西安市高考数学真题分类汇编专题16：空间几何D卷
五年(2018-22)高考数学真题分类汇编(全国卷新高考卷卷等)专题16 三角函数单选题(解析版)
【答案】C解析:法1：由基本不等式有 ，
同理 ， ，
故 ，故 不可能均大于 ．
取 ， ， ，则 ，
故三式中大于 的个数的最大值为2，故选C．
法2：不妨设 ，则 ，
由排列不等式可得：
，
而 ，
故 不可能均大于 ．
取 ， ， ，则 ，
故三式中大于 的个数的最大值为2，故选C．
【题目栏目】三角函数\三角恒等变换\三角恒等变换的综合应用
又因为函数图象关于点 对称，所以 ，且 ，
所以 ，所以 ， ，
所以 ．故选：A
【题目栏目】三角函数\三角函数的图像与性质\三角函数的图象
【题目来源】2022新高考全国I卷·第6题
6．(2022年高考全国乙卷数学(文)·第11题)函数 在区间 的最小值、最大值分别为( )
A． B． C． D．
【答案】D
2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编
专题16三角函数单选题
一、选择题
1．(2022高考北京卷·第5题)已知函数 ，则( )
A． 在 上单调递减B． 在 上单调递增
C． 在 上单调递减D． 在 上单调递增
【答案】C
解析:因为 ．
对于A选项，当 时， ，则 在 上单调递增，A错；
对于B选项，当 时， ，则 在 上不单调，B错；
对于C选项，当 时， ，则 在 上单调递减，C对；
对于D选项，当 时， ，则 在 上不单调，D错．
故选,C．
【题目栏目】三角函数\三角函数的图像与性质\三角函数的单调性与周期性
【题目来源】2022高考北京卷·第5题
2．(2022年浙江省高考数学试题·第6题)为了得到函数 1年新高考Ⅰ卷·第4题
三年(2022-2024)高考化学真题分类汇编(全国)专题16 有机化学基础综合题(教师卷)
专题16有机化学基础综合题考点命题趋势考点1有机化学基础综合题近几年的高考题对于有机化学基础综合题的考查，命题思路相对稳定，试题难度基本不变。
题目覆盖有机物主干基础知识，侧重考查新信息获取、新旧知识的整合应用能力，考查学生有序思维和整合新旧知识解决有机问题的能力。
从背景上来看，密切联系生产生活实际。
核心物质的选取以及题干的设计以材料科学、药物化学等具体应用为情境，渗透有机化学的重大贡献，我国科学家的最新研究成果等，将高中阶段的有机反应和新反应结合起来，新反应通过信息给出，将基础和创新融入试题，设问由浅入深，既考查了学生对教材中有机化学基础知识的掌握，又考查了学生有机化学知识的综合应用能力。
题干设计趋于稳定，仍然采取“流程+新信息给予”的模式。
流程中的物质以分子式、结构简式、字母、名称等四种形式呈现。
流程中的一些反应，如果是学生未知的，会以新信息的形式单独呈现，或者在流程中以反应条件的形式给予。
需要学生现场学习新信息，并进行灵活运用。
设问角度及分值，相对固定。
设问形式由浅入深，层层推进的且考点稳定。
核心物质、反应基本类型、典型条件等设计成基本问题。
题日具有一定的梯度，由易到难，最后两问多考查同分异构体的书写、合成路线的设计。
这两年的高考题中，一些高考卷中没有涉及合成路线的设计问题，一定程度上降低了整道试题的难度。
1.(2024·全国甲卷)白藜芦醇(化合物I)具有抗肿瘤、抗氧化、消炎等功效。
以下是某课题组合成化合物I 的路线。
回答下列问题：（1）A中的官能团名称为_____。
（2）B的结构简式为_____。
（3）由C生成D的反应类型为_____。
（4）由E生成F的化学方程式为_____。
（5）已知G可以发生银镜反应，G的化学名称为_____。
（6）选用一种鉴别H和I的试剂并描述实验现象_____。
（7）I的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_____种(不考虑立体异构)。
①含有手性碳(连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)；②含有两个苯环；③含有两个酚羟基；④可发生银镜反应。
专题16 立体几何选填题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编
因为 平面 ，所以 ，又 ， ，
所以 平面 ，所以 ，
设正方体棱长为2，则 ，
，所以 ．
故选：D
【题目栏目】立体几何\空间角\异面直线所成的角
【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第5题
14．(2021年高考全国甲卷理科·第11题)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且 ，则三棱锥 的体积为()
A． B． 与平面 所成的角为
C． D． 与平面 所成的角为
【答案】D
解析：
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；
A B． C． D．
【答案】C
解析：设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当 即 时等号成立，故选：C
【题目栏目】立体几何\球的问题\球的其它问题
由勾股定理可得 ，
从而有： ，
据此可得 ，即 ，
据此可得平面 平面 不成立，选项B错误；
对于选项C，取 的中点 ，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项C错误；
对于选项D，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项D错误；
【精品】备战2020年高考理科数学之高频考点专题专题16 空间向量与立体几何(学生版)
专题16 空间向量与立体几何考点1 利用空间向量证明平行与垂直调研1 如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，O是AC的中点，E是线段1D O上一点，且1D E EOλ=⋅u u u u r u u u r.（1）求证：11DB CD O⊥平面；（2）若平面CDE ⊥平面1CD O ，求λ的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）2λ=.【解析】（1）不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则1111(0,0,0),(1,1,1),(,,0),(0,1,0),(0,0,1)22D B O C D ，于是1111(1,1,1),(,,0),(0,1,1)22DB OC CD ==-=-u u u u r u u u u r u u u r ，因为1110,0DB CD DB OC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u u u u ru r ，所以111,DB CD DB OC ⊥⊥， 故11DB CD O ⊥平面.（2）由（1）可知1CD O 平面的一个法向量为1(1,1,1)DB ==u u u u rm ， 由1D E EO λ=⋅u u u u r u u u r，则1(,,)2(1)2(1)(1)E λλλλλ+++，设平面CDE 的法向量为(,,)x y z =n ，由·0,0CD DE =⋅=u u u r u u u r n n ，得0,02(1)2(1)(1)y x y zλλλλλ=⎧⎪⎨++=⎪+++⎩∴可取(2,0,)λ=-n ，因为1CD O CED ⊥平面平面，所以·0,2λ=∴=m n .☆技巧点拨☆直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则 （1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0； （2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.考点2 求空间角题组一 求异面直线所成的角调研1 如图所示，在三棱锥P –ABC 中，P A ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知P A =BC =2，AB =4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为A ．−3010 B ．−305 C ．305D ．3010【答案】D【解析】因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥BC ．过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (4，0，0)，C (4，−2，0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2，0，1)．故CP uu r =(−4，2，2)，AD uuu r =(2，0，1)．所以cos 〈AD uuu r ，CP uu r 〉=||||AD CPAD CP ⋅⋅uuu r uu ruuur uu r =－65×26=−3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ，则cos θ=|cos 〈AD uuu r ，CP uu r〉|=3010.调研 2 在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是ABCD 【答案】D【解析】以点D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x y z 、、轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，点P 坐标为(),1,x x x -，则()()11,,,1,0,1BP x x x BC =--=-u u u r u u u u r ，设1BP BC u u u ru u u u r、的夹角为α，则所以当13x =时，cos α取最大值当1x =时，cos α因为11BC AD ∥，所以BP 与1AD 所成角的取值范围是故选D. 【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为[0,π]，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系．解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值）．☆技巧点拨☆利用向量求异面直线所成的角一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u ruuur uu u r . 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.题组二 求线面角调研3 如图，四棱锥P –ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB =90°，AD ∥BC ，AD ⊥侧面P AB ，△P AB 是等边三角形，DA =AB =2，BC =12AD ，E 是线段AB 的中点．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）求PC 与平面PDE 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 35.【解析】（1）因为AD ⊥侧面P AB ，PE ⊂平面P AB ，所以AD ⊥PE . 又△P AB 是等边三角形，E 是线段AB 的中点，所以PE ⊥AB ． 因为AD ∩AB =A ，所以PE ⊥平面ABCD ， 而CD ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥CD ．（2）以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz . 则E (0，0，0)，C (1，−1，0)，D (2，1，0)，P (0，0，3)． 所以ED →=(2，1，0)，EP →=(0，0，3)，PC →=(1，−1，−3)． 设n =(x ，y ，z )为平面PDE 的法向量．由，得⎩⎨⎧2x ＋y ＝0，3z ＝0.令x =1，可得n =(1，−2，0)．设PC 与平面PDE 所成的角为θ，则sin θ=|cos 〈PC →，n 〉|=|||||PC PC ⋅⋅uu u ruu ur n n |=35. 所以PC 与平面PDE 所成角的正弦值为35.调研4 如图，四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，底面ABCD 是梯形，AB ∥CD ，BC CD ⊥，AB=PD=4，CD=2，AD =M 为CD 的中点，N 为PB 上一点，且(01)PN PB λλ=<<u u u r u u u r.（1）若14λ=时，求证：MN ∥平面P AD ； （2）若直线AN 与平面PBCAD 与直线CN 所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（114PN PB =u u u r u u u r ．在P A 上取点EEN ，DE ，Q 1444PN PB PE PA AB ===u u u r u u u r u u r ，，，∴EN ∥AB ，且14EN AB ==，Q M 为CD 的中点，CD=2，∴112DM CD ==，又AB ∥CD ，∴EN ∥DM ，EN =DM ，∴四边形DMNE 是平行四边形，∴MN ∥DE ，又DE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，∴MN ∥平面P AD ．（2）如图所示，过点D 作DH ⊥AB 于H ，则DH ⊥CD ．以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D −xyz ． 则D （0，0，0），M （0，1，0），C （0，2，0），B （2，2，0），A （2，−2，0），P （0，0，4），∴()()2,0,0,0,2,4CB CP ==-u u u r u u u r ，()()2,2,42,2,4AN AP PN AP PB λλ=+=+=-+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r()22,22,44λλλ=-+-．该平面PBC 的法向量为(),,x y z =n ，则由20240CB x CP y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u r u u u r n n ，得02x y z =⎧⎨=⎩，令z =1，得()0,2,1=n ．该直线AN 与平面PBC 所成的角为θ，则 ，解得1,3λ=∴()228248,,,,2,2,0333333N CN AD ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u ur u u u r ，，， 设直线AD 与直线CN 所成的角为α所以直线AD 与直线CN．☆技巧点拨☆利用向量求直线与平面所成的角①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； ②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．直线与平面的夹角计算设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2，则sin θ=|a·μ||a ||μ|=|cos 〈a ，μ〉|.题组三 求二面角调研5 二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知2AB =，3AC =，4BD =，CD = A ．45︒ B ．60︒ C ．120︒D ．150︒【答案】B【解析】由已知可得：0,0AB AC AB BD ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r ，CD CA AB BD =++u u u r u u u u r u u r u u u r，，∴cos CA 12，即CA ，∴二面角的大小为60°，故选B.【名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研6 如图，在四棱锥P ABCD -中，AP ，AB ，AD 两两垂直，BC AD ∥，且4AP AB AD ===，2BC =.（1）求二面角P CD A --的余弦值；（2）已知点H 为线段PC 上异于C 的点，且DC DH =，求PHPC的值. 【答案】（1）23；（2【思路分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设PH PC λ=u u u v u u u v，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得λ，即为PHPC的值. 【解析】以{},,A AB AP D u u u r u u u r u u u r为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则()0,0,0A ，()4,0,0B ，()4,2,0C ，()0,4,0D ，()0,0,4P .（1）易知()0,4,4DP =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r.设平面PCD 的法向量为()1,,x y z =n ，则1100DP DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u u u v n n ，即440420y z x y -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，则2y =，2z =.所以()11,2,2=n .易知平面ACD 的法向量为()20,0,1=n ，P CD A --的余弦值为23. （2）由题意可知，()4,2,4PC =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r ，设()4,2,4PH PC λλλλ==-u u u r u u u r，则DH DP PH =+=u u u u r u u u r u u u r()4,24,44λλλ--， 因为DC DH ==，化简得23410λλ-+=，所以1λ=或13λ=.点H 异于点C ，所以13λ=调研7 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1CC ⊥底面ABC ，且122,CC AC BC AC BC ==⊥，D 是棱AB 的中点，点M 在侧棱1CC 上运动.（1）当M 是棱1CC 的中点时，求证：CD ∥平面1MAB ； （2）当直线AM 与平面ABC 所成的角的正切值为32时，求二面角11A MB C --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）14-. 【思路分析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM ，可得四边形CDEM 是平行四边形，CD EM ∥，即可证明CD ∥平面1MAB ；（2）以C 为原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角11A MB C --的余弦值. 【解析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM . ∵1,AD DB AE EB ==，∴1DE BB ∥，且112DE BB =. 又M 为1CC 的中点，∴1CM BB ∥，且112CM BB =， ∴CM DE ∥，且CM DE =，∴四边形CDEM 是平行四边形，∴CD EM ∥. 又EM ⊂平面1,AB M CD ⊄平面1AB M ，∴CD ∥平面1MAB .（2）∵1,,CA CB CC 两两垂直，∴以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，如图，∵三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，∴MAC ∠即为直线AM 与平面ABC 所成的角. 设1AC =，则由3tanMAC ∠=，得3CM =.设平面1AMB 的一个法向量为(),,x y z =n ，2z =，得3,1x y ==-，即()3,1,2=-n .又平面11BCC B 的一个法向量为()1,0,0CA =u u ur，∴，又二面角11A MB C --的平面角为钝角，∴二面角11A MB C --的余弦值为14-.☆技巧点拨☆利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系； （2）求出相关点的坐标； （3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v ||μ||v |=|cos 〈μ，v 〉|.题组四 解决探索性问题调研8 如图，在五面体ABCDPE 中，PD ⊥平面ABCD ，∠ADC =∠BAD =90°，F 为棱P A 的中点，PD =BC =2，AB =AD =1，且四边形CDPE 为平行四边形．（1）判断AC 与平面DEF 的位置关系，并给予证明；（2）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36？若存在，请求出QE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1） AC ∥平面DEF ，证明见解析；（2） 在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，此时QE =194. 【解析】（1）AC ∥平面DEF .理由如下： 设线段PC 交DE 于点N ，连接FN ，如图所示，因为四边形PDCE 为平行四边形，所以点N 为PC 的中点， 又点F 为P A 的中点，所以FN ∥AC ， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC ∥平面DEF .（2）假设在线段EF 上存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，设FQ →=λFE →(0≤λ≤1)，如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系． 因为PD =BC =2，AB =AD =1，所以CD =2，所以P (0，0，2)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，A (1，0，0)，所以PB →=(1，1，−2)，BC →=(−1，1，0)． 设平面PBC 的法向量为m =(x ，y ，z )，则，即⎩⎨⎧ x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝y ，z ＝2x ，令x =1，得平面PBC 的一个法向量为m =(1，1，2)． 假设存在点Q 满足条件．由F ⎝⎛⎭⎫12，0，22，E (0，2，2)，可得FE →=⎝⎛⎭⎫－12，2，22.