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新课标全国卷理科数学试题分类汇编立体几何

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专题11 立体几何-2019年新课标全国卷(1、2、3卷)理科数学备考宝典

专题11 立体几何-2019年新课标全国卷(1、2、3卷)理科数学备考宝典

2019年新课标全国卷（1、2、3卷）理科数学备考宝典11．立体几何一、考试大纲1．空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2．点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.垂直于同一个平面的两条直线平行.如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.4．空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.(2)会推导空间两点间的距离公式.二、新课标全国卷命题分析立体几何小题常考的题型包括：（1）球体；（2）多面体的三视图、体积、表面积或角度，包括线线角、线面角以及面面角，要重视常见几何体的三视图、三视图还原几何体的常用方法、面积和体积的计算式以及点线面的位置关系等，也要注意提高空间想象能力与数学计算能力．立体几何解答题第1问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断，注重对公理、定理的考查，而第2问多考查空间向量在空间立体几何中的应用，在证明与计算中一般要用到初中平面几何的重要定理，空间思维要求较高，运算量较大，对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力要求较高．在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力，给考生提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能，体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要求和能力要求，提升了对考生的数学能力和数学素养的考查.本试题能准确把握相关几何元素之间的关系，把推理论证能力、空间想象能力等能力和向量运算、二面角作图、建立空间直角坐标系等知识较好地融入试题中，使考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力得到了有效考查.三、典型高考试题讲评题型1 空间几何体的结构——三视图、表面积、体积例1 （2017·新课标Ⅰ，7）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 ．10B ．12C ．14D ．16解析：由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯，故选B ；题型2 空间中点、线、面的位置关系的判断例2 （2016·新课标Ⅱ，14）α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . （3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 . (填写所有正确命题的编号.) 【答案】②③④ 解析：略. 题型3 空间中平行、垂直的证明例3 （2018·新课标Ⅲ，理19）如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．⑴证明：平面AMD ⊥平面BMC ；⑵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．解析：（1）∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =I ，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .（2）如图建立坐标系：∵ABC S ∆面积恒定，∴MO CD ⊥，M ABC V -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =u r ，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =r，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-，(0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--，11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩，同理(1,0,0)n =，∴cos θ==，∴ sin 5θ=.例4 （2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD 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 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值解析：（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF ，因为90BAD ABC ∠=∠=︒，12BC AD =所以BC 12AD ， 因为E 是PD 的中点，所以EF12AD ，所以EF BC ， 所以四边形EFBC 为平行四边形，所以//EC BF ，因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB ，所以直线//CE 平面PAB ，（2）取AD 中点为O ，连接OC OP 、，因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以//AB OC ， 所以OC AD ⊥，以,,OC OD OP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图设1BC =，则(0,0,3),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --，所以(1,0,PC =， 设(,,)M xy z ，则(,,3)PM x y z =-，(1,0,0)AB =，因为点M 在棱PC 上，所以(01)PM PC λλ=≤≤，即(,,(1,0,x y z λ-=， 所以()M λ，所以()BM λ=-， 平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n =， 因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒， 所以|||sin 45||cos ,|2||||(BM nBM n BM n λ⋅︒=<>===，解得1λ=-(BM =-， 设平面MAB 的法向量为(,,)m x y z =，则00AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩， 令1z =，则6(0,m=，所以cos ,5||||6m n m n <>==⋅，所以求二面角M AB D --的余弦值5.题型4 空间中线面角的求法例5 （2018·新课标Ⅱ，9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B C D ．2【答案】C 解析：法一：由几何关系可知：112EF B D ==，AE =，1AF =，由余弦定理可知：cos θ解法二：坐标法：由几何关系可知：(1B D =，点A 的坐标为(，点1D 的坐标为()1,1,0(10,1,AD = ，cos θ=例6 （2018·新课标Ⅱ，20）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．解析：（1）连接OB ，由几何关系可知：PO =2OB =，因为 22216PO OB PB +==，所以2POB π∠=，所以 PO OB ⊥，因为 =PB PA ，OA OC =，所以 PO AC ⊥， 因为 ACOB O =，所以PO ABC ⊥平面.解法二：常规解法（二线法，以AB 边中点为例，三垂线定理） 在AB 边去中点N ，连接PN 、ON ，因为 PA PB =，所以 PA AB ⊥在ABC ∆中，由勾股定理可知：AB BC ⊥，在ABC ∆中，AO OC =，AN NB =，所以 ON BC ， 所以 AB ON ⊥，因为 ONPN N =，所以 AB PNO ⊥平面，所以 AB PO ⊥由几何关系可知：PO AC ⊥，因为 ACON O =，所以PO ABC ⊥平面.以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.由题意的可知：()0,0,0O ，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C ，(P ，(AP =.取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =. 设(),2,0M a a -（02a <≤），则(),4,0AM a a =-.设平面PAM 的法向量为(),,n x y z =，由0AP n ⋅=，0AM n ⋅=，()2040y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩可取))43,n a a a=--所以4cos ,a OB n -<>==4a =-（舍去），43a =所以 平面PAM 的法向量为43n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，因为 (0,2,PC =-，所以 cos ,PC n <>=所以PC 与平面PAM .例7 （2017·新课标Ⅰ，18）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ,90APD ∠=,求二面角A -PB -C 的余弦值．解析：（1）证明：∵90BAP CDP ∠=∠=︒，∴PA AB ⊥，PD CD ⊥，又∵AB CD ∥，∴PD AB ⊥，又∵PD PA P =，PD 、PA ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ． （2）取AD 中点O ，BC 中点E ，连接PO ，OE ，∵AB CD ， ∴四边形ABCD 为平行四边形，∴OE AB ， 由（1）知，AB ⊥平面PAD ，∴OE ⊥平面PAD ，又PO 、AD ⊂平面PAD ，∴OE PO ⊥，OE AD ⊥，又∵PA PD =，∴PO AD ⊥，∴PO 、OE 、AD 两两垂直， ∴以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2PA =，∴()00D ，、)20B ，、(00P 、()20C ，，∴(0PD =，、(22PB =，、()00BC =-，，设()n x y z =,,为平面PBC 的法向量，由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得200y +=-=⎪⎩，令1y =，则z 0x =，可得平面PBC 的一个法向量(01n =,， ∵90APD ∠=︒，∴PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，∴PD AB ⊥，又PA AB A =，∴PD ⊥平面PAB ，即PD 是平面PAB 的一个法向量，(0PD =,,，∴cos 23PD n PD n PD n⋅===⋅,，由图知二面角A PB C --为钝角，所以它的余弦值为．