 若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,那么m n ⊥B ．假设//αβ,m α⊂,n β⊂,那么//m nC ．假设m n ⊥,m α⊂,n β⊂,那么αβ⊥D ．假设m α⊥,//m n ,//n β,那么αβ⊥ 4、（2021广东高考）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（）A.12πB.45πC.57πD.81π五、（2020广东高考）如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，那么该几何体的体积为A ．63B ．93C ．123D ．183六、（广州海珠区2021届高三8月摸底）已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，以下说法正确的选项是A ．假设//,//,m n αα则//m nB ．假设m α⊥，n α⊂，那么m n ⊥4444 4正视图侧视图俯视图第1题图4图5C ．假设m α⊥，m n ⊥，那么//n αD ．若//m α，m n ⊥，那么n α⊥二、解答题7、（2021广东高考）如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，030DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E .（1）证明：CF ADF ⊥平面（2）求二面角D AF E --的余弦值八、（2021广东高考）如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 别离是,AC AB 上的点,2CD BE ==,O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,取得如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中3A O '=.(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ； (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.九、（2021广东高考）如图5所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .（Ⅰ）证明：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）假设1PA =，2AD =，学科网求二面角B PC A --的正切值. 10、（2020广东高考）如图5，在锥体P ABCD -中，ABCD 是边长为1的菱形，且60DAB ∠=，2PA PD ==，2PB =，,E F别离是BC ,PC 的中点．（1）证明：AD ⊥平面DEF ；（2）求二面角P AD B --的余弦值．1一、（2021广州一模）如图5，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1D D 的. COBDEACDOBE图1图2中点，点F 在棱1B B 上，且知足12B F FB =．（1）求证：11EF A C ⊥；（2）在棱1C C 上确信一点G ，使A ，E ，G ，F 四点共面，并求现在1C G 的长；（3）求平面AEF 与平面ABCD 所成二面角的余弦值．1二、（珠海2021届高三9月摸底）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，E F G 、、别离为11AB C D DC 、、中点，1233AB AD AC ===，，（1）求证：1C E AFC 平面．（2）求二面角F AC G --的正切值．13、（广州海珠区2021届高三8月）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为正方形，PD PA =，⊥PA 平面PDC ，E 为棱PD 的中点．（1）求证：PB // 平面EAC ；（2）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（3）求二面角B AC E --的余弦值．14、（2021届肇庆二模）如图5，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，且DAB =60. 侧面PAD 为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD ，G 为AD 边的中点.（1）求证：BG 平面PAD ；（2）求平面PBG 与平面PCD 所成二面角的平面角的余弦值；（3）若E 为BC 边的中点，可否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF 平面ABCD ，并证明你的结论.15．（2021届深圳二模）如图5,已知△ABC 为直角三角形,∠ACB 为直角.以AC 为直径作半圆O,使半圆O 所在G FEA 1D 1C 1B 1D CBA第18题图平面⊥平面ABC,P 为半圆周异于A,C 的任意一点. (1) 证明:AP ⊥平面PBC(2) 假设PA=1,AC=BC=2,半圆O 的弦PQ ∥AC,求平面PAB 与平面QCB 所成锐二面角的余弦值. 答案：一、A 二、B 3、D 4、C 五、B 六、B 7（1）证明：PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD∴PD AD ⊥ ①四边形ABCD 为正方形∴AD CD ⊥ ②AD ∴⊥平面PCD CF ⊂平面PCD AD CF ⊥ ③AF PC ⊥即AF CF ⊥ ④ 且AF AD A ⋂= CF ∴⊥平面ADF（2）方式1（传统法）过E 作EG DF ⊥交DF 于G GH AF ⊥交AF 于H ，连接EH EDG ∠确实是所求二面角的平面角（进程略）方式2（向量法）由（1）可得，,,AD PD AD DC PD DC ⊥⊥⊥，成立空间直角坐标系D xyz -，如下图.设DC a =在Rt PDC ∆中，,30DPC CD a ∠==，那么2,PC a PD ==；由（1）知PF DF ⊥，因此3cos302PF PD a ==，因为//FE CD ，因此EF PF PEDC PC PD==，因此34EF a =，PE =，因此ED =因此3(0,0,),,0),(0,,0)4a A a E F C a ，则333(,0,),(,),444a a a AE a AF a =-=- 设平面AEF 的法向量为(,,)n x y z =，那么00n AEn AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得0304x az a x yaz ⎧-=⎪⎪+-=，取1x =，那么0z y ==，因此3(1,0,4n = 由（1）可知，平面ADF的法向量为3(,,0)44aCF =-，因此004cos ,||||n CF n CF n CF a ++⋅<>====⋅设二面角D AFE --为θ，则cos 19θ=八、(Ⅰ) 在图1中,易患3,OC AC AD ===连结,OD OE ,在OCD ∆中,由余弦定理可得由翻折不变性可知A D '=因此222A O OD A D ''+=,因此A O OD '⊥, 理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,因此A O '⊥平面BCDE .C D OBEHC DOxE向量法图yzB(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,因此A H CD '⊥, 因此A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故322OH =,从而2230A H OH OA ''=+= 因此15cos 5OH A HO A H '∠==',因此二面角A CD B '--的平面角的余弦值为155. 向量法:以O 点为原点,成立空间直角坐标系O xyz -如下图, 则(3A ',()0,3,0C -,()1,2,0D - 因此(3CA '=,(1,3DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,那么00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即330230y z x y z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩,解得3y xz x =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,3n =- 由(Ⅰ) 知,(3OA '=为平面CDB 的一个法向量, 因此315cos ,35n OA n OA n OA '⋅'===⋅',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为155.