由FQ→=λFE →(0≤λ≤1)，整理得1)(,2,)22Q λλλ-+，则BQ →=1)(,21,)22λλλ-+--， 因为直线BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，所以|cos 〈BQ →，m 〉|=|||||BQ BQ ⋅⋅uu u ruu ur m m |=|5λ－1|219λ2－10λ＋7=36， 化简可得14λ2－5λ－1=0， 又0≤λ≤1，所以λ=12，故在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36， 且QE=194.调研9 棱台1111ABCD A B C D -的三视图与直观图如图所示. （1）求证：平面11ACC A ⊥平面11BDD B ；（2）在线段1DD 上是否存在一点Q ，使CQ 与平面11BDDB ？若存在，指出点Q 的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，点Q 在1DD 的中点位置，理由见解析.【思路分析】（1）首先根据三视图特征可得1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥.再由1AA BD ⊥即可得线面垂直，从而得出面面垂直；（2）直接建立空间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出12λ=. 【解析】（1）根据三视图可知1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥. 因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥， 又1AA AC A =I ，所以BD ⊥平面11ACC A .因为BD ⊂平面11BDD B ，所以平面11ACC A ⊥平面11BDD B .（2）以A 为坐标原点，1,,AB AD AA 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据三视图可知四边形ABCD 为边长为2的正方形，四边形1111A B C D 为边长为1的正方形，1AA ⊥平面ABCD ，且11AA =.所以()11,0,1B ，()10,1,1D ，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,2,0C . 因为Q 在1DD 上，所以可设()101DQ DD λλ=≤≤u u u r u u u u r.因为()10,1,1DD =-u u u u r ，所以1AQ AD DQ AD DD λ=+=+u u u r u u u u u r u u r u u u r u u u r()()()0,2,00,1,10,2,λλλ=+-=-. 所以()0,2,Q λλ-，()2,,CQ λλ=--u u u r.设平面11BDD B 的法向量为(),,x y z =n ，根据()()()()1,,2,2,00,0,,0,1,10,0x y z BD x y z DD ⎧⎧⋅-=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅-=⋅=⎪⎪⎩⎩u u u r u u u ur n n令1x =，可得1y z ==，所以()1,1,1=n .设CQ 与平面11BDD B 所成的角为θ，9==. 所以12λ=，即点Q 在1DD 的中点位置. 调研10 如图（1），在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD =60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图（2）．（1）求证：A 1E ⊥平面BCDE . （2）求二面角E −A 1B −C 的余弦值．（3）判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EPPB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2） −77；（3）在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ． 【解析】（1）∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC ．又∵A 1D ⊥DC ，A 1D ∩DE =D ，∴DC ⊥平面A 1DE ，∴DC ⊥A 1E . 又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE =D ，∴A 1E ⊥平面BCDE . （2）∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系（如图）．易知DE =23，则A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，C (4，23，0)，D (0，23，0)，∴1BA uuu r =(−2，0，2)，BC uu u r=(2，23，0)，易知平面A 1BE 的一个法向量为n =(0，1，0)．设平面A1BC的法向量为m =(x ，y ，z )，由1BA uuu r ·m =0，BC uu u r·m =0，得⎩⎨⎧－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y =1，得m =(−3，1，−3)，∴cos 〈m ，n 〉=m·n|m |·|n |=17×1=77.由图得二面角E −A 1B −C 为钝二面角， ∴二面角E −A 1B −C 的余弦值为−77.（3）假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ．设P (t ，0，0)(0≤t ≤2)，则1A P uuu r =(t ，0，−2)，1A D uuu r=(0，23，−2)，设平面A 1DP 的法向量为p =(x 1，y 1，z 1)，由得⎩⎨⎧23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1=2，得p =⎝⎛⎭⎫2，t 3，t .∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m·p =0，即23−t3＋3t =0，解得t =−3. ∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ．☆技巧点拨☆用向量解决探索性问题的方法1．确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．2．确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标． 3．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）已知(2,1,3)=-a ，(1,4,2)=--b ，(7,5,)x =c ，若a ，b ，c 三向量共面，则实数x =A ．627 B ．637C ．607D ．6572．（四川省成都市树德中学2019-2020学年高三11月阶段性检测数学试题）如图三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，2AB BC ==，SA =SC 与AB 所成角的大小为A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30°3．（甘肃省天水市第一中学2020年高三上学期12月月考数学试题）如图1四边形ABCD 与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，,AD EF AF =∥4,2AD EF ==，沿AD 边将四边形ADEF 折起，使得平面ADEF ⊥平面ABCD ，如图2，动点M 在线段EF 上，,N G 分别是,AB BC 的中点，设异面直线MN 与AG 所成的角为α，则cos α的最大值为A BC D 4．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是1AA 的中点，已知AB =u u u r a ，AD =u u u rb ，1AA =u u u r c ，用a ，b ，c 表示CM u u u u r ，则CM =u u u u r ______. 5．（河南省天一大联考2019-2020学年高三阶段性测试（三）数学试题）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=o ，1122AB AA ==，E 、F 分别是线段1AA 、11C D 的中点.（1）求证：BD CE ⊥；（2）求平面ABCD 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值.6．（四川省南充市高中2019-2020学年高三第一次高考适应性考试数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2AB =，BC a =，PA ABCD 底面⊥.（1）当a 为何值时，BD PAC ⊥平面？证明你的结论； （2）当122PA a ==时，求面PDC 与面PAB 所成二面角的正弦值.7．（河北省承德市第一中学2019-2020学年高三上学期12月月考数学试题）如图，已知点H 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线11B D 上，∠HDA =60︒．（1）求DH 与1CC 所成角的大小；（2）求DH 与平面1A BD 所成角的正弦值．8．（湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高三上学期10月联考数学试题）已知在多面体ABCDE 中，DE AB ∥，AC BC ⊥，24BC AC ==，2AB DE =，DA DC =且平面DAC ⊥平面ABC .（1）设点F 为线段BC 的中点，试证明EF ⊥平面ABC ；（2）若直线BE 与平面ABC 所成的角为60o ，求二面角B AD C --的余弦值.9．（广东省广州市番禺区广东仲元中学2019-2020年高三上学期11月月考数学试题）如图1，PAD △是以AD 为斜边的直角三角形，1PA =，BC AD ∥，CD AD ⊥，22AD DC ==，12BC =，将PAD △沿着AD 折起，如图2，使得2PC =．（1）证明：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角A PB C --大小的余弦值．10．（天津市部分区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，P 、O 分别为AC 、11A C 的中点，11PA PC ==1111A B B C =1PB ==114A C =.（1）求证：PO ⊥平面111A B C ； （2）求二面角111B PA C --的正弦值；（3）已知H 为棱11B C 上的点，若11113B H BC =u u u u r u u u u r，求线段PH 的长度.1．（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15 BC ．5D ．22．（2017新课标全国Ⅲ理科）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________________．(填写所有正确结论的编号)3．（2018新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4．（2018新课标全国Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．5．（2018新课标全国Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．6．（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o . （1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；C（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.7．（2017新课标全国Ⅱ理科）如图，四棱锥P −ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．8．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.9．（2019年高考全国Ⅰ卷理数）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．10．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．11．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.。
历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编(附答案)
历年（2019-2023）全国高考数学真题分项（立体几何）汇编考点一 空间几何体的侧面积和表面积1．（2021( )A ．2B ．C ．4D ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 ．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为 ．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 ．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．86．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是 ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%考点二 空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 2.65)(≈ ) A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D ．312．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ) A ．直径为0.99m 的球体 B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( ) A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为 ． 17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为 ．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==． （1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ． （1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积； （2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．考点三 空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB BB ．11BBC CC ．11CCD DD ．ABCD23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C考点四 异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒考点五 空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．考点六 直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =． （1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积； （2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =． （Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角； （2）求点A 到平面1A MC 的距离．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．考点七 二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则( )A ．αβγ剟B ．βαγ剟C ．βγα剟D ．αγβ剟37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则( )A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则( )A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC ∆39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =． （1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E 为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =． （1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为AE ，BC 的中点．（Ⅰ）证明：FN AD ⊥；（Ⅱ）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点． （1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC 的面积为 （1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点． （1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．考点八 立体几何的交线问题47．（2020•山东）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=︒．以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为 ．参考答案考点一 空间几何体的侧面积和表面积1．（2021，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B ．C ．4D ．【详细解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为 故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为 ． 【详细解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=， 所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为 ．【详细解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ， 则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯， 根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ==，此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2， 此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为 ． 【详细解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =， 所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧． 故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8【详细解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=． 故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是 ．【详细解析】 圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =． 故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π3=4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =， ∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解． 综上，该球的表面积为100π． 故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【详细解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==； 卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二 空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]【详细解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ， 设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即222221(22l h a h =+=+， 球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即222(3)(2R h =-+， ∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l 剟∴3922h剟， ∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <…时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <…时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=， 又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h 剟， 即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643， 故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 2.65)(≈ )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【详细解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为661401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯-9=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D 【详细解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =． 