2011年—2018年新课标全国卷理科数学试题分类汇编11．立体几何一、选择题(2018·新课标Ⅰ，理7) 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．B ．C ．3D ．2(2018·新课标Ⅰ，理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）A B CD（2018·新课标Ⅱ，9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B C D （2018·新课标Ⅲ，理3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）（2018·新课标Ⅲ，理10）设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．（2017·新课标Ⅰ，7）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 ．10B ．12C ．14D ．16（2017·新课标Ⅰ，7） （2017·新课标Ⅱ，4） （2016·新课标Ⅰ，6） （2017·新课标Ⅱ，4）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所得，则该几何体的体积为（ ）A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π（2017·新课标Ⅱ，10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A C（2017·新课标Ⅲ，8）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 ．3π4C ．π2D ．π4（2016·新课标Ⅰ，6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是（ ） （A ）π17 （B ）π18 （C ）π20 （D ）π28（2016·新课标Ⅰ，11）平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，//α平面11D CB ，αI 平面ABCD m =， α平面n A ABB =11，则n m ,所成角的正弦值为（）（A （B （C （D ）13（2016·新课标Ⅱ，6面积为（ ） A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π（2016·新课标Ⅲ，9）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A. 18+B. 54+（2016·新课标Ⅲ，10）在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是（ ）A. 4πB.9π2C. 6πD. 32π3（2015·新课标Ⅰ，6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛（2015·新课标Ⅰ，11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为1620π+，则r =（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8（2015·新课标Ⅱ，6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A ．81B ．71 C ．61 D ．51（2015·新课标Ⅱ，6） （2014·新课标Ⅰ，12）（2015·新课标Ⅱ，9）已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB =90º，C 为该球面上的动点，若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π（2014·新课标Ⅰ，12）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为( )A.B . C .6 D .4（2014·新课标Ⅱ，6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A ．1727B ．59C ．1027D ．13（2014·新课标Ⅱ，6）（2013·新课标Ⅰ，6）（2013·新课标Ⅰ，8）（2014·新课标Ⅱ，11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90º，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A．110B．25CD（2013·新课标Ⅰ，6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A．500π3cm3 B．866π3cm3 C．1372π3cm3 D．2048π3cm3（2013·新课标Ⅰ，8）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π（2013·新课标Ⅱ，4）已知,m n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l m⊥，l n⊥，lα⊄，lβ⊄，则（）A.α // β且l // αB.αβ⊥且lβ⊥C.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l（2013·新课标Ⅱ，7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz-中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）（2012·新课标Ⅰ，7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．15（2012·新课标Ⅰ，11）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）ABCB. C.D.D ．2（2012·新课标Ⅱ，7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ） A. 6B. 9C. 12D. 18（2012·新课标Ⅱ，11）已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC =2，则此棱锥的体积为（ ） A.62B.63C.32D.22 （2011·新课标Ⅰ，6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（ ）二、填空题（2018·新课标Ⅱ，理16）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45︒．若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为_________．（2017·新课标Ⅲ，16）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 所称角的最小值为45；④直线AB 与a 所称角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）（2016·新课标Ⅱ，14）α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . （3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 . (填写所有正确命题的编号.)（2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,AB BC ==则棱锥O ABCD -的体积为 ．三、解答题（2018·新课标I ，理18）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．（2018·新课标Ⅱ，20）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．（2018·新课标Ⅲ，理19）如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．⑴证明：平面AMD ⊥平面BMC ；⑵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．（2017·新课标Ⅰ，18）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ,90APD ∠=,求二面角A -PB -C 的余弦值．（2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD 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 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值（2017·新课标Ⅲ，19）如图所示，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．（2016·新课标Ⅰ，18）如图，在以F E D C B A ,,,,,为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，︒=∠=90,2AFD FD AF ，且二面角E AF D --与二面角F BE C --都是︒60．（Ⅰ）证明：平面⊥ABEF 平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角A BC E --的余弦值．ABCDE F（2016·新课标Ⅱ，19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =54，EF 交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△D ´EF的位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值.（2016·新课标Ⅲ，19）如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB =AD =AC =3，P A =BC =4，M 为线段AD 上一点，AM =2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.OBACFDHED '（2015·新课标Ⅰ，18）如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，AE EC ⊥.（I ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ； （II ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.（2015·新课标Ⅱ，19）如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中AB =16，BC =10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E =D 1F =4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值.（2014·新课标Ⅰ，19）如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥.（Ⅰ） 证明：1AC AB =；（Ⅱ）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB=BC 求二面角111A A B C --的余弦值.