九、解析：（Ⅰ）因为PC ⊥平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，因此PC BD ⊥.又因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，因此PA BD ⊥.而PCPA P =，PC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，因此BD ⊥平面PAC .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知BD ⊥平面PAC ，而AC ⊂平面PAC ，因此BD AC ⊥，而ABCD 为矩形，因此ABCD 为正方形，于是2AB AD ==.法1：以A 点为原点，AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴，成立空间直角坐标系A BDP -.那么()0,0,1P 、()2,2,0C 、()2,0,0B 、()0,2,0D ，于是()0,2,0BC =，()2,0,1PB =-.设平面PBC 的一个法向量为=1n (),,x y z ，那么00BC PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩11n n ，从而2020y x z =⎧⎨-=⎩，令1x =，得()1,0,2=1n .而平面PAC 的一个法向量为=2n ()2,2,0BD =-.因此二面角B PC A --的余弦值为210cos ,10522⋅<>==⨯121212=n n n n n n ，于是二面角B PC A--的正切值为3.法2：设AC 与BD 交于点O ，连接OE .因为PC ⊥平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，BE ⊂平面BDE ，因此PC OE ⊥，PC BE ⊥，于是OEB∠确实是二面角B PC A --的平面角.又因为BD ⊥平面PAC ，OE ⊂平面PAC ，因此OEB ∆是直角三角形.由OEC ∆∽PAC ∆可得OE PAOC PC=，而2AB AD ==，因此22AC =，2OC =，而1PA =，因此3PC =，于是12233PA OE OC PC =⨯=⨯=，而2OB =，于是二面角B PC A --的正切值为3OB OE =.10、（1）证明：取AD 的中点H ，连接,,PH BH BD∵PA PD =，∴AD PH ⊥∵在边长为1的菱形ABCD 中，60DAB ∠= ∴△ABD 是等边三角形 ∴AD HB ⊥，PHHB H =∴AD ⊥平面PHB ∴AD PB ⊥∵,E F 别离是BC ,PC 的中点 ∴EF ∥PB ，HB ∥DE ∴AD DE ⊥，AD EF ⊥，DE EF E =∴AD ⊥平面DEF（2）解：由（1）知PH AD ⊥，HB AD ⊥ ∴PHB ∠是二面角P AD B --的平面角易求得PH BH==∴2227334cos2PH HB PBPHBPH HB+--+-∠==⋅P AD B--的余弦值为1一、推理论证法：（1）证明：连结11B D，BD，因为四边形1111A B C D是正方形，因此1111A CB D⊥．在正方体1111ABCD A B C D-中，1DD⊥平面1111A B C D，11A C⊂平面1111A B C D，因此111A C DD⊥．因为1111B D DD D=，11B D，1DD⊂平面11BB D D，因此11A C⊥平面11BB D D．因为EF⊂平面11BB D D，因此11EF A C⊥．（2）解：取1C C的中点H，连结BH，那么BH AE．在平面11BB C C中，过点F作FG BH，那么FG AE．连结EG，那么A，E，G，F四点共面．E，时，A，G，F四点共面．（3）延长EF，DB，设EF DB M=，连结AM，那么AM是平面AEF与平面ABCD的交线．过点B作BN AM⊥，垂足为N，连结FN，因为FB AM⊥，FB BN B=，因此AM⊥平面BNF．因为FN⊂平面BNF，因此AM⊥FN．因此FNB∠为平面AEF与平面ABCD所成二面角的平面角．在△ABM中，AB a=，135ABM∠=，因此2222cos135AM AB MB AB MB=+-⨯⨯⨯sin135， sin135a ⨯=213a ⎫+⎪⎭ 故平面AEF 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为空间向量法：（1）证明：以点D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线别离为x 轴，y 轴，z 轴，成立如图的空间直角坐标系，则(),0,0A a ，()1,0,A a a ，()10,,C a a ，因此()11,,0AC a a =-，,EF a a ⎛= 因为221100AC EF a a =-++=，因此11AC EF ⊥．因此11EF AC ⊥．（2）解：设()0,,G a h ，因为平面11ADD A 平面11BCC B ，平面11ADD A 平面AEGF AE =，平面11BCC B 平面AEGF FG =，因此FGAE ．因此存在实数λ，使得FG AE λ=．因为AE a ⎛=- ，,0,FG a ⎛=-，E ，G ，F 四点共面．（3）解：由（1）知AE a ⎛=- ，0,AF a ⎛=设(),,x y z =n 是平面AEF 的法向量，那么0,0.AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩n n 即取6z =，那么3x =，2y =-．因此()3,2,6=-n 是平面AEF 的一个法向量．而()10,0,DD a =是平面ABCD 的一个法向量，设平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，那么11DD DD n n 0=故平面AEF 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为1二、解：(1)．证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，E F 、别离为11AB C D 、中点，∴1AE C F 且1AE C F =∴四边形1AEC F 是平行四边形∴1C E AF …………………………………………………………3分AF AFC ⊂平面，1C E AFC⊄平面∴1C E AFC 平面……………………………5分(2)．长方体1111ABCD A B C D -中，F G 、别离为11C D DC 、中点，123AB AD AC ==，∴FG ABCD ⊥平面 ……………………………7分过F 做FH AC ⊥于H ，又AC FG ⊥∴FHG ∠确实是二面角F AC G--的平面角 (9)分FG =，在ACG ∆中，GH AC AD CG ⋅=⋅∴AD CG GHAC ⋅==11分 ∴直角三角形FGH 中tan 3FGFHG GH∠=== ………………………………13分∴二面角F AC G --的正切值为3……………………………14分 13．H G FEA 1D 1C 1B 1D CBA14、（1）证明：连结BD .因为ABCD 为棱形，且∠DAB =60°，因此ABD 为正三角形. （1分）又G 为AD 的中点，因此BG ⊥AD . （2分）又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，（3分） ∴BG ⊥平面PAD . （4分）解：（2）∵△PAD 为正三角形，G 为AD 的中点，∴PG ⊥AD .∵PG 平面PAD ，由（1）可得：PG ⊥GB . 又由（1）知BG ⊥AD .∴PG 、BG 、AD 两两垂直. （5分）故以G 为原点，成立如图所示空间直角坐标系G xyz -，330cos =︒=PD PG ，360sin =︒=AB GB ，（6分）因此(0,0,0)G ，(0,1,0)D ，(3P ，()3,2,0C ， (0,1,3,PD =- (3,2,3PC =- （7分）设平面PCD 的法向量为0()0n PD n x y z n PC ⎧=⎪=⎨=⎪⎩·，，，∴·，即303230y z x y z ⎧=⎪+= 令1z =，那么13(131)x y n =-==-，，∴，，（8分）又平面PBG 的法向量可为()020AD =，，，（9分）设平面PBG 与平面PCD 所成二面角的平面角为θ，那么 ∴2315cos ||||25n AD n AD θ===·· 即平面PBG 与平面PCD 15. （10分）（3）当F 为PC 的中点时，平面DEF ⊥平面ABCD . （11分）取PC 的中点F ，连结DE ，EF ，DF ，CG ，且DE 与CG 相交于H .因为E 、G 别离为BC 、AD 的中点，因此四边形CDGE 为平行四边形，故H为CG的中点. 又F为CP的中点，因此FH//PG. （12分）由（2），得PG平面ABCD，因此FH平面ABCD. （13分）又FH平面DEF，因此平面DEF⊥平面ABCD. （14分）1五、。