在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，AE ==． 连接AC ，11A C ，AC ==，11A C ==，过A 作11AG A C ⊥，12A G -==AG ==， ∴正四棱台的体积为：V h =22243+== 解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =， 则该棱台的体积为：1211((16433V h S S =++=+=故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( )A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【详细解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确； 对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以FH ===米，故六边形EFGHIJ而223()(1.2) 1.4422=>=，选项D 正确． 故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【详细解析】设22AB ED FB ===， 114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则FM =EM =，3EF =，故12EMF S ∆==，3112332EMF V S AC ∆=⨯=⨯⨯=，故C 、D 正确，A 、B 错误． 故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( )A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【详细解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1， 故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC， 故点P 在线段11B C 上， 因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等， 又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ， 因为112BP BC BB μ=+，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥， 又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥， 同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ， 因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥， 在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥， 又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥， 在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ， 因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．【详细解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11112SO O A SO OA ===，又13SO =， 6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(4163283⨯++⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为 ． 【详细解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知12A M HN ==，又AN =，2AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(143⨯++故答案为：6．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为 ．【详细解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点， ∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==． （1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【详细解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥， 又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，PO ∴=，三棱锥体积2112133P ABC ABC V S PO -∆=⋅==， （2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，0，B 0，0)，(0C ，1，0)，M 12，0)，(2PM = ，12，， 平面PAC的法向量OB =0，0)， 设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC所成角的正弦值为3sin ||||||PM OB PM OB θ⋅===⋅所以PM 与面PAC所成角大小为arcsin4． 19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ． （1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积； （2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【详细解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥． 3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ， BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D = BC ∴⊥平面PCDBC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD ∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故PC =在Rt PDC ∆中，3CD =PD ∴=考点三 空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【详细解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点， ∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面， 故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ， 1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉， 1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ， 1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【详细解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ， 11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对； 由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉， ∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB B B ．11BBC C C ．11CCD DD ．ABCD【详细解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ， 在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =， 1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内． ∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C【详细解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线； 对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线； 对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线； 对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线． 故选：B ．考点四 异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒ 【详细解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形， 可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误； 1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五 空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面【详细解析】如图1，可得a 、b 、c 可能两两垂直； 如图2，可得a 、b 、c 可能两两相交； 如图3，可得a 、b 、c 可能两两异面；故选：B ．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．【详细解析】对于A ，设正方体棱长为2，设MN 与OP 所成角为θ，则1tan 12θ==，∴不满足MN OP ⊥，故A 错误； 对于B ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六 直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【详细解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．【详细解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面； （2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴111sin OB OAB AB ∠=== ∴直线1AB 与平面11ACC A所成的角为29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【详细解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒， ∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=， 则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒， 可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A ，2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，1(22N ∴-，5(,22AN =- ， 平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>===⋅ ． 故直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为6．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，||||||||n PB PB n PB ⋅>=== ， PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3． 31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱． （1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【详细解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成， 221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2） 正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥， 又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而11cos 3AC D CA CD ∠==， ∴线段1CD 与平面ABCD所成的角为3． 32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线， PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ， 设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz-则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ， cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ， PB ∴与平面QCD。
空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习考点突破和专题检测
专题31空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中x ′轴、y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半．3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积常用结论1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．（一）1.空间几何体结构特征的判断技巧(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．(2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．2.多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．3.最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．2-2．（2024高一下·上海奉贤·期末）如图，23O A O B ''''==，，则AB 的长度为2-3．（2024高一上·山东济宁·阶段练习）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.ABC ∠=2-4．（2024高二上·宁夏石嘴山·正方形，则原来图形的面积是3-3．（2024·安徽黄山·一模）如图，以AD为斜边的等腰直角三角形，为.题型4：最短路径问题4-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点为（）.A ．153B ．323527πC ．128281πD ．8334-2．（2024高一下·河南开封·期中）如图，已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长为23，侧面等腰三角形的顶角为30︒，则从A 点出发环绕侧面一周后回到A 点的最短路程为（）A ．26B ．23C ．6D ．64-3．（2024·辽宁·三模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为4cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A ．6cmB ．26cmC ．46cmD ．6cm4-4．（2024高一下·湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋转二周后所得如图的一开口容器（下表面密封），P 是BC 中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁P 处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P 处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（）A ．2π36+B ．2π16+C ．24π36+D ．241π+4-5．（2024高一·全国·课后作业）如图所示，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，12AA =，由顶点B 沿棱柱侧面(经过棱1AA )到达顶点1C ，与1AA 的交点记为M ，则从点B 经点M 到1C 的最短路线长为（）A．22B．25C．4D．45（二）基本立体图形的表面积的体积1.（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．2.空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积A．27 722+三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址A ．()1441213π+C ．()1081213π+5-4．（2024·河北·模拟预测）棱台）建筑物为方亭.”1111ABCD A B C D -的正四棱台（如图所示）面边长的3倍.已知方亭的体积为A ．2380m B ．2400m C ．2450m 5-5．（2024高三下·海南海口·期中）如图是一个圆台形的水杯，圆台的母线长为分别为4cm 和2cm .为了防烫和防滑，该水杯配有一个皮革杯套，包裹住水杯杯和杯套的厚度忽略不计，则此杯套使用的皮革的面积为（A ．238πcmB ．2124πcm 3C ．2140πcm 3D ．248πcm A ．242B ．246-4．（2024·浙江·模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具为20cm 和10cm ，侧棱长为56cm ．约可装()31000cm 1L =（）A ．1.5LB ．1.7LC ．2.3LD ．2.7L6-5．（2024高三上·广西·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 内，放入一个以1AC 为铀线的圆柱，且圆柱的底面所在平面截正方体所得的截面为三角形，则该圆柱体积的最大值为．一、单选题1．（2024高三下·安徽·阶段练习）已知几何体，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的（）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2．（2024高三·全国·对口高考）设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3．（2024高二上·安徽合肥·阶段练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A ．是棱台B ．是圆台C ．不是棱柱D ．是棱锥4．（2024·西藏拉萨·一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m ，高为9m ，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（）13.16≈）A ．2B ．1.71C ．1.37D ．15．（2024高三下·湖南长沙·阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（）A ．8B C ．19D ．1276．（2024·甘肃张掖·模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm ，足径为9.2cm ，顶部到底部的高为4.1cm ，底部圆柱高为0.7cm ，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（）（参考数据：π的值取3 4.6≈）A ．2143.1cmB ．2151.53cmC ．2155.42cmD ．2170.43cm 7．（2024·广东梅州·三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为（）A ．39πB ．18πC ．38πD ．45π8．（2024高三上·广东河源·开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位cm ），则平地降雪厚度的近似值为（）A ．91cm 12B ．31cm 4C ．95cm 12D ．97cm 129．（2024高一下·陕西宝鸡·期末）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为2cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A 6cmB ．26cmC ．6cmD ．6cm10．（2024高二下·安徽·阶段练习）我们知道立体图形上的最短路径问题通常是把立体图形展开成平面图形，连接两点，根据两点之间线段最短确定最短路线.请根据此方法求函数()2222,313130,0)f x y x x y y x xy y x y =-+-+-+>>的最小值（）A 2B 3C 6D ．2311．（2024·全国）已知圆锥PO 3O 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB 934）A ．πB 6πC ．3πD ．36π12．（2024·全国）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，增加的水量2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯13．（2024高一·全国·课后作业）若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（）A ．