（2014·新课标Ⅱ，18）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D -AE -C 为60º，AP =1，ADE -ACD 的体积.（2013·新课标Ⅰ，18）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．1A1B1CC（2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，19）如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点， DC 1⊥BD ．（1）证明：DC 1⊥BC ；（2）求二面角A 1－BD －C 1的大小．（2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，18）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD .(Ⅰ)证明：P A ⊥BD ；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值．A 1C2011年—2018年新课标全国卷理科数学试题分类汇编11．立体几何（解析版）一、选择题(2018·新课标全国Ⅰ卷理7) 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．B ．C ．3D ．2【答案】B 解析：当路径为线段MN=(2018·新课标Ⅰ，理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）A B C ．4D 【答案】A 解析：（直接法）平面11A C B 符合题意，如图（1）所示，例题中的平面α可得面11A C B 平移平移后的图象如图（1）所示，六边形EFGHMN 为该截面设1A N x =，则有,)EN MN x ==-根据对称性可知),EF x FG =-=，延长,EN HM 相交于点P延长,EF HG 相交于点Q ，易证60HEF EHG ∠=∠= 所以EHQ ∆为等边三角形，同理EHP ∠为等边三角形， 所以maxEHG EPG PMN FGQEFGHMNS S S S S ∆∆∆∆=+--六边形2222)))4444x =+---2(221)2x x =-+当12x =时，max EFGHMN S =六边形．【解法2】（特殊位置法）由题可知，截面α应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时，此时六边形的周长恒定不变，所以当截面为正六边形时，面积最大max26EFGHMN S ==六边形．（2018·新课标Ⅱ，9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B C D【答案】C 解析：法一：由几何关系可知：112EF B D ==，AE =，1AF =，由余弦定理可知：cos θ解法二：坐标法：由几何关系可知：(1B D =，点A 的坐标为(，点1D 的坐标为()1,1,0(10,1,AD = ，cos θ=解法三：补型法（以右补为例）：由几何关系可知：BD ，2DG =，1B G =cos θ=.（2018·新课标Ⅲ，理3）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）【答案】A 解析：根据题意，A 选项符号题意.（2018·新课标Ⅲ，理10）设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 解析：如图，ABC ∆为等边三角形，点O 为A ，B ，C ，D 外接球的球心，G 为ABC ∆的重心，由ABC S ∆=，得6AB =，取BC 的中点H ，∴sin 60AH AB =⋅︒=，∴23AG AH ==O 到面ABC 的距离为2d ==，∴三棱锥D ABC -体积最大值1(24)3D ABC V -=⨯+=（2017·新课标Ⅰ，7）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 ．10B ．12C ．14D ．16【答案】 B 解析：由三视图可画出立体图，该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯，故选B ；（2017·新课标Ⅱ，4）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所得，则该几何体的体积为（ ）A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【答案】 B 解析：从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为V Sh =，3r =，4h =，∴ 136V π=；上面阴影的体积2V 是上面部分体积3V 的一半，即2312V V =，3V 与1V 的比为高的比（同底），即3132V V =，213274V V π==，故总体积02163V V V π=+=.方法2：354V Sh π==，其余同上，故总体积02163V V V π=+=.（2017·新课标Ⅱ，10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A ．2 B ．3 【答案】 B 解析：解法一：在边1BB ﹑11B C ﹑11A B ﹑AB 上分别取中点E ﹑F ﹑G ﹑H ，并相互连接. 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线1AB 和1BC 所成的夹角为FEG ∠或其补角，通过几何关系求得2EF =FG =2FH =，利用余弦定理可求得异面直线1AB 和1BC .解法二：补形通过补形之后可知：1BC D ∠或其补角为异面直线1AB 和1BC 所成的角，通过几何关系可知：1BC =1C D =，BD 1AB 和1BC .解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，()0,2,1A ，()10,0,0B ，()0,0,1B，11,02C ⎫-⎪⎪⎝⎭， ∴ 131,12BC ⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭，()10,2,1B A =，∴1111cos 5B A BC B A BC θ⋅===⋅ （2017·新课标Ⅲ，8）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 ．3π4C ．π2D ．π4【答案】 B 解析：由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r =则圆柱体体积23ππ4V r h ==.故选B.（2016·新课标Ⅰ，6）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是328π，则它的表面积是（ ） （A ）π17 （B ）π18 （C ）π20 （D ）π28【答案】 A 解析：原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的18表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S ⨯⨯⨯⨯πππ，故选A ．（2016·新课标Ⅰ，11）平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，//α平面11D CB ，αI 平面ABCDm =， α平面n A ABB =11，则n m ,所成角的正弦值为（ ）（A ）23 （B ）22（C ）33 （D ）31【答案】 A 解析：如图所示：111∵11CB D α∥平面，∴若设平面11CB D 平面1ABCD m =，则1m m ∥又∵平面ABCD ∥平面1111A B C D ，结合平面11B D C 平面111111A B C D B D =∴111B D m ∥，故11B D m ∥，同理可得：1CD n ∥故m 、的所成角的大小与11B D 、1CD 所成角的大小相等，即11CD B ∠的大小． 而1111B C B D CD ==（均为面对交线），因此113CD B π∠=，即11sin CD B ∠． 故选A ．（2016·新课标Ⅱ，6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π【答案】 C解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得2r =， 2π4πc r ==，由勾股定理得：4l =，21π4π16π8π28π2S r ch cl =++=++=表，故选C ．（2016·新课标Ⅲ，9）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为A. 18+B. 54+2016，6 2015，6 2014，6【答案】 B 解析：由三视图可知该几何体是一个平行六面体，上下底面为俯视图的一半，各个侧面平行四边形，故表面积为2332362354⨯⨯+⨯⨯+⨯=+（2016·新课标Ⅲ，10）在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是A. 4πB.9π2C. 6πD. 32π3【答案】 B 解析：由题意知，当球为直三棱柱的内接球时，体积最大，选取过球心且平行于直三棱柱底面的截面，如图所示，则由切线长定理可知，内接圆的半径为2， 又1322AA =<⨯，所以内接球的半径为32，即V 的最大值为34932R ππ=（2015·新课标Ⅰ，6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛 【答案】 B 解析：284R π=，圆锥底面半径16R π=，米堆体积21320123V R h ππ==，堆放的米约有221.62V≈，选（B ）.（2015·新课标Ⅰ，11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为1620π+，则r =（ ）（A ）1（B ）2（C ）4（D ）8【答案】 B 解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球和半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都r ，圆柱的高为2r，其表面积为862222142225416202r r r r r r r r πππππ⨯+⨯++⨯=+=-，解得2r =，故选（B ）.（2015·新课标Ⅱ，6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A ．81 B ．71 C ．61 D ．51（2015·6）D 解析：由三视图得，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，截去四面体A-A 1B 1D 1，如图所示，设正方体棱长为a ，则11133111326A AB D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.（2015·新课标Ⅱ，9）已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB =90º，C 为该球面上的动点，若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【答案】 C 解析：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故R=6，则球O的表面积为24144S R ππ==，故选C ．1。