广东省广州市重点学校备战2021高考高三数学一轮复习试题精选：立体几何35

立体几何3516、如图BD 是边长为3的ABCD 为正方形的对角线，将BCD ∆绕直线AB旋转一周后形成的几何体的体积等于【答案】18π ，【解析】BCD ∆绕直线AB 旋转一周后形成的几何体是圆柱去掉一个圆锥，2213333183V πππ=⨯⨯-⨯⨯=17、正四棱锥S ABCD 的侧棱长为2，底面边长为3，E 为SA 中点，则异面直线BE 与SC 所成的角是（）A 、30°B 、45°C 、60°D 、90°18、一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为 . 【答案】312【解析】几何体是斜四棱柱，底面是边长为3、4的矩形，高等于,3所以343123V Sh ==⨯⨯=19、若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为12，则该几何体的俯视图可以是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为12，几何体可以是三棱柱。

20、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则1BB 与平面11AB C 所成的角为（） A.6π B. 4π C. 3π D. 2π21、一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ▲ ）30m20m10mEAB C DA．533 B ．433 C．536D ．3【答案】A【解析】几何体可以拼接成高为2的正三棱柱，231532213433V =⨯⨯-⨯⨯=22、在正方体!111D C B A ABCD -中,Q P N M 、、、分别是1111CC D C AA AB 、、、的中点,给出以下四个结论:①1AC MN ⊥； ②1AC //平面MNPQ ； ③1AC 与PM 相交； ④1NC 与PM 异面其中正确结论的序号是 ▲ . 【答案】（1）（3）（4）【解析】由图形可以观看出1AC 与平面MNPQ 相交于正方体中心23、设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（） A ．23a π B ．26a π C ．212a π D ．224a π 【答案】B【解析】由题意，球的直径是长方体的对角线，所以2264,62a r S a r ππ===24、四棱锥P ABCD -的顶点P 在底面ABCD 上的投影恰好是A ，其正视图与侧视图都是腰长为a 的等腰直角三角形。