22a B ．2C ．2D ．214．（2004·重庆）如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（）A ．258B ．234C ．222D ．21015．（2024高一下·贵州黔西·期末）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.地区不同，制作的粽子形状也不同，黔西南州最出名的就是鲜肉的灰色粽子，其形状接近于正三棱锥（如图）.若正三棱锥的底面边长为2，高为1，则该三棱锥的侧面积为（）AB ．C ．D ．16．（2024·河南·模拟预测）在正四棱锥P ABCD -中，AB =，若正四棱锥P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（）AB ．C ．D ．17．（2024高三上·辽宁·期末）已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，侧面均为腰长为4的等腰梯形，则该四棱台的表面积为（）A ．10+B ．34C ．20+D ．6818．（2024高三上·广东·阶段练习）“李白斗酒诗百篇，长安市上酒家眠”，本诗句中的“斗”的本义是指盛酒的器具，后又作为计量粮食的工具，某数学兴趣小组利用相关材料制作了一个如图所示的正四棱台来模拟“斗”，用它研究“斗”的相关几何性质，已知该四棱台的上、下底的边长分别是2、4，高为1，则该四棱台的表面积为（）A ．B ．32C ．20+D ．20+19．（2024高三上·湖北·开学考试）已知正四棱台上底面边长为2，下底面边长4，高为3，则其表面积为（）A ．36B ．20C ．20+D ．4820．（2024高一下·全国·课后作业）已知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与侧面积的比是（）A ．122ππ+B ．144ππ+C ．12ππ+D ．142ππ+21．（2024·广东湛江·二模）如图，将一个圆柱()*2n n ∈N 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n 越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（）A ．10πB ．20πC ．10πnD ．18π22．（2024·福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A ．2πB ．πC ．2D ．123．（2024高三上·全国·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为）A ．4πB ．12πC ．16πD ．π324．（2024·四川成都·二模）若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的高为（）A ．4B ．C ．2D25．（2024高三上·河南·阶段练习）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为8m ，侧面积为2229m ，则该建筑的高为（）A ．26mB ．28mC ．30mD ．36m26．（2024高三上·河南·开学考试）圆台1OO 轴截面面积为1:2，母线与底面所成角为60 ，则圆台侧面积为（）A ．B ．C ．6πD ．9π27．（2024高二上·江苏镇江·开学考试）已知圆台的上下底面半径分别为2和5，且母线与下底面所成为角的正切值为43，则该圆台的表面积为（）A ．59πB ．61πC ．63πD ．64π28．（2024·甘肃兰州·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm ）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（）A ．28dmB ．244dmC ．248dmD ．28dm29．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成30︒角，则此三棱柱的体积为（）A B ．14C D 30．（2008·四川）若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为060的菱形，则该棱柱的体积等于A B ．C ．D ．31．（2024高三上·河南焦作·开学考试）把过棱锥的顶点且与底面垂直的直线称为棱锥的轴，过棱锥的轴的截面称为棱锥的轴截面．现有一个正三棱锥、一个正四棱锥、一个正六棱锥，它们的高相等，轴截面面积的最大值也相等，则此正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的体积之比为（）A ．91::34B ．91::38C ．98D ．3232．（2024·广东深圳·二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为1V 、2V 和3V ，则（）A ．123V V V <<B ．213<<V V V C ．312V V V <<D ．321V V V <<33．（2024·河南郑州·模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V ，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为1V ，2V ，3V ，则下列等式错误的是（）A ．123V V V V ++=B ．122V V =C ．232V V =D ．236VV V -=34．（2024高三下·浙江杭州·阶段练习）已知矩形ABCD 中，2AB =，4BC =，E 是AD 的中点，沿直线BE 将△ABE 翻折成△A BE '，则三棱锥A BDE '-的体积的最大值为（）A ．3B C D ．335．（2024·全国）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+B ．C ．563D ．336．（2024高一下·江苏连云港·阶段练习）在《九章算术⋅商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．在方亭1111ABCD A B C D -中，1122AB A B ==，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为）A ．72B ．76C D 37．（2024高三上·山西运城·期中）已知一个正四棱台的上下底面边长为1、3，则棱台的体积为（）A ．B ．3C ．12D ．1338．（2024·河南·模拟预测）光岳楼，又称“余木楼”“鼓楼”“东昌楼”，位于山东省聊城市，在《中国名楼》站台票纪念册中，光岳楼与鹳雀楼、黄鹤楼、岳阳楼、太白楼、滕王阁、蓬莱阁、镇海楼、甲秀楼、大观楼共同组成中国十大名楼.其墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，光岳楼的墩台上底面正方形的边长约为32m ，下底面正方形的边长约为34.5m ，高的4倍比上底面的边长长4m ，则光岳楼墩台的体积约为（）A ．39872.75mB ．39954.75mC ．39988.45mD ．39998.25m 39．（四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高三上学期9月月考文科数学试题）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 ．πB ．π2C ．3π4D ．π440．（2024高三上·江苏苏州·开学考试）若某圆柱体的底面半径与某球体的半径相等，圆柱体与球体的体积之比和它们的表面积之比的比值相等，则该圆柱体的高与球体的半径的比值为（）A ．54B ．43C ．32D ．241．（2024·河南·模拟预测）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为（）.A ．π4B ．π3C ．π2D ．2π642．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）已知母线长为5的圆锥的侧面积为15π，则这个圆锥的体积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．48π43．（2024高三下·河南开封·阶段练习）木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为20cm,13cm ，母线长为25cm ，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（）A ．314225πcm 3B ．34552πcmC ．320725πcm 3D ．36632πcm 44．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）用一个平行于圆锥C 底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为23，则该圆台与圆锥C 的体积之比为（）A ．58B ．1727C ．1927D ．34二、多选题45．（2024·全国）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =46．（2024·福建·模拟预测）等腰梯形的上下底边之比为13，若绕该梯形的对称轴旋转一周所得几何体的表面积为16π，则该梯形的周长可能为（）A ．B ．8C ．D ．1647．（2024·河南·模拟预测）如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为3，F 为棱1AA 的中点，,D E 分别在棱11,BB CC 上，且满足1A D DE EA ++取得最小值．记四棱锥111A B C ED -、三棱锥1,F A DE A DEF --的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．123334V V V ++<B ．23V V =C ．1223V V =D ．123V V V =+48．（2024高三上·湖南·5）A ．该正方体的体积为5B 556C ．该正方体的表面积为30D ．该正方体的外接球的表面积为15π三、填空题49．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC 的直观图O A B C ''''如图所示，3O A C B ''''=，C E O A ''''⊥，8OABC S =，//CD y '''轴，22C E ''=D ¢为O A ''的三等分点，则四边形OABC 绕y 轴旋转一周形成的空间几何体的体积为．50．（2024高三·全国·对口高考）若正ABC 用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为A B C ''' ，当A B C ''' 3ABC 的面积为．51．（2024高三下·上海宝山·开学考试）我们知道一条线段在“斜二测”画法中它的长度可能会发生变化的，现直角坐标系平面上一条长为4cm 线段AB 按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为A B ''，则A B ''最短长度为cm （结果用精确值表示）52．（2024高三·全国·阶段练习）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中=45∠ ABC ，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为．53．（2024高三上·上海普陀·期中）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成果着陆．如图，在返回过程中使用的主降落伞外表面积达到1200平方米，若主降落伞完全展开后可以近似看着一个半球，则完全展开后伞口的直径约为米（精确到整数）54．（2024高一下·四川成都·阶段练习）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为．55．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，CD AB ∥，AB AC ⊥，22AB AC ==，CD =，cos BCF ∠65=，则三棱锥-P ABC 外接球表面积为．56．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 为等边三角形．如图，在三棱锥P －ABC的平面展开图中，P ，F ，E 三点共线，B ，C ，E 三点共线，cos PCF ∠=PC =，则PB ＝．57．（2024高三上·山西大同·阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD ==AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为．58．（2024高三·河北·专题练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点E 为1AA 的中点，在对角面11BB D D 上取一点M ，使AM ME +最小，其最小值为59．（2024高三上·四川成都·开学考试）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm ，高为20cm ，则这个茶叶盒的表面积为2cm .60．（2024高二上·上海黄浦·阶段练习）若长方体的对角线的长为9cm ，其长、宽、高的和是15cm ，则长方体的全面积是．61．（2024·全国·模拟预测）正四棱锥P -ABCD 的各条棱长均为2，则该四棱锥的表面积为．62．（2024高三·全国·专题练习）一个正三棱台的上、下底面边长分别是3cm 和6cm ，高是32cm ．则三棱台的斜高为；三棱台的侧面积为；表面积为．63．（2024高三·全国·专题练习）若矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，求圆柱侧面积的最大值为．64．（2024高二上·北京海淀·期中）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为是．65．（2024高三上·全国·专题练习）某地球仪上北纬030纬线的长度为12()cm π，该地球仪的半径是cm ，表面积是cm2．66．（2024·全国）已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O 的半径，32OK =，且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60 则球O 的表面积等于.67．（2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅱ））设OA 是球O 的半径,M 是OA 的中点,过M 且与OA 成45 角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于74π,则球O 的表面积等于68．（2024·全国）用平面α截半径为R 的球，如果球心到截面的距离为2R ，那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为．69．（2024高三上·广东广州·阶段练习）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l 是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A 是圆锥的顶点，B ，C 分别是圆柱的上､下底面圆的圆心，且1AB =，3AC =，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是.70．（2024高三·全国·专题练习）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A ，B ，C ，D 在同一个平面内．如果四边形ABCD 是边长为30cm 的正方形，那么这个八面体的表面积是2cm .71．（2024高三上·天津北辰·阶段练习）已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为23，则圆柱的体积为．72．（2024高三上·云南昆明·､则该圆锥的体积为.73．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面积为2π，则此圆锥的体积是．74．（2024高三上·广东广州·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为1，则圆台的体积为.。
2024届全国高考数学真题分类专项(立体几何)汇编(附答案)
2024届全国高考数学真题分类专项（立体几何）汇编1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧）A ．B ．C ．D ．2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．12 B ．1 C ．2 D ．33．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙．4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．参考答案1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高，则圆锥的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【详细详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．3【详细详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D =可知11111662222ABC A B C S S =⨯⨯==⨯= 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则(11115233ABC A B C V h -==，解得h = 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x =，则1AA DN AD AM MN x =--=-，可得1DD ==结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,即()221616433x x +=++，解得x = 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A MA ADAM?=； 解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥-P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ==，则111127P A B C P ABC V V --=， 可知1112652273ABC A B C P ABC V --==，则18P ABC V -=， 设正三棱锥-P ABC 的高为d，则116618322P ABC V d -=⨯⨯⨯=，解得d =，取底面ABC 的中心为O ，则PO ⊥底面ABC，且AO = 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1POPAO AO∠==. 故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙． 【详细详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r ==-甲，)12h r r ==-乙，所以((212113143S S h r r V h V h S S h +-====+甲甲甲乙乙乙.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ； (2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ． 【详细详解】（1）（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥， 又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ， 而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 根据平面知识可知//AD BC ， 又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =， 所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ， 根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠= 因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =2DE =，又242xCE -=，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF=，故22tan DFE∠==x =AD =5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =，90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．【详细详解】（1）由218,,52AB AD AE AD AF AB ====， 得4AE AF ==，又30BAD ︒∠=，在AEF △中，由余弦定理得2EF =,所以222AE EF AF +=，则AE EF ⊥，即EF AD ⊥， 所以,EF PE EF DE ⊥⊥，又,PE DE E PE DE =⊂ 、平面PDE ， 所以EF ⊥平面PDE ，又PD ⊂平面PDE ， 故EF ⊥PD ；（2）连接CE ，由90,3ADC ED CD ︒∠===，则22236CE ED CD =+=，在PEC 中，6PC PE EC ===，得222EC PE PC +=，所以PE EC ⊥，由（1）知PE EF ⊥，又,EC EF E EC EF =⊂ 、平面ABCD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，又ED ⊂平面ABCD ，所以PE ED ⊥，则,,PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0),(0,0,(2,0,0),(0,E P D C F A -， 由F 是AB的中点，得(4,B ，所以(4,(2,0,PC PD PB PF =-=-=-=-，设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为111222(,,),(,,)n x y z m x y z ==，则11111300n PC x n PD ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，222224020m PB x m PF x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，令122,y x ==11220,3,1,1x z y z ===-=，所以(0,2,3),1,1)n m ==- ，所以cos ,m nm n m n ⋅===设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sin θ== 即平面PCD 和平面PBF所成角的正弦值为65.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．【详细详解】（1）因为//,2,4,BC AD EF AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；（2）如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =， 结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =， 所以ABM 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =， 四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF ==，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O xyz -空间直角坐标系，()0,0,3F，)()(),0,1,0,0,2,3BM E，()(),BM BF ==，()2,3BE = ，设平面BFM 的法向量为()111,,m x y z =，平面EMB 的法向量为()222,,n x y z =，则00m BM m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =113,1y z ==，即)m = ，则00n BM n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222220230y y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x =，得223,1y z ==-，即)1n =-，11cos ,13m n m n m n ⋅===⋅，则sin ,m n =故二面角F BM E --的正弦值为13.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》分类汇编附答案