新课标全国卷真题分类汇编—立体几何(大题)

新课标全国卷真题分类汇编—立体几何(大题)

新课标全国卷真题——立体几何（大题）【15卷一文18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若120ABC ∠= ，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -积.【15卷二文19】如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）； （2）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.【14卷一文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.【14卷二文18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 的中点.（1）证明：PB //平面AEC ；（2）设1,AP AD ==三棱锥P ABD -的体积4V =，求A 到平面PBC 的距离. 【13卷一文19】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠= .（1）证明：1AB AC ⊥；（2）若2AB CB ==，1AC =，求三棱柱111ABC A B C -的体积.【13卷二文18】如图，直三棱柱111C B A ABC -中，E D ,分别是1,BB AB 的中点.（1）证明： 1BC //平面CD A 1;（2）设21===CB AC AA ,22=AB ，求三棱锥DE A C 1-的体积.【12课标卷文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧棱垂直底面，︒=∠90ACB ，121AA BC AC ==，D 是棱1AA 的中点．（1）证明：平面⊥BDC 平面1BDC ；（2）平面1BDC 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【11课标卷文18】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（1）证明：PA BD ⊥；（2）设1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．【10课标卷文18】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为等腰梯形，AB CD ，AC BD ⊥,垂足为H ，PH 是四棱锥的高.（1）证明：平面PAC ⊥平面PBD ;（2）若AB =,60APB ADB ∠=∠=，求四棱锥P ABCD -的体积.【15卷一理18】如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD ，DF⊥平面ABCD ，BE=2DF ，AE⊥EC.（1）证明：平面AEC⊥平面AFC ； （2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.【15卷二理19】如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法与理由）； （2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【14卷一理19】如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥.（1）证明：1AC AB =；（2）若1AC AB ⊥，o160CBB ∠=，AB BC =，求二面角111A A B C --的余弦值. 【14卷二理18】如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：PB∥平面AEC ；（2）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，E-ACD 的体积.【13卷一理18】如图，三棱柱111C B A ABC -中，︒=∠==60,,11BAA AA AB CB CA .（1）证明C A AB 1⊥;（2）若平面ABC ⊥平面11BB AA ，2==CB AB ，求直线C A 1与平面C C BB 11所成角的正弦值。