广东省广州市重点学校备战2021高考高三数学一轮复习试题精选：立体几何31

立体几何311、设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：（1）//////αββγαγ⎫⇒⎬⎭（2）//m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭（3）//m m ααββ⊥⎫⇒⊥⎬⎭（4）////m n m n αα⎫⇒⎬⊂⎭，其中正确的是(A)（1）（2）(B)（1）（3） (C)（2）（3）(D)（2）（4）【答案】B【解析】依据面面平行的性质可知，（1）正确，排解C,D,依据线面垂直的性质，可知（3）正确，所以选B. 2、对于直线m,n 和平面,,αβγ，有如下四个命题：(1)若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α (2)若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α (3)若αβ⊥，γβ⊥,则α∥γ (4)若m α⊥，m ∥n ，n β⊂，则αβ⊥ 其中真命题的个数是()A ．1B ．2C ．3D ． 43、一个三棱柱的正（主）视图和侧（左）视图分别是矩形和正三角形，如图所示，则这个三棱柱的体积为_________；【答案】32【解析】由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的一个正三棱柱，底面正三角形的高为3，则边长为2，三棱柱的高为2，所以三棱柱的体积为3222321=⨯⨯⨯。

4. 如图，正三棱柱ABC -111A B C 的各棱长均为2，其正（主）视图如图所示，则此三棱柱侧（左）视图的面积为A. 22B. 4C. 3D. 32【答案】D【解析】由正视图可知，此三棱柱的侧视图为，高为2，宽为3的矩形，所以面积为32，选D.5、一个几何体的三视图如右图所示，则这个几何体的体积等于( ) A ．4B ．6C ．8D ． 12俯视图侧视图正视图2222答案：A解析：由三视图可知这是一个底面是直角梯形，高2=AE ,的四棱锥。

底面是一个直角梯形，上底2=CD ,下底4=BE ,梯形的高2=BC 。

所以四棱锥的体积为422)42(2131=⨯⨯+⨯，选A. 6、如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积是12，则该几何体的俯视图可以是7、设m ,n 是两条不同的直线, α,β,γ是三个不同的平面．有下列四个命题： ①若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m n ； ②若m α⊥，//m β，则αβ⊥；③ 若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥； ④ 若αγ⊥，βγ⊥，m α⊥，则m β⊥．其中错误．．命题的序号是 A ．①③ B ．①④ C ．②③④ D ．②③8、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的A.外接球的半径为33B.体积为3C.表面积为631++D.外接球的表面积为163π【答案】D【解析】由三视图可知，这是侧面ABC ACD ⊥,高3=DO 的三棱锥，12==OB AC ，,所以三棱锥的体积为33322131=⨯⨯⨯，设外接球的圆心为O 半径为x ，则x OE -=3，在直角三角形OEC 中，222OE CE OE =+,即221)3(x x =+-，整理得221323x x x =++-，解得半径332=x ，所以外接球的表面积为316)332(4422πππ=⨯=x ，选D. 9、已知某棱锥的三视图如右图所示，则该棱锥的体积为 .10、已知正三棱柱'''C B A ABC -的正（主）视图和侧（左）视图如图所示。

2021年高考数学一轮复习立体几何备考试题

2021年高考数学一轮复习立体几何备考试题一、选择题1、（xx年江西高考）一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是2、（xx年江西高考）如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为，那么A.8B.9C.10D.113、（xx年江西高考）如图，已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1，点E是侧棱SC上一动点，过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分。

记SE=x（0＜x＜1），截面下面部分的体积为V（x），则函数y=V（x）的图像大致为4、（红色六校xx届高三第一次联考）已知正方体被过一面对角线和它对面两棱中点的平面截去一个三棱台后的几何体的主（正）视图和俯视图如下，则它的左（侧）视图是( )5、（xx届江西省高三4月模拟）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. C. D.6、（吉安一中xx届高三下学期第一次模拟）如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线上，则在下列命题中，错误．．的为（）A. O-ABC是正三棱B. 直线OB∥平面ACDC. 直线AD与OB所成的角是45°D. 二面角D-OB-A为45°7、（南昌三中xx届高三第七次考试）M是正方体的棱的中点，给出下列命题：①过M点有且只有一条直线与直线、都相交；②过M点有且只有一条直线与直线、都垂直；③过M点有且只有一个平面与直线、都相交；④过M点有且只有一个平面与直线、都平行.其中真命题是（）A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③8、设a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题：①若a⊥b，a⊥α，则b∥α；②若a∥α，α⊥β则a⊥β；③若a⊥β，α⊥β，则a∥α；④若a⊥b，a⊥α，b⊥β则a⊥β．其中正确命题的个数是A．0 B．1 C．2 D．39、将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为10、设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，考查下列命题，其中正确的命题是 A 、 B 、 C 、 D 、11、平面四边形中，，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A. B. C. D.12、如右图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．1 B ． C ． D ．二、解答题1、（xx 年江西高考）如图，四棱锥中，为矩形，平面平面. （1）求证：（2）若问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值.2、（xx年江西高考）如图，四棱锥中，，3,12DAB DCB EA EB AB PA ∆≅∆====，，连接并延长交于. (1) 求证：；(2) 求平面与平面的夹角的余弦值.11113、（xx 年江西高考）在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AB=AC=AA 1=，BC=4，在A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O 。