新数学《空间向量与立体几何》高考知识点一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】【分析】 根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确；④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确；故选C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.2．某四面体的三视图如图所示，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，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）A．22B．23C．4 D．26【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC-，其中面积最大的面为：1232232PACSV=⨯⨯= .本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．3．在正四面体A BCD-中，P是AB的中点，Q是直线BD上的动点，则直线PQ与AC所成角可能为（）A ．12πB ．4πC ．512πD ．2π 【答案】C【解析】【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-，，即可求出33cos 123QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果. 【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-，在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-所以33cos QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C.【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.4．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.5．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163πB ．643C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C 【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C. 6．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+【答案】A【解析】【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为22，则该几何体的2116(222)42282322S ⎡⎤=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦8(6623)=++. 故选：A.【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.7．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.8．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A ．2对B ．3对C ．4对D ．5对【答案】C【分析】画出该几何体的直观图P ABCD -，易证平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PCD ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PCD ，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面PAD ⊥平面ABCD ，作PO ⊥AD 于O ，则有PO ⊥平面ABCD ，PO ⊥CD ，又AD ⊥CD ，所以，CD ⊥平面PAD ，所以平面PCD ⊥平面PAD ，同理可证：平面PAB ⊥平面PAD ，由三视图可知：PO ＝AO ＝OD ，所以，AP ⊥PD ，又AP ⊥CD ，所以，AP ⊥平面PCD ，所以，平面PAB ⊥平面PCD ，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ）A ．13B ．33C ．23D ．63【答案】C【解析】【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF n EF n EF n ⋅〈〉=u u u r r u u u r r u u u r r ，即可得出答案.【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点 所以(0,0,2),(2,2,0)E F 故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r .设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r ，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u uv v 令1,x = 则1y z ==； 所以(1,1,1)n =r 1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r r u u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r 所以222cos 1sin θθ=-=故选：C【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．在以下命题中： ①三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r 共面； ②若两个非零向量a r ，b r 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r 共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--u u u r u u u r u u u u r u u u u r ，则P ，A ，B ，C 四点共面 ④若a r ，b r 是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠r r r ，则{},,a b c r r r 构成空间的一个基底 ⑤若{},,a b c r r r 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++r r r r r r 构成空间的另一个基底； 其中真命题的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D【解析】【分析】 根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论.【详解】①由空间基底的定义知，三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r 共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a r ，b r与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r 共线，故②正确；③由22221--=-≠，根据共面向量定理知,,,P A B C 四点不共面，故③错误； ④由c a b λμ=+r r r ，当1λμ+=时，向量c r 与向量a r ，b r 构成的平面共面，则{},,a b c r r r 不能构成空间的一个基底，故④错误； ⑤利用反证法：若{},,a b b c c a +++r r r r r r 不构成空间的一个基底，设()()()1a b x b c x c a +=++-+r r r r r r ，整理得()1c xa x b =+-r r r ，即,,a b c r r r 共面，又因{},,a b c r r r 为空间的一个基底，所以{},,a b b c c a +++r r r r r r 能构成空间的一个基底，故⑤正确. 综上：①②⑤正确.故选：D.【点睛】本题考查空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．11．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A ．3B ．13C ．58D ．387 【答案】C【解析】【分析】 取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值.【详解】 取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥.由勾股定理得AB ==AC BC CD AB ⋅===由勾股定理得CF ===DF BE ====.在CDF V 中，由余弦定理得222cosCDF +-∠==. 故选：C.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.12．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11AADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112 C ．16 D ．12【答案】A【解析】由题意在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点12,P P 分别是线段1,AB BD 上的动点，且线段12PP 平行于平面11121,AADD PP B AD B ∆~∆，设1,(0,1)PB x x =∈，即122,PP P =到平面11AA B B 的距离为x ， 所以四棱锥121PP AB 的体积为2111(1)1()326V x x x x =⨯⨯-⨯⨯=-，当12x=时，体积取得最大值124，故选A．点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用．13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．383+B．823+C．283D．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+2328323V=⨯⨯=+,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.14．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解【详解】如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒ 故选D【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题15．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2， 所以其表面积为222)22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.16．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果17．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆==，22PAC S ∆=，2ABC S ∆=，故最大面的面积为22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
陕西省汉中市高考数学真题分类汇编专题16：空间几何
陕西省汉中市高考数学真题分类汇编专题16：空间几何姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、解答题 (共12题；共100分)1. （10分）(2018·淮北模拟) 在多面体中，，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，， .（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．2. （10分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，BB1=3，连接BC1 ，过B1作B1E⊥BC1交CC1于点E．（1）求证：B1E⊥平面ABC1；（2）求三棱锥C1﹣B1D1E的体积．3. （5分）(2018·海南模拟) 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面 .（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，且，求二面角的大小.4. （5分） (2017高二上·江苏月考) （理）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面，， .（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.5. （10分） (2016高一上·广东期末) 已知平行四边形ABCD（如图1），AB=4，AD=2，∠DAB=60°，E为AB 的中点，把三角形ADE沿DE折起至A1DE位置，使得A1C=4，F是线段A1C的中点（如图2）．（1）求证：BF∥面A1DE；（2）求证：面A1DE⊥面DEBC；（3）求二面角A1﹣DC﹣E的正切值．6. （10分） (2016高二下·揭阳期中) 如图，四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，EC⊥平面ABCD，AB=，CE=1，G为AC与BD交点，F为EG中点，（Ⅰ）求证：CF⊥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A﹣BE﹣D的大小．7. （10分） (2015高二上·怀仁期末) 如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB 和△PAD是两个边长为2的正三角形，DC=4，O为BD的中点．（1）求证：PO⊥平面ABCD；（2）若E为线段PA上一点，且，求二面角P﹣OE﹣C的余弦值．8. （10分）(2012·北京) 如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2．（1）求证：A1C⊥平面BCDE；（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．9. （5分）如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，E、F分别是AB、PD的中点，∠ADP=45°．（1）求证：AF∥平面PCE．（2）求证：平面PCD⊥平面PCE．（3）若AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．10. （5分）(2018·商丘模拟) 如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面 .（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.11. （10分） (2017高二下·高淳期末) 在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，E、F分别为A1C1、B1C1的中点，D为棱CC1上任一点．（Ⅰ）求证：直线EF∥平面ABD；（Ⅱ）求证：平面ABD⊥平面BCC1B1 ．12. （10分） (2016高三上·吉安期中) 在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且AB=AA1 ，∠A1AB=∠A1AD=60°．（1）求证：平面A1BD⊥平面A1AC；（2）若BD= D=2，求平面A1BD与平面B1BD所成角的大小．参考答案一、解答题 (共12题；共100分)1-1、2-1、2-2、3-1、3-2、4-1、4-2、5-1、5-2、5-3、6-1、7-1、7-2、8-1、8-2、8-3、9-1、9-2、9-3、10-1、10-2、11-1、12-1、12-2、。
高考数学压轴专题西安备战高考《空间向量与立体几何》知识点训练附答案
新数学复习题《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11AADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112 C ．16 D ．12【答案】A【解析】由题意在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点12,P P 分别是线段1,AB BD 上的动点，且线段12PP 平行于平面11121,AADD PP B AD B ∆~∆， 设1,(0,1)PB x x =∈，即1222,PP x P =到平面11AA B B 的距离为x ， 所以四棱锥121PP AB 的体积为2111(1)1()326V x x x x =⨯⨯-⨯⨯=-， 当12x =时，体积取得最大值124，故选A ．点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用．2．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）.A 10B ．3:1C ．2:1D 102【答案】A【解析】【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值.【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=， ∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ，又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为2210:10:1r r ππ=.故选：A .【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.3．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D【解析】【分析】 以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t=⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y . ()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r 由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 所以62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.4．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥βB ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β【答案】D【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误；在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误；在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β，∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.5．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B 6C 3D 3 【答案】B【解析】【分析】设1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v ，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v ，即可得所求角的余弦值.