高考理科数学试题汇编含答案立体几何小题.docx

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（新课标1）（6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名着，书中有如下问题 :“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。

问 :积及为米几何 ?”其意思为 : “在屋内墙角处堆放米 (如图，米堆为一个圆锥的四分之一 )，米堆为一个圆锥的四分之一 )，米堆底部的弧度为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少 ?”已知 1 斛米的体积约为立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放斛的米约有（）斛斛斛斛【答案】 B考点：圆锥的体积公式（新课标 1）（ 9）已知 A,B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥 O-ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为A ． 36ππππ【答案】 C【解析】如图所示，当点 C 位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O ABC 的体积最大，设球 O 的半径为R，此时V O ABC V C AOB1 1 R2R 1 R336，故 R 6，则326球 O 的表面积为S 4R2144 ，故选C．COAB（北京） 4. 设，是两个不同的平面，m 是直线且m?．“m∥”是“ ∥”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】 B【解析】试题分析：因为，是两个不同的平面，m 是直线且m?．若“”，则平面m ∥、可能相交也可能平行，不能推出//，反过来若//， m，则有m∥，则“”是“∥”的必要而不充分条件 .m ∥考点： 1. 空间直线与平面的位置关系； 2. 充要条件 .（福建） 7 ．若l , m是两条不同的直线，m 垂直于平面，则“ l m ”是“ l / /的（）A．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】 B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．（湖南） 10. 某工件的三视图如图 3 所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为新工件的体积（材料利用率 =）（）原工件的体积A. 8B.16C.4( 2 1)3D.12( 2 1)399【答案】 A.【解析】考点： 1.圆锥的内接长方体； 2.基本不等式求最值.（四川） 14.如图，四边形ABCD 和 ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段 PQ 上， E、 F 分别为AB 、 BC 的中点。

高考数学理是题分类汇编

高考数学理是题分类汇编

高考数学理试题分类汇编----立体几何一、已给三视图求立体图形的体积/表面积A.1、〔2021年北京高考〕某三棱锥的三视图以以下图，那么该三棱锥的体积为〔〕B.16B.13C.12D.1【答案】A2、〔2021年山东高考〕有一个半球和四棱锥构成的几何体，其三视图如右图所示，那么该几何体的体积为1 / 272 / 27〔A 〕π32+31 〔B 〕π32+31〔C 〕π62+31〔D 〕π62+1【答案】C3、〔2021年全国I 高考〕，那么它的表面积是〔A 〕17π〔B 〕18π〔C 〕20π〔D 〕28π【答案】A4、〔2021年全国II高考〕右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的表面积为〔A〕20π〔B〕24π〔C〕28π〔D〕32π【答案】C5、〔2021年全国III高考〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的表面积为〔A〕18365+B〕54185+C〕90〔D〕81【答案】B6、〔2021年四川高考〕三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图以以下图，那么该三棱锥的体积是__________．3 / 27【答案】337、〔2021年天津高考〕一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图以以下图〔单位：m〕，那么该四棱锥的体积为_______m3.【答案】2二．求值8、〔2021年浙江高考〕某几何体的三视图以以下图〔单位：cm〕，那么该几何体的表面积是cm2，体积是cm3.【答案】72324 / 275 / 279、〔2021年全国III 高考〕在关闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，假定AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，那么V 的最大值是〔A 〕4π〔B 〕92π 〔C 〕6π〔D 〕323π【答案】B10、〔2021年全国I 高考〕平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的极点A ，α//平面CB 1D 1，α平面ABCD =m ，α平面ABB 1A 1=n ，那么m ，n 所成角的正弦值为〔A〕2〔B〕2〔C〕3〔D 〕13【答案】A 二、填空题11、〔2021年上海高考〕如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，那么该正四棱柱的高等于____________6 / 27【答案】2212、〔2021年浙江高考〕如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.假定平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，知足PD =DA ，PB =BA ，那么四周体PBCD 的体积的最大值是.【答案】1213、〔2021年全国II 高考〕,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有以下四个命题：〔1〕假如,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.[ 〔2〕假如,//m n αα⊥，那么m n ⊥. 〔3〕假如//,m αβα⊂，那么//m β.〔4〕假如//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.7 / 27此中正确的命题有．.(填写全部正确命题的编号〕 【答案】②③④四、建系坐标用空间向量证明平行.垂直及求角14、〔2021年北京高考〕如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.〔1〕求证：PD ⊥平面PAB ；〔2〕求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；〔3〕在棱PA 上能否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？假定存在，求AMAP的值；假定不存在，说明原因. 【解】⑴∵面PAD 面ABCD AD =8 / 27面PAD ⊥面ABCD ∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD∴AB ⊥面PAD ∵PD ⊂面PAD ∴AB ⊥PD 又PD ⊥PA∴PD ⊥面PAB⑵取AD 中点为O ，连接CO ，PO∵CD AC ==∴CO ⊥AD∵PA PD = ∴PO ⊥AD认为O 原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，那么(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，， 设n 为面PDC 的法向量，令0(,1)n x y =，011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，那么PB 与面PCD 夹角θ有sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>==⑶假定存在M 点使得BM ∥面PCDOx yzPABC D9 / 27设AMAPλ=，()0,','M y z由〔2〕知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量 ∴0BM n ⋅= 即102λλ-++=∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AMAP=时，M 点即为所求.15、〔2021年山东高考〕在以以下图的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.〔I 〕G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； 〔II 〕EF =FB =12AC =23，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【解】(Ⅰ)连接FC ，取FC 的中点M ，连接HM GM,，由于GM//EF ，EF 在上底面内，GM 不在上底面内，10 / 27因此GM//上底面，因此GM//平面ABC ； 又由于MH//BC ，⊂BC 平面ABC ，⊄MH 平面ABC ，因此MH//平面ABC ； 因此平面GHM//平面ABC ，由⊂GH 平面GHM ，因此GH//(Ⅱ)连接OB ，BC AB = OB A ⊥∴O认为O 原点，分别认为O O OB,OA,'z y,x,轴， 成立空间直角坐标系．BC AB ,32AC 21FB EF ==== ， 3)(22=--='FO BO BF O O ，于是有)0,0,3A(2，)0,0,3C(-2，)0,3B(0,2，)3,3F(0,，可得平面FBC 中的向量)3,(30,-BF =，)0,,(3232CB =,于是得平面FBC 的一个法向量为)1,3,3(1-=n ，又平面ABC 的一个法向量为)1,0,0(2=n ，E F BA C G H E FB AC O ， O x yz11 / 27设二面角A -BC -F 为θ，那么7771cos ===θ．二面角A -BC -F 的余弦值为77．16、〔2021年上海高考〕将边长为1的正方形11AAOO 〔及其内部〕绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为23π，11A B 长为3π，此中1B 与C在平面11AAOO 的同侧。