2021年高考数学一轮复习立体几何章节专项测试文

2021年高考数学一轮复习立体几何章节专项测试文一．基础题组1.【广东省中山市高三级xx学年第一学期期末统一考试】若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示，则该棱柱的体积为（）A．B．C．D．62.【广东省华附、省实、广雅、深中xx届高三上学期期末联考】某几何体的三视图如图所示,其中正（主）视图与侧（左）视图的边界均为直角三角形，俯视图的边界为直角梯形，则该几何体的体积是A. B. C. D.【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥,根据“正侧等高，正俯等长，侧俯等宽”的规则，其体积为考点：三视图和几何体的体积.3.【广东省揭阳市xx 届高三学业水平考试】图（1）中的网格纸是边长为的小正方形，在其上用粗线画出了一四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（）A. B. C. D.图（1）侧视图正视图俯视图4.【广东省珠海市xx 学年第一学期期末学生学业质量监测】一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是（）A. B. C. D.俯视图正视图侧视图111第7题图6633333333二．能力题组1.【广东省佛山市普通高中xx届高三教学质量检测一】某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示,其中俯视图是中心角为的扇形,则该几何体的体积为（）A．B．C．D．图12.【广东省广州市xx 届高三年级调研测试】某几何体的三视图（如图3所示）均为边长为的等腰直角三角形，则该几何体的表面积是（）A. B. C. D.三．拔高题组1.【广东省中山市高三级xx 学年第一学期期末统一考试】如图所示，圆柱的高为2，底面半径为,AE 、DF 是圆柱的两条母线，过作圆柱的截面交下底面于, 四边形ABCD 是正方形. （Ⅰ）求证；（Ⅱ）求四棱锥E-ABCD 的体积.图3正视图侧视图俯视图考点：1.棱柱、棱锥、棱台的体积；2.空间中直线与直线之间的垂直关系．2.【广东省佛山市普通高中xx届高三教学质量检测一】如图,矩形中,,,、分别为、边上的点,且,,将沿折起至位置(如图所示),连结、,其中.(Ⅰ) 求证:平面；(Ⅱ) 在线段上是否存在点使得平面?若存在,求出点的位置；若不存在,请说明理由.(Ⅲ) 求点到平面的距离.(Ⅱ) 当为的三等分点(靠近)时,平面.证明如下: 因为,,所以，又平面,平面,所以平面.3.【广东省华附、省实、广雅、深中xx 届高三上学期期末联考】已知长方体，点为的中点. （1）求证：面；. .CDBEF图5图6ABCD PEF（2）若，试问在线段上是否存在点使得，若存在求出，若不存在，说明理由.O 1DCC 1A 1D 1B 1在和中有：90,90BAM ABM BAM BEA ∠+∠=︒∠+∠=︒ 同理：，4.【广东省广州市xx届高三年级调研测试】如图6，在三棱锥中，，，为的中点，为的中点，且为正三角形.（1）求证：平面；（2）若，，求点到平面的距离．的高，即点到平面的距离；解法二是作或其延长线于点，然后证明平面，从而得到的长度为点到平面的距离，进而计算的长度即可.因为，所以，即，所以．故点到平面的距离为．5.【广东省揭阳市xx届高三学业水平考试】如图（5），已知、、为不在同一直线上的三点，且，.（1）求证：平面//平面；（2）若平面，且，，，求证：平面；（3）在（2）的条件下，设点为上的动点，求当取得最小值时的长.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.6.【广东省珠海市xx 学年第一学期期末学生学业质量监测】如下图，在三棱柱中，四边形为菱形，，四边形为矩形，若，，.（1）求证：平面；（2）求证：面；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】试题分析：（1）由四边形为矩形得到，再结合直线与平面平行的判定定理即可证明平面；（2）先证平面，进而得到，再由四边形为菱形得到，最后结合直线与平面垂直的判定定理证明平面；（3）由平面，从而将三棱锥的高转化为点到平面的距离，计算出高后再利用锥体体积的计算公式计算三棱锥的体积.（第18题图）B C A 1A 1B 1C（3）解：过作于，由第（1）问已证面，面，，平面，由题设知，111111111114322423232C A B C V A B B C BD -=⨯⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=，三棱锥的体积是.考点：1.直线与平面平行；2.直线与平面垂直；3.三棱锥的体积的计算d24928 6160 慠32156 7D9C 綜 37961 9449鑉36452 8E64 蹤&"35644 8B3C 謼35197 897D 襽31179 79CB 秋n*33942 8496 蒖。