【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v 1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v 又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v ()222212222BC b a c b a c a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v v v v v v v v v v v v v 1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u u v 即异面直线1AB 与1BC 6本题正确选项：B【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.6．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.7．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+= 222322()2+= 故截面的面积1329(222)222S =⨯=， 故选：A ．【点睛】 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．8．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为14，则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 【答案】B【解析】【分析】 根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积． 【详解】由余弦定理得22229122cos 263AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点，11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=．2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．9．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A【解析】【分析】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就是最小值．【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=． 所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．10．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=12．则下列结论中正确的个数为①AC ⊥BE ；②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值；④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等，A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B【解析】试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质11．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，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则 【答案】C【解析】 试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系12．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ）A ．2παββγ+＜，＞ B ．2παββγ+＜，＜ C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜【答案】C【解析】【分析】 由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】 由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ， 由最小角定理得αβ>，排除A 和B ；由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，∴tan tan AB BNA AN γ=∠=， 而tan AB BVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠，∴2MVA πβ+∠=， ∵tan AM MVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题. 13．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE-，该几何体的体积为11117 11132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.14．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A点为长方体的一个顶点，B点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A点到B点的最短距离为（）A 29B ．35C 41D ．213【答案】C【解析】【分析】 由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B 点所在的棱长为2；②当B 点所在的棱长为4；③当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB 的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B 点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22461101++=()2241661++=()2246165++= （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=()22262217++=()22262217++= （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=()2224335++=()2223453++= 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.15．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2， 所以其表面积为222)22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.16．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（ ）.A ．83B ．1258C ．12825D ．64081【答案】D【解析】【分析】由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH 为矩形，设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，可表示出,EF FG ，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t 的函数，利用导数可求得所求的最大值.【详解】Q 四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1AA ∴⊥平面ABCD ，1AA ⊥平面1111D C B A ∴平面//EFGH 平面ABCD ，平面//EFGH 平面1111D C B A ，由面面平行性质得：11EF //B D //GH ，EH //AC//FG ，又11B D AC ⊥，EF FG ∴⊥，∴四边形EFGH 为矩形.设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，1142AC B D ==Q )421EF t ∴=-，42FG t =，∴四棱锥1A EFGH -的体积()()231160532133V t t t t t =⨯⨯-=-， ()2160233V t t '∴=-，∴当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<， ∴当23t =时，max 16048640392781V ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭. 故选：D .本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.17．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πC ．19196πD ．2873π 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形， 又正弦定理可得，03223sin 60r ==，即23BE =， 设球的半径为R ，且4=AD ， 在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=，所以7R =，所以球的体积为3344287(7)33V R πππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.18．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。
陕西省西安市高新一中立体几何多选题试题含答案
陕西省西安市高新一中立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由11110m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-， 由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.2．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（ ）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED , ∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =∴A'M ,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确； 连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，DN =DA'=4,A'N =A'M ,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,==,∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=++=, 解得23x =,∴244371699R ⨯=+=,R ∴=故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.3．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D ，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC所成角的余弦值为3【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值. 【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112*********++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠ ⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD =+-=+，所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D ()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD ABAB AD BD，111cos ,2⋅<>===B AC D BD BD AC ACD 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,===A A AC AC 22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 1∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.4．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8，故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.5．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a，0a ⎡∈⎣，(2,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,,22)R λλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,2)D R λλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,22)(2)412440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时12282()()05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则44()33R，142()33D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.6．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为2 B ．侧棱与底面所成的角为4π C ．棱锥的高与底面边长的比为2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a=所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a a⋅⋅+=+=+ 令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=- 令()233210840f a a a ⨯'=-=得32a = 当()0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减 当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增 所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO =所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误 故选：AB【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.7．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 2AC C ．异面直线AD 与1BC ，所成角的余弦值为66 D ．若点E 到平面11ACC A 3EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分【答案】BCD【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案.【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，00B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，10B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以122a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，122a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222022a a b ⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得2b a =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E的轨迹的长度等于1BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，00B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,，()0,0,0D ，1022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1222a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,，因为2111cos ,||||aBC DA BC DA BC DA a ⎛⎫- ⎪⋅<>===1,BC DA 所成角C 正确． 对于选项D，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于2EB ，即有12E F EB =，又因为在1CE F ∆中，11E F C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1； 当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确．对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1111336M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体， 所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。
高考数学空间几何高考真题
高考数学空间几何高考真题The pony was revised in January 20212017年高考数学空间几何高考真题一．选择题（共9小题）1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．2．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．πB．C．D．3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．105．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+36．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．162．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．二．填空题（共5小题）8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为．10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．11．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．三．解答题（共9小题）13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．2017年高考数学空间几何高考真题参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A．2．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．πB．C．D．【解答】解：∵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，∴该圆柱底面圆周半径r==，∴该圆柱的体积：V=Sh==．故选：B．3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C=B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，1，﹣2），=（0，2，2），=（﹣2，﹣2，0），=（﹣2，0，2），=（﹣2，2，0），∵=﹣2，=2，=0，=6，∴A1E⊥BC1．故选：C．4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．10【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积==10．故选：D．5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+3【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A6．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，=，=（0，3，6），=（，5，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V=π?32×10﹣π32×6=63π，故选：B．1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=×2×（2+4）=6，∴这些梯形的面积之和为6×2=12，2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN=AB1=，NP=BC1=；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ=1，MQ=AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2﹣2ABBCcos∠ABC=4+1﹣2×2×1×（﹣）=7，∴AC=，∴MQ=；在△MQP中，MP==；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP===﹣；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1=，BD==，C1D=，∴+BD2=，∴∠DBC1=90°，∴cos∠BC1D==．二．填空题（共5小题）8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为36π．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r=3．球O的表面积为：4πr2=36π．故答案为：36π．9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为14π．