2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)

2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为()A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D解析：如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A解析：,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则22d =，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==．故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b a =（负值舍去）．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为()A ．3B ．32C ．1D ．32【答案】C解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=．故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD △为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//的充要条件是()()A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ//，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件，故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC △是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。

新课标全国卷理科数学分类汇编立体几何

新课标全国卷理科数学分类汇编立体几何

2011年—2017年新课标高考全国Ⅰ卷理科数学分类汇编（含答案）8．立体几何【2017，7】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【2016，11】平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，//α平面11D CB ，αI 平面ABCD m =，I α平面n A ABB =11，则n m ,所成角的正弦值为（ ）（A ）23 （B ）22 （C ）33 （D ）31 【2016，6】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是328π，则它的表面积是（ ） （A ）π17 （B ）π18 （C ）π20 （D ）π28【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛 【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示. 若该几何体的表面积为1620π+，则r =（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8【2014，12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A .62B .42C .6D .4【2013，6】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A ．500π3cm 3B ．866π3cm 3C ．1372π3cm 3D ．2048π3cm 3【2013，8】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，11】已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC =2，则此棱锥的体积为（ ） A ．26B ．36C ．23D ．22【2011，6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（ ）二、填空题【2011，15】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。

2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(试卷版)

2018-2022五年全国高考数学立体几何真题分类汇编(试卷版)