广州市2021年高三下学期高考数学模拟试题精选汇总：立体几何02 含答案

立体几何02三、解答题1．如图,四棱柱1111DCBAABCD-的底面ABCD是平行四边形,且1=AB,2=BC,060=∠ABC,E为BC的中点, ⊥1AA平面ABCD.(Ⅰ)证明:平面⊥AEA1平面DEA1;(Ⅱ)若EADE1=,试求异面直线AE与DA1所成角的余弦值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角1--C AD E的余弦值.2．如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中∠ACB=90°,M,N分别为A1B,B1C1的中点,BC=AA1=2AC=2,求证:(1)求三棱柱C1-A1CB的体积;(2)求直线A1C与直线MB1所成角的余弦值;(3)求平面B1MN与平面A1CB所成锐二面角的余弦值.AB CDE1A1B1C1D3．已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形,AB∥DC,⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD,且PA=AD=DC=21AB=1,M 是PB 的中点. (Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD; (Ⅱ)求AC 与PB 所成角的余弦值;(Ⅲ)求面AMC 与面BMC 所成二面角的余弦值.4．如图,已知四棱锥E-ABCD 的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE=2(1)求证:平面EAB⊥平面ABCD (2)求二面角A-EC-D 的余弦值5.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点.（Ⅰ）证明：1AC D E ⊥；（Ⅱ）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD 上是否存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ？若存在，求DP 的长；若不存在，说明理由.D 1C 1B 1A 1ED CBA答案三、解答题1.解(Ⅰ)依题意,CD AB BC EC BE ====21所以ABE ∆是正三角形,060=∠AEB 又00030)120180(21=-⨯=∠CED 所以090=∠AED ,AE DE ⊥因为⊥1AA 平面ABCD ,⊂DE 平面ABCD ,所以DE AA ⊥1 因为A AE AA = 1,所以⊥DE 平面AE A 1因为⊂DE 平面DE A 1,所以平面⊥AE A 1平面 DE A 1(Ⅱ)取1BB 的中点F ,连接EF 、AF ,连接C B 1,则D A C B EF 11//// 所以AEF ∠是异面直线AE 与D A 1所成的角因为3=DE ,2211AE A A E A +=,所以21=A A ,22=BF ,26121=+==EF AF 所以662cos 222=⨯⨯-+=∠EF AE AF EF AE AEF(Ⅰ)(Ⅱ)解法2:以A 为原点,过A 且垂直于BC 的直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴、1AA 所在直线为z 建立右手系空间直角坐标系设a AA =1(0>a ),)0 , 0 , 0(A 则)0 , 2 , 0(D ) , 0 , 0(1a A )0 , 21, 23(E (Ⅰ)设平面AE A 1的一个法向量为) , , (1p n m n =,则⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+=⋅002123111ap AA n n m AE n 0=p ,取1=m ,则3-=n ,从而)0 , 3 , 1(1-=n ,同理可得平面DE A 1的一个法向量为)2, 1 , 3(2an =, 直接计算知021=⋅n n ,所以平面⊥AE A 1平面DE A 1 (Ⅱ)由E A DE 1=即22222)21()23(0)212()23(a ++=+-+ 解得2=a )0 , 21, 23(=,)2 , 2 , 0(1-=A 所以异面直线AE 与D A 1所成角的余弦值66||||cos 11=⋅=D A AE θ (Ⅲ)由(Ⅱ)可知21=A A ,平面DE A 1的一个法向量为2( 3 , 1 ,n =又31=-,,022 CD⎛⎫⎪⎪⎝⎭,)2,2,0(1-=DA设平面1CA D的法向量()3=,,n x y z则133=0=0A D nCD n⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩得()3=1,3,6n设二面角1--C AD E的平面角为ϕ,且ϕ为锐角则232323cos=cos,=n nn nn nϕ⋅4325==5106⋅所以二面角1--C AD E的余弦值为252.解:(1)32=V --------------4 (2)55------------8(3)53------------------133.4.解:(1)证明:取AB 的中点O,连接EO,CO∴==,2EB AE△AEB 为等腰直角三角形∴EO⊥AB,EO=1又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC 是等边三角形,3=∴CO ,又CO EO CO EO EC EC ⊥∴+=∴=,,2222∵EO⊥平面ABCD,又EO ⊂平面EAB,∴平面EAB⊥平面ABCD(2)以AB 的中点O 为坐标原点,OB 所在直线为y 轴,OE 所在直线为z 轴,如图建系则)1,0,0(),0,2,3(),0,0,3(),0,1,0(E D C A --,)1,0,3(),0,1,3(-==EC AC ,DC =(0,2,0)设平面DCE 的法向量为)1,,(y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00,即⎩⎨⎧==-02013y x ,解得:⎪⎩⎪⎨⎧=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∴=01,0,33,33y n x同理求得平面EAC 的一个法向量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1,1,33m772,cos =>=<∴,所以二面角A-EC-D 的余弦值为7725. （Ⅰ）证明：连接BD ∵1111ABCD A B C D -是长方体，∴1D D ⊥平面ABCD ，又AC ⊂平面ABCD ∴1D D AC⊥……1分在长方形ABCD 中，AB BC = ∴BD AC ⊥ …………2分又1BDD D D =∴AC ⊥平面11BB D D ， …………3分而1D E ⊂平面11BB D D ∴1AC D E⊥………4分（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系Dxyz ，则1(1,0,0),(0,0,2),(1,1,1),(1,1,0)A D E B ,1(0,1,1),(1,0,2),(1,1,1)AE AD DE ==-=………5分设平面1AD E 的法向量为(,,)n x y z =，则100n AD n AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 200x z y z -+=⎧⎨+=⎩令1z =，则(2,1,1)n =-………7分cos ,3n DE n DE n DE<>===⨯…………8分所以 DE 与平面1AD E………………9分（Ⅲ）假设在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E . 设P 的坐标为(,0,0)(01)t t≤≤，则(1,1,0)BP t =-- 因为 BP ∥平面1AD E所以 BP n ⊥，即0BP n =， 2(1)10t -+=，解得12t =， ………………12分所以在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ,此时DP 的长12.……13分。