【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：=．则球O的表面积为：4×=14π．故答案为：14π．10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2=18，则a2=3，即a=，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a=2R，即R=，则球的体积V=π（）3=；故答案为：．11．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为2+．【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2=×π×12×1=，则该几何体的体积V=V1+2V1=2+，故答案为：2+．12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR22R=2πR3．则==．故答案为：．三．解答题（共9小题）13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP=∠CDP=90°，∴AB⊥PA，CD⊥PD，又AB∥CD，∴AB⊥PD，∵PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAD，∵AB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．解：（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，∵PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，平面PAB⊥平面PAD，∴PO⊥底面ABCD，且AD==，PO=，∵四棱锥P﹣ABCD的体积为，∴V P﹣ABCD=====，解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，∴PB=PC==2，∴该四棱锥的侧面积：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=+++==6+2．14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD平面PAD，BC平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，则OE=，PO=，PE==，△PCD面积为2，可得：=2，即：，解得x=2，PE=2．则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，∵△ABC是正三角形，AD=CD，∴DO⊥AC，BO⊥AC，∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，∵BD平面BDO，∴AC⊥BD．解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，∵OE平面OBD，∴OE⊥AC，设AD=CD=，则OC=OA=1，∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=，由余弦定理得：cos∠CBD==，即，解得BE=1或BE=2，∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．法二：设AD=CD=，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，∴BO==，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），A（1，0，0），设E（a，b，c），，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0，，﹣1），解得E（0，，1﹣λ），∴=（1，），=（﹣1，），∵AE⊥EC，∴=﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，由λ∈[0，1]，解得，∴DE=BE，∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，∵DE=BE，∴S△DCE=S△BCE，∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．【解答】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：V=S△ABC×AA1===20．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM==，∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA===，∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB平面ABC，BC平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面ABC∩平面ABC=AC，BD平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE?S△BDC=×1×1=．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得，故．所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD．又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC﹣BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得．所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，则AD=PC=2，∴PB=，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1G OC，∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG，∵A1O平面B1CD1，CG平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BD B1D1，∵M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD平面ABCD，∴BD⊥A1E，∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，∴AO⊥BD，∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD，∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，∵B1D1平面B1CD1，∴平面A1EM⊥平面B1CD1．21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，因为BC⊥BD，FG∥BC，所以FG⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，故AD⊥AC．3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD=P，且PA平面PAD，PD平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD=．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得．∵AB⊥平面PAD，AD平面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，．∴cos＜＞==．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF AD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF平面PAB，CE平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP=，∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN=MN，CN=MN，BC=1，可得：1+BN2=BN2，BN=，MN=，作NQ⊥AB于Q，连接MQ，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：=．5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．∴DO=AC．∴DO2+BO2=AB2=BD2．∴∠BOD=90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．又OB平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则=．∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴===1．∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．=（﹣1，0，1），=，=（﹣2，0，0）．设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取=．同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．∴cos===﹣．∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C （2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD平面BDE，MF平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE平面BDE，NF平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．。
西安经开第一学校(西安经发学校)高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试题(包含答案解析)
一、选择题1．在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，2AB =，E 为PB 的中点，若3cos ,3DP AE =，则PD =（ ）A ．1B ．32C ．3D ．22．如图，四边形ABCD 和ABEF 都是正方形，G 为CD 的中点，60DAF ∠=，则直线BG 与平面AGE 所成角的余弦值是（ ）A ．25B 10C 15D ．2153．在空间四边形OABC 中，OA OB OC ==，3AOB AOC π∠=∠=，则cos ,OA BC的值为（ ） A ．0B ．22C ．12-D ．124．正方体ABCD —A′B′C′D′中，AB 的中点为M ，DD′的中点为N ，则异面直线B′M 与CN 所成角的大小为 A ．0°B ．45°C ．60 °D ．90°5．如图，棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，M 是棱1AA 的中点，点P 在侧面11ABB A 内，若1D P CM ⊥，则PBC ∆的面积的最小值为（ ）A ．255B ．55C ．45D ．16．已知在平行六面体1111ABCD A BC D -中，过顶点A 的三条棱所在直线两两夹角均为60︒，且三条棱长均为1，则此平行六面体的对角线1AC 的长为（ ）A ．3B ．2C ．5D ．67．如图，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A ．3B ．2C ．1D ．32-8．如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 的中点，则点E 到平面ACD 1的距离为( )A ．12B 2C ．13D ．169．如图是由16个边长为1的菱形构成的图形，菱形中的锐角为,3π=,,a AB b CD =则=a b ⋅A ．5-B ．1-C ．3-D ．6-10．在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D .若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ） A ．123S S S == B ．21=S S 且23S S ≠ C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠11．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，点E F 、分别是棱AB 、BC 的中点，则点1C 到平面1B EF 的距离等于（ ）A ．23B 22C 23D ．4312．在长方体1111ABCD A BC D -中，若13AC =111()AB AC AD AC ++⋅=（ ）A ．0B 3C ．3D ．6二、填空题13．若平面α的一个法向量为()n 122=，，，A(1，0，2)，B(0，-1，4)，A ∉α，B ∈α，则点A 到平面α的距离为__________．14．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且1PA PB PC ===，则球O 的表面积为____________.15．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的正方形，5PA PD =，平面ABCD ⊥平面PAD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是__________.16．如右图，AO ⊥平面α，点0为垂足，BC ⊂平面α，BC OB ⊥，若π4ABO ∠=，π6COB ∠=，则 tan BAC ∠=__________．17．如图，四棱锥P ABCD -中，ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，1==PA AB ，2BC =，四棱锥外接球的球心为O ，点E 是棱AD 上的一个动点.给出如下命题：①直线PB 与直线CE 是异面直线；②BE 与PC 一定不垂直；③三棱锥E BCO -的体积为定值；④CE PE +的最小值为22.其中正确命题的序号是______________.（将你认为正确的命题序号都填上）18．如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段1CC 上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面为S ，则下列命题正确的是__________（写出所有正确命题的编号）.①当102CQ <<时，S 为四边形；②当12CQ =时，S 为等腰梯形； ③当34CQ =时，S 与11C D 的交点R 满足114C R =；④当314CQ <<时，S 为五边形；⑤当1CQ =时，S 的面积为6.19．如图，已知边长为1的正'A BC ∆的顶点'A 在平面α内，顶点,B C 在平面α外的同一侧，点','B C 分别为,B C 在平面α内的投影，设''BB CC ≤，直线'CB 与平面''A CC 所成的角为ϕ.若'''A B C ∆是以角'A 为直角的直角三角形，则tan ϕ的最小值__________. 20．已知P 是正方体1111ABCD A BC D -的棱11A D 上的动点，设异面直线AB 与CP 所成的角为α，则cos α的最小值为__________．三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 上的点．（1）当E 是PD 的中点时，求证：//PB 平面AEC ；（2）设1==PA AB ，3PC =，若直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值为13，求PE 的长．22．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面//ABCD AB CD AD CD ⊥，，，且22AD CD PD AB ====.（I ）求证：AB ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求二面角P BC A --的余弦值.23．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，112BC AD ==且3CD =，E 为AD 的中点，F 是棱PA 的中点，2PA =，PE ⊥底面ABCD .AD CD ⊥（Ⅰ）证明：//BF 平面PCD ； （Ⅱ）求二面角P BD F --的正弦值；（Ⅲ）在线段PC （不含端点）上是否存在一点M ，使得直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值为3913？若存在，求出此时PM 的长；若不存在，说明理由. 24．如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .（1）求证：EF ⊥平面BCF ；（2）点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.25．如图，在等腰直角三角形PAD 中，90A ∠=︒，8AD =，3AB =，B ，C 分别是PA ，PD 上的点，且//AD BC ，M ，N 分别为BP ，CD 的中点，现将BCP 沿BC折起，得到四棱锥P ABCD -，连结MN .（1）证明：//MN 平面PAD ；（2）在翻折的过程中，当4PA =时，求二面角B PC D --的余弦值.26．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B 的中心，12AA =，CH ⊥平面11AA B B ，且3CH =．（1）求1AC 与平面ABC 所成角的正弦值；（2）在线段11A B 上是否存在一点P ，使得平面PBC ⊥平面ABC ？若存在，求出1B P 的长；若不存在，说明理由．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】由已知以D 为原点建立空间直角坐标系，设(0,0,)P a ，求得,DP AE 的坐标，由数量积公式可得答案. 【详解】由已知DP DA DC 、、两两垂直，所以以D 为原点，建立如图所示的坐标系， 设(0)PD a a =>，则(0,0,)P a ，(2,0,0)A ，连接BD 取中点F ，连接EF ，所以//EF PD ，EF ⊥平面ABCD ， 所以(1,1,)2aE ，所以(0,0,)DP a =，(1,1,)2a AE =-，由3cos ,3DP AE =2232cos ,3114a DP AE DP AE DP AE a a ⋅===⋅⋅++， 解得2a =. 故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的数量积公式的应用，关键点是建立空间直角坐标系，由数量积公式求得a ，考查了学生的空间想象力.2．C解析：C 【分析】以A 为原点，以AD 、AB 的方向分别为x 、y 轴的正方向，过A 作垂直平面ABCD 的直线作z 轴建立空间直角坐标系，设2AB =，利用空间向量法可求得直线BG 与平面AGE 所成角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】以A 为原点，以AD 、AB 的方向分别为x 、y 轴的正方向，过A 作垂直平面ABCD 的直线作z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -．设2AB =，得()0,0,0A 、()2,1,0G 、()0,2,0B 、(1,3E ， 则()2,1,0AG =，(3AE =，()2,1,0BG =-， 设平面AGE 的法向量为(),,n x y z =，则20230n AG x y n AE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1x =，则2y =-，3z = 所以，平面AGE 的一个法向量为(1,2,3n =-， 从而10cos ,5225n BG n BG n BG⋅<>===⨯⋅，故直线BG 与平面AGE =.故选：C. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.3．A解析：A 【分析】利用OB OC =，以及两个向量的数量积的定义可得cos ,OA BC <>的值，即可求解． 【详解】由题意，可知OB OC =，则()OA BC OA OC OB OA OC OA OB ⋅=⋅-=⋅-⋅coscos33OA OC OA OB ππ=⋅-⋅1()02OA OC OB =⋅-=， 所以OA BC ⊥，所以∴cos ,0OA BC <>=. 故选A ． 【点睛】本题主要考查了两个向量的数量积的定义，两个向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4．D解析：D 【分析】以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴建立空间直角坐标系,利用向量1(1,0,2)B M =--,(2,0,1)CN =-的数量积为0，即可求解.【详解】以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴建立空间直角坐标系如图所示， 设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，由图可知(1,0,0)M ，1(2,0,2)B ，(2,2,0)C ，(0,2,1)N ， 所以1(1,0,2)B M =--,(2,0,1)CN =- 所以1cos ,0B M CN 〈〉=所以异面直线B M '与CN 所成的角为90︒．故本题正确答案为D ． 【点睛】本题主要考查了异面直线所成角，属于基础题.5．A解析：A 【分析】建立空间直角坐标系，设出P 点的坐标，利用1CM D P ⊥求得P 点坐标间的相互关系，写出三角形PBC 面积的表达式，利用二次函数的对称轴，求得面积的最小值. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，依题意有()()()()12,0,1,0,2,0,0,0,2,2,,M C D P a b ，()()12,2,1,2,,2MC D P a b =--=-，由于1CM D P ⊥，故()()2,2,12,,24220a b a b --⋅-=-+-+=，解得22b a =-.根据正方体的性质可知，BC BP ⊥，故三角形PBC 为直角三角形，而()2,2,0B ，故()()220,2,2PB a b a b =--=-+PBC 的面积为()2221251282BC PB a b a a ⨯⨯=-+=-+126105a ==时，面积取得最小值为26625512855⎛⎫⨯-⨯+=⎪⎝⎭，故选A. 【点睛】本小题主要考查空间两条直线相互垂直的坐标表示，考查三角形面积的最小值的求法，还考查了划归与转化的数学思想.属于中档题.空间两条直线相互垂直，那么两条直线的方向向量的数量积为零.对于两个参数求最值，可利用方程将其中一个参数转化为另一个参数，再结合函数最值相应的求法来求最值.6．D解析：D【分析】由()2211+BC CC ,AC AB =+根据已知条件能求出结果 【详解】∵()2211+BC CC AC AB =+ =222111222AB BC CC AB BC AB CC BC CC +++⋅+⋅+⋅=1+1+1+2×1×1×cos60°+2×1×1×co s60°+2×1×1×cos60°=6． ∴AC =故选D ．【点睛】这个题目考查了向量的点积运算和模长的求法；对于向量的题目一般是以小题的形式出现，常见的解题思路为：向量基底化，用已知长度和夹角的向量表示要求的向量，或者建系实现向量坐标化，或者应用数形结合.7．D解析：D【分析】由DB ED FE BF =++，利用数量积运算性质展开即可得到答案【详解】BD ED FE BF =++, 2222222111BD BF FE ED BF FE FE ED BF ED ∴=+++++=++ 故3BD =-故选D【点睛】本题是要求空间两点之间的距离，运用空间向量将其表示，然后计算得到结果，较为基础． 8．C解析：C【分析】根据题意，以D 为坐标原点，直线1DADC DD ，，分别为x y z ，，轴，建立空间直角坐标系，平面外一点到平面的距离可以用平面上任意一点与该点的连线在平面法向量上的投影表示，而法向量垂直于平面上所有向量，由AC ，1AD 即可求得平面1ACD 的法向量n ，而1D E 在n 上的投影即为点E 到面1ACD 的距离，即可求得结果【详解】以D 为坐标原点，直线1DADC DD ，，分别为x y z ，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则()1101A ，，，()1001D ，，,()100A ，，，()020C ，， E 为AB 的中点，则()110E ，， ()1111D E ∴=-，，，()120AC =-，，，()1101AD =-，，设平面1ACD 的法向量为()n a b c =，，，则100n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即200a b a c -+=⎧⎨-+=⎩ 可得2a b a c =⎧⎨=⎩可取()212n =，， ∴点E 到面1ACD 的距离为1212133D E n d n ⋅+-=== 故选C 【点睛】 本题是一道关于点到平面距离的题目，解题的关键是掌握求点到面距离的方法，建立空间直角坐标系，结合法向量求出结果，属于中档题。