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编专题21 立体几何解答题一、解答题1. (2022高考北京卷·第17题)如图, 在三棱柱中, 侧面为正方形, 平面平面, , M, N分别为, AC的中点.(1)求证: 平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知, 求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①: ；条件②: .注：如果选择条件①和条件②分别解答, 按第一个解答计分．2. (2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题)在四棱锥中, 底面.(1)证明: ；(2)求PD与平面所成的角的正弦值.3. (2022年浙江省高考数学试题·第19题)如图, 已知和都是直角梯形, , , , , , , 二面角的平面角为. 设M, N分别为的中点.(1)证明: ；(2)求直线与平面所成角的正弦值.4. (2022新高考全国II卷·第20题)如图, 是三棱锥的高, , , E是的中点.(1)证明: 平面；(2)若, , , 求二面角/正弦值．5. (2022新高考全国I卷·第19题)如图, 直三棱柱的体积为4, 的面积为.(1)求A到平面1A BC的距离；(2)设D为的中点, , 平面平面, 求二面角的正弦值.6. (2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题)如图, 四面体中, , E为的中点.(1)证明: 平面平面；(2)设, 点F在上, 当的面积最小时, 求与平面所成的角的正弦值．7. (2021年高考浙江卷·第19题)如图, 在四棱锥中, 底面是平行四边形, , M, N分别为的中点, .(1)证明: ；(2)求直线与平面所成角的正弦值.8. (2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥中, 底面是正方形, 若.(1)证明: 平面平面；(2)求二面角/平面角的余弦值.9. (2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图, 在三棱锥中, 平面平面, , 为的中点.(1)证明: ；(2)若是边长为1/等边三角形, 点在棱上, , 且二面角的大小为, 求三棱锥的体积．10. (2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图, 四棱锥的底面是矩形, 底面, , 为的中点,且.(1)求BC；(2)求二面角的正弦值.11. (2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱中, 侧面为正方形, , E, F分别为和/中点, D为棱上的点.(1)证明: ；(2)当为何值时, 面与面所成的二面角的正弦值最小?12. (2021高考北京·第17题)如图: 在正方体中, 为中点, 与平面交于点.(1)求证: 为的中点；(2)点是棱上一点, 且二面角的余弦值为, 求的值．13. (2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图, 为圆锥的顶点, 是圆锥底面的圆心, 为底面直径, . 是底面的内接正三角形, 为上一点, .(1)证明: 平面；(2)求二面角的余弦值.14. (2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)如图, 已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形, 侧面BB1C1C是矩形, M, N分别为BC, B1C1的中点, P为AM上一点, 过B1C1和P 的平面交AB于E, 交AC于F.(1)证明: AA1∥MN, 且平面A1AMN⊥EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心, 若AO∥平面EB1C1F, 且AO=AB, 求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值.15．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)如图, 在长方体中, 点分别在棱上, 且, ．(1)证明: 点/平面内；(2)若, , , 求二面角的正弦值．16. (2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20题)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PD=AD=1, Q为l上的点, 求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．17. (2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)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.(1)证明: 平面PDC；(2)已知PD=AD=1, Q为上的点, QB=, 求PB与平面QCD所成角的正弦值．18. (2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图, 三棱台DEF—ABC中, 面ADFC⊥面ABC, ∠ACB=∠ACD=45°, DC =2BC.(I)证明: EF⊥DB；(II)求DF与面DBC所成角的正弦值.19. (2020天津高考·第17题)如图, 在三棱柱中, 平面, , 点分别在棱和棱上, 且为棱的中点.(Ⅰ)求证: ；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线与平面所成角的正弦值.20. (2020江苏高考·第24题)在三棱锥中, 已知,, 为的中点, 平面, , 为的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点在上, 满足, 设二面角的大小为, 求的值.21. (2020江苏高考·第15题)在三棱柱中, , 平面, 分别是的中点.(1)求证: 平面；(2)求证：平面平面.22. (2020北京高考·第16题)如图, 在正方体中, 为的中点.(Ⅰ)求证: 平面；(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.23. (2019年高考浙江·第19题)如图, 已知三棱柱, 平面平面, , , , , 分别是, 的中点．(Ⅰ)证明: ；(Ⅱ)求直线与平面所成角的余弦值.24. (2019年高考天津理·第17题)如图, 平面, , . (Ⅰ)求证: 平面；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角的余弦值为, 求线段的长.25. (2019年高考上海·第17题)如图, 在长方体中, 为上一点, 已知, , , . (1)求直线1A C 与平面ABCD 的夹角； (2)求点A 到平面1A MC 的距离.FE C 1A 1B 1CBAABCDEF26. (2019年高考全国Ⅲ理·第19题)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.27. (2019年高考全国Ⅱ理·第17题)如图, 长方体的底面是正方形, 点在棱上, . 证明: 平面；若, 求二面角的正弦值．图2图1D A28. (2019年高考全国Ⅰ理·第18题)如图, 直四棱柱的底面是菱形, 分别是, , 的中点.(1)证明: 平面；(2)求二面角的正弦值.29. (2019年高考江苏·第16题)如图, 在直三棱柱中, 分别为, 的中点, .求证：(1)平面；(2).30. (2019年高考北京理·第16题)如图, 在四棱锥P–ABCD中, PA⊥平面ABCD, AD ⊥CD, AD∥BC, PA=AD=CD=2, BC=3. E为PD的中点, 点F在PC上, 且.(Ⅰ)求证: CD⊥平面PAD；(Ⅱ)求二面角F–AE–P的余弦值；(Ⅲ)设点G在PB上, 且. 判断直线AG是否在平面AEF内, 说明理由.31. (2018年高考数学江苏卷·第25题)(本小题满分10分)如图, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=AA1=2, 点P, Q分别为A1B1, BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.32. (2018年高考数学江苏卷·第15题)(本小题满分14分)在平行六面体中, .求证: (1)；(2).33. (2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图, 已知多面体, 均垂直于平面,, , , ．(1)证明: 平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.34. (2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分, 第1小题满分6分, 第2小题满分8分)已知圆锥的顶点为, 底面圆心为, 半径为2, (1)设圆锥的母线长为4, 求圆锥的体积；(2)设, 是底面半径, 且, 为线段的中点, 如图, 求异面直线与 所成的角的大小．35. (2018年高考数学天津(理)·第17题)(本小题满分13分)如图, 且, , 且, , 且, 平面, . (1)若为的中点, 为的中点, 求证：平面； (2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点在线段上, 且直线与平面所成的角为, 求线段的长.ACA 1C 1B 136. (2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图, 边长为的正方形所在平面与半圆弧所在的平面垂直, 是弧上异于的点. (1)证明: 平面平面；(2)当三棱锥体积最大时, 求面与面所成二面角的正弦值．37. (2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分) 如图, 在三棱锥中, , , 为的中点． (1)证明: 平面；(2)若点在棱上, 且二面角为, 求与平面所成角的正弦值．ABC DEFG MN38. (2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)如图, 四边形为正方形, 分别为的中点, 以为折痕把折起, 使点到达点的位置, 且. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求与平面所成角的正弦值.39. (2018年高考数学北京(理)·第16题)(本小题14分)如图, 在三棱柱中, 平面,分别为的中点, , . (Ⅰ)求证: 平面；(Ⅱ)求二面角1B CD C --的余弦值； (Ⅲ)证明: 直线与平面相交.PABMCO。