2021-2022年高考数学一轮复习立体几何试题理

2021年高考数学一轮复习立体几何试题理xx xx xx xx233【xx新课标I版（理）12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）（A）（B）（C）（D）【答案】B【xx新课标I版（理）6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3【答案】A【xx新课标I版（理）8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【答案】：A【xx新课标I版（理）7】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，则此几何体的体积为( )A．6 B．9 C．12 D．18【答案】B【xx新课标I版（理）11】已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )A． B． C． D．【答案】A【xx新课标I版（理）19】(本小题满分12分)如图，三棱柱中，侧面为菱形，. （Ⅰ）证明：;（Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.【答案】（I ）连接，交，连接AO ，因为侧面，所以又111,..AB B C B C ABO AO ABO B C AO ⊥⊥⊂⊥所以平面由于平面，故又（II ）因为11,.AC AB O B C AO CO ⊥=且为的中点，所以又因为1,,,,,AB BC BOA BOC OA OB OA OB OB =∆≅∆⊥所以故从而两两相互垂直，以.O OB x OB O xyz =为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系因为1160,.CBB CBB AB BC ∠=︒∆=所以为等边三角形又，则111111333(00),(100),(0,,0),(0,,0).3333333(0,,),(1,0,),(1,,0),333A B B C AB A B AB B C BC -=-==-==--，，，，11111(,,)33=00,330,30.(1,3,3).n x y z AA B y z n AB n A B x z n =⎧-⎪⎧⋅=⎪⎪⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-=⎪⎩=设是平面的法向量，则，即所以可取11111110,0,(1,3,3).m A B m A B C m B C m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩=-设是平面的法向量，则同理可取则 ……12分【xx 新课标I 版（理）18】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【答案】（1）取AB的中点O，连接、、，因为CA=CB，所以，由于AB=A A1，∠BA A1=600，故∆B为等边三角形，所以，所以平面，因为平面，所以AB⊥平面A1C；（2）由（I）知OC⊥AB，又平面ABC⊥平面，故OA,OC两两相互垂直。

广东省广州市重点学校备战2021高考高三数学一轮复习试题精选：立体几何34

立体几何34 1．四棱锥P—ABCD的全部侧棱长都为5，底面ABCD是边长为2的正方形，则CD与PA所成角的余弦值为（）A．55B．255C．45D．352．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（）A．163πB．83πC．43D．23π【答案】A【解析】本题主要考查空间几何体的三视图和球的表面积公式. 属于基础学问、基本力量的考查.这个几何体是如图所示的三棱锥，，设外接球的半径为R,则22231(3)3R R R=+-⇒=，这个几何体的外接球的表面积为22231644()33Rπππ==3．如图甲所示，三棱锥P ABC-的高8,3,30,PO AC BC ACB M N===∠=︒、分别在BC和PO上，且,2((0,3])CM x PN x x==∈，图乙中的四个图像大致描绘了三棱锥N AMC-的体积V与x的变化关系，其中正确的是（）4.一个棱锥的三视图如右图所示，则这个棱锥的体积是A.6B.12C.24D.36【答案】B【解析】本题主要考查多面体的直观图和三视图、棱锥的体积公式. 属于基础学问、基本思维的考查.由题意，多面体是一个四棱锥E-ABCD,ED垂直于平面ABCD，ED=3,AB=4,AD=3,四边形ABCD是矩形这个棱锥的体积＝1343123⨯⨯⨯=5．已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是A. m∥nB. n⊥mC. n∥αD. n⊥α【答案】B【解析】本题主要考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系. 属于基础学问、基本运算的考查.已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，应增加的条件n⊥m，才能使得n⊥β。

6．将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如右图所示，则该几何体的俯视图为答案】 C【解析】本题主要考查空间几何体的三视图. 属于基础学问、基本运算的考查. 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C7、一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．533π B ．553πC ．18πD ．763π【答案】 B【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、圆柱、圆台的体积计算公式. 属于基础学问、基本运算的考查.由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体。

广东省广州市重点学校备战2021高考高三数学一轮复习试题精选：立体几何28

立体几何2822.如图，四棱锥F －ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC=2，BD=2，AE 、CF 都与平面ABCD 垂直，AE=1，CF=2.（I ）求二面角B －AF －D 的大小；（II ）求四棱锥E －ABCD与四棱锥F －ABCD 公共部分的体积. 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系、相交平面所成二面角以及空间几何体的体积计算等学问，考查空间想象力量和推理论证力量、利用综合法或向量法解决立体几何问题的力量。