陕西省西安市(新版)2024高考数学部编版测试(综合卷)完整试卷
陕西省西安市（新版）2024高考数学部编版测试(综合卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题已知集合，，则（）A．B．C．D．第(2)题蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（）（参考数据：，）A．B．C．D．第(3)题如图是一个几何体的三视图，其中正视图与侧视图都是边长为的等边三角形，俯视图是直径为的圆．则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．第(4)题已知函数，若对，，使成立，则的取值范围是A．B．C．D．第(5)题若为奇函数，则的值为（）A．-1B．0C．1D．-1或1第(6)题已知函数，要使函数恒成立，则正实数应满足A．B．C．D．第(7)题已知函数，若函数恰有4个零点，则k的取值范围（）A．B．C．D．第(8)题已知双曲线C：（，）的焦距为，左、右焦点分别为、，过的直线分别交双曲线左、右两支于A、B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线C的方程为（）A．B．C．D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知A，B分别是椭圆（）的左､右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，且满足，设直线PA，PB的斜率分别为，，则（）A．B．若，则椭圆的方程为C．若椭圆的离心率，则D．的面积随的增大而减小第(2)题某网络销售平台，实施对口扶贫，销售某县扶贫农产品.根据2020年全年该县扶贫农产品的销售额(单位：万元)和扶贫农产品销售额占总销售额的百分比，绘制了如图的双层饼图.根据双层饼图(季度和月份后面标注的是销售额或销售额占总销售额的百分比)，下列说法正确的是（）A．2020年的总销售额为1000万元B．2月份的销售额为8万元C．4季度销售额为280万元D．12个月的销售额的中位数为90万元第(3)题已知函数，下列说法正确的有（）A．曲线在处的切线方程为B．的单调递减区间为C．的极大值为D．方程有两个不同的解三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题已知函数，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是_______.第(2)题已知函数是定义域为R的奇函数，当时，，若有三个不同的根，则实数m的取值范围为________．第(3)题《数书九章》中称为秦九韶三斜求积公式；已知三角形的三边分别为，则该三角形的面积为__________；最小角的余弦值为__________.四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查（简称安检）．若安检不合格，则必须整改．若整改后经复查仍不合格，则强制关闭．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8，计算（结果精确到0.01）：(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率；(2)某煤矿不被关闭的概率；第(2)题已知圆的圆心为，半径为，在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为（1）求圆的极坐标方程；（2）若圆与圆的公共弦长为，求圆的极坐标方程．第(3)题如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是与的交点.(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.第(4)题已知椭圆C：的离心率为，左､右焦点分别为，，过的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于P点，，，记，，的面积分别为，，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，，求m的取值范围.第(5)题已知函数.(1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；(2)若方程有两个实根，，且，求证：.参考数据：，.。
陕西省西安市西安中学2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编含解析
陕西省西安市西安中学2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编含解析一、立体几何多选题1．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+-B ．三棱锥11D ABC -C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为AD ===1111112DB C S BB B C =⨯⨯=所以11111111332D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯==C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而33328A S ⎛==> ⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P P 点有且只有一个 B ．若12A P ，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 2D ．若12A P 且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 2P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622sin 603A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.4．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A B C D -的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3D G GC = 【答案】ABD 【分析】面面平行性质定理可得出A 正确；等体积法求得B 正确；直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠，求其正切值不等于1即可得出C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出11,D G GC 长度即可得出D 正确. 【详解】解：对于A.在正方体1111ABCD A B C D -中平面11//ADA D 平面11BCB C ， 又平面11ADA D 平面BMN HF =，平面11BCB C ⋂平面BMN BE =，有平面与平面平行的性质定理可得//HF BE ，故正确；对于B.因为1:1:2A F FA =，所以111332B M A B==， 又E 为棱1CC 上的中点，所以14B N =, 所以1111234432B BMN N B BM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故正确； 对于C.由题意及图形可判定直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠， 结合B 选项可得1114tan 13B N B MN B M ∠==≠，故错误； 对于D.同A 选项证明方法一样可证的11//GC B M ，因为E 为棱1CC 上的中点，1C 为棱1B N 上的中点，所以1113=22GC B M = 所以11G=2D ，所以11:1:3D G GC =，故正确. 故选：ABD 【点睛】求体积的常用方法：（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.5．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为2. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ， 则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=， 故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥， 因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值， 由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =，又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ， 故C 正确． 故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.6．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a ，023a ⎡⎤∈⎣⎦，，(2,23,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,23,22)R λλλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,23,2)D R λλλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,23,22)(2,23,2)412440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时122328232(,,)(,,)0555555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则4234(,,)333R ，14232(,,)333D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,1,3)n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.7．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为322⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =， 2232cos ,,32288AB AM AB AM AB AMa a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确； 对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.8．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥ C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE 【答案】AC 【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ． 【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点， ∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ， ∴MF 平面1A DE ， ∵DF BE ∥且DF BE =， ∴四边形BEDF 为平行四边形， ∴BFDE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ， ∴BF ∥平面1A DE ， 又BFMF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ， ∵BM ⊂平面BMF ， ∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确， ∵2DE CE a ==，2CD AB a ==，∴222DE CE CD +=，∴DE CE ⊥， 设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =，∴DE ⊥平面1A CE ， ∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾， 所以假设不成立，即B 错误. 故选:AC . 【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．9．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 的距离等于32EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002aA ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，130B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以132a BC b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,，132a AB b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,．∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222302a a b ⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得22b a =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB AC =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，12022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，13222a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,， 因为211162cos ,6||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，311E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.10．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EFBB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小， 此时2MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时3MN =，即面积S 的最大值为62， 所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:6，故C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1112123346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅=⨯⨯=△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。
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西安市高考数学真题分类汇编专题16：空间几何D卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、解答题 (共12题；共100分)
1. （10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．PA=AD=PD=2，且平面PAD⊥平面ABCD，
（1）求证：AB∥EF；
（2）证明：AF⊥平面PCD；
（3）求三棱锥P﹣ACD的体积．
2. （10分）(2014·浙江理) 如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC= ．
（1）证明：DE⊥平面ACD；
（2）求二面角B﹣AD﹣E的大小．
3. （5分） (2018高一上·珠海期末) 如图，是平面四边形的对角线，，，且 .现在沿所在的直线把折起来，使平面平面，如图.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
4. （5分） (2017高二上·莆田期末) 如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB=1，BC= ，AA1=2，E是侧棱BB1的中点．
（1）求证：A1E⊥平面AED；
（2）求二面角A﹣A1D﹣E的大小．
5. （10分） (2019高三上·鹤岗月考) 如图，在直角梯形中， ,点是中点，且 ,现将三角形沿折起，使点到达点的位置，且与平面
所成的角为 .
（1）求证:平面平面 ;
（2）求二面角的余弦值.
6. （10分）(2020·新沂模拟) 如图，已知是圆柱底面圆O的直径，底面半径，圆柱的表面积为，点在底面圆上，且直线与下底面所成的角的大小为 .
（1）求的长；
（2）求二面角的大小的余弦值.
7. （10分）(2020·淮南模拟) 如图在梯形中，，，为的中点
，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设，分别为，的中点，求三棱锥的体积．
8. （10分） (2016高二上·台州期中) 如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°．点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC=O．沿EF将△C EF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED．
（1）求证：BD⊥平面POA；
（2）设点Q满足，试探究：当PB取得最小值时，直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于？并说明理由．
9. （5分）(2018·北京) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD ，PA⊥PD ，PA=PD ， E ， F分别为AD ， PB的中点.
（Ⅰ）求证：PE⊥BC；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；
（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.
10. （5分）(2017·黑龙江模拟) 如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=a，点P在边AB上，设=λ （λ＞0），过点P作PE∥BC交AC于E，作PF∥AC交BC于F．沿PE将△APE翻折成△A′PE，使平面A′PE⊥平面ABC；沿PF将△BPF翻折成△B′PF，使平面B′PF⊥平面ABC．
（1）求证：B′C∥平面A′PE；
（2）是否存在正实数λ，使得二面角C﹣A′B′﹣P的大小为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
11. （10分）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，E点满足
（1）求证：PA⊥平面ABCD；
（2）在线段BC上是否存在点F使得PF∥面EAC？若存在，确定F的位置；若不存在，请说明理由．
12. （10分） (2016高一上·广东期末) 已知平行四边形ABCD（如图1），AB=4，AD=2，∠DAB=60°，E为AB 的中点，把三角形ADE沿DE折起至A1DE位置，使得A1C=4，F是线段A1C的中点（如图2）．
（1）求证：BF∥面A1DE；
（2）求证：面A1DE⊥面DEBC；
（3）求二面角A1﹣DC﹣E的正切值．
参考答案一、解答题 (共12题；共100分)
1-1、
1-2、
1-3、
2-1、
2-2、3-1、3-2、
4-1、4-2、5-1、
5-2、
6-1、6-2、
7-1、8-1、
9-1、10-1、
10-2、11-1、11-2、
12-1、12-2、
12-3、。