解：（I ）（综合法）连接AC 、BD 交于菱形的中心O ，过O 作OG ⊥AF ，G 为垂足。

连接BG 、DG 。

由BD ⊥AC ，BD ⊥CF 得BD ⊥平面ACF ，故BD ⊥AF 。

于是AF ⊥平面BGD ，所以BG ⊥AF ，DG ⊥AF ，∠BGD 为二面角B －AF －D 的平面角。

由FC AC ⊥， 2FC AC ==，得4FAC π=，22OG =由2,2OB OG OB OD ⊥==，得22BGD BGO π∠=∠=（向量法）以A 为坐标原点，BD 、AC 、AE 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）23如图６，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为２，点Ｅ是正方形11BCC B 的中心，点Ｆ、Ｇ分别是棱111,C D AA 的中点．设点11,E G 分别是点Ｅ，Ｇ在平面11DCC D 内的正投影．（１）求以Ｅ为顶点，以四边形FGAE 在平面11DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体积；（２）证明：直线11FG FEE ⊥平面；（３）求异面直线11E G EA 与所成角的正统值（3）)0,2,0(11-=G E ，)1,2,1(--=EA ，则62,cos 111111=>=<EAG E EA G E EA G E ，设异面直线11E G EA 与所成角为θ，则33321sin =-=θ. 24.如图，己知两个正方形ABCD 和DCEF 不在同一平面内， M ，N 分别为AB , DF 的中点。

广东省2021届高考数学温习专题汇编立体几何（2007-2021年试题）(1)

立体几何2007 2008 2009 2010 2011 2012 2013 2014 17分17分18分19分24分19分24分18分(2007年高考广东卷第6小题)若,,l m n 是互不相同的空间直线，αβ,是不重合的平面，那么以下命题中为真命题的是（ D ）Ａ．假设l n αβαβ⊂⊂，，∥，那么l n ∥ Ｂ．假设l αβα⊥⊂，，那么l β⊥ Ｃ．假设l n m n ⊥⊥，，那么l m ∥Ｄ．假设l l αβ⊥，∥，那么αβ⊥(2007年高考广东卷第17小题)已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．（1）求该几何体的体积V ；（2）求该几何体的侧面积S ．17解: 由已知可得该几何体是一个底面边长为8和6的矩形，高为4，极点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD ；(1) ()1864643V =⨯⨯⨯= (2) 该四棱锥有两个侧面VAD 、VBC 是全等的等腰三角形,且BC 边上的高为22184422h ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭, 另两个侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形,AB 边上的高为2226452h ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭因此 112(64285)4024222S =⨯⨯+⨯⨯=+(2020年高考广东卷第7小题)将正三棱柱截去三个角（如图1所示A 、B 、 C 别离是△GHI 三边的中点）取得几何体如图2，那么该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（A. ）8图56(2020年高考广东卷第18小题)如下图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD=60°，∠BDC=45°，△ADP ∽△BAD 。

（1）求线段PD 的长；（2）假设PC = 11R ，求三棱锥P-ABC 的体积。

2021年广东省新高考数学总复习立体几何测试卷及答案解析

2021年广东省新高考数学总复习立体几何测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2019·贵州遵义航天中学月考)下列说法正确的是( )A ．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B ．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C ．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D ．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案 A解析空间四边形不是平面图形，故B 错；四面体不是四棱柱，故C 错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D 错；根据公理2可知A 正确，故选A.2．(2019·湛江调研)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．α∩β＝n ，m ⊂α，m ∥β ⇒m ∥nB ．α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ⇒n ⊥βC ．m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β ⇒α⊥βD ．m ∥α，n ⊂α⇒m ∥n答案 A解析对于A ，根据线面平行的性质定理可得A 选项正确；对于B ，当α⊥β，α∩β＝m 时，若n ⊥m ，n ⊂α，则n ⊥β，但题目中无条件n ⊂α，故B 不一定成立；对于C ，若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β相交或平行，故C 错误；对于D ，若m ∥α，n ⊂α，则m 与n 平行或异面，则D 错误，故选A.3．(2019·重庆万州三中月考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是CC 1的中点，F 是A 1B的中点，且DF →＝αAB →＋βAC →，则( )A ．α＝12，β＝－1 B ．α＝－12，β＝1C ．α＝1，β＝－12D ．α＝－1，β＝12答案 A解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得， DF →＝DC →＋CB →＋BF →＝12C 1C →＋CB →＋12BA →1 ＝12A 1A →＋AB →－AC →＋12BA →＋12AA →1＝12AB →－AC →， ∴α＝12，β＝－1，故选A. 4．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝(1， 2， 0)，AD →＝(2， 1， 0)，CC →1＝(0， 1， 5)，则对角线AC 1的边长为( )A ．4 2B ．4 3C ．5 2D ．12答案 C解析因为AC →1＝AA →1＋A 1B 1→＋B 1C 1→＝CC →1＋AB →＋AD →＝(0， 1， 5)＋(1， 2， 0)＋(2， 1， 0)＝(3， 4， 5)，所以|AC →1|＝32＋42＋52＝52，故选C.5.(2019·凉山诊断)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，下列结论中，正确的是( )A ．EF ⊥BB 1B ．EF ⊥平面BCC 1B 1C ．EF ∥平面D 1BCD ．EF ∥平面ACC 1A 1答案 D解析连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线互相平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.。