近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编11 立体几何

近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编11 立体几何

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何一、多选题1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，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二、单选题2．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体1111ABCD A BC 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ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDDB C ．直线1A D 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11BDDB 3．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．32B ．3C ．2D ．4．（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A ．12BC ．4D 5．（2021·全国高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（2021·全国高考真题（理））在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π67．（2021·全国高考真题）圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．8．（2020·天津高考真题）若棱长为面积为（ ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 9．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．A ．6B ．6+C ．12D ．12+10．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．611．（2020·海南高考真题）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°12．（2020·全国高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．13．（2020·全国高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 14．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．14B ．12C ．14D ．1215．（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D ．216．（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H 17．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．32418．（2019·全国高考真题（理））如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M 是线段ED 的中点，则A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线19．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．3220．（2019·浙江高考真题）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 ．,βγαγ<<B ．,βαβγ<<C ．,βαγα<<D ．,αβγβ<<21．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 22．（2019·全国高考真题（文））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面23．（2019·上海高考真题）已知平面αβγ、、两两垂直，直线a b c 、、满足：,,a b c αβγ⊆⊆⊆，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 24．（2018·浙江高考真题）已知直线,m n 和平面α，n ⊂α，则“//m n ”是“//m α”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25．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）A ．4B ．8C ．12D ．1626．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤ 27．（2018·全国高考真题（文））在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．28．（2018·北京高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1 B．2C．3 D．429．（2018·全国高考真题（文））某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．B．C．3D．2，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，30．（2018·全国高考真题（理））设A B C D体积的最大值为ABC为等边三角形且其面积为D ABCA．B．C．D．31．（2018·全国高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A ．B ．C ．D ．32．（2018·浙江高考真题）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：3cm ）是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8 33．（2018·全国高考真题（文））在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．2BCD ．2 34．（2018·全国高考真题（文））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 ．B ．12πC ．D ．10π35．（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BCD ．2 36．（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D 37．（2017·全国高考真题（文））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 ．未命名未命名三、解答题38．（2021·全国高考真题）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.39．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．40．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.41．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.42．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 43．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．44．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB PB 与平面QCD 所成角的正弦值．45．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．46．（2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A BC D -中， E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．47．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．48．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．49．（2020·江苏高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD BD=2，O为BD 的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．50．（2020·江苏高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F 分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．51．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值． 52．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．53．（2020·全国高考真题（文））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AC；（2）设DO，求三棱锥P−ABC的体积. 54．（2020·全国高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=．底面直径，AE AD（1）证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．（2）求二面角B PC E55．（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．56．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.57．（2019·江苏高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC 的中点，AB=BC．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．58．（2019·天津高考真题（理））如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长. 59．（2019·全国高考真题（理））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.60．（2019·全国高考真题（文））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）求点C到平面C1DE的距离．61．（2019·全国高考真题（理））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EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.62．（2019·上海高考真题）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,PA PB PC AB BC AC ======（1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角；（2）求P ABC -的体积.63．（2018·上海高考真题）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图．求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．64．（2018·江苏高考真题）在平行六面体1111ABCD A BC D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥． 求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．65．（2018·江苏高考真题）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．66．（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧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）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．67．（2018·北京高考真题（理））如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．68．（2018·北京高考真题（文））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 .69．（2018·全国高考真题（理））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.70．（2018·全国高考真题（理））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．71．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．72．（2018·全国高考真题（文））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2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．73．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．74．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD .（1）证明：1AO ∥平面B 1CD 1；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.四、填空题75．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．76．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30 则该圆锥的侧面积为________.77．（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________78．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D BCC1B1的交线长为________．179．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.80．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．81．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下述命题中所有真命题的序号是__________.①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝82．（2019·江苏高考真题）如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.83．（2019·北京高考真题（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．84．（2019·北京高考真题（理））已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．85．（2019·全国高考真题（理））学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB=BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .86．（2019·天津高考真题（文）若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.87．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________． 88．（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．89．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．90．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB 的面积为面积为__________．91．（2018·天津高考真题（理））已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为__________.五、双空题92．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何（答案解析）1．BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则11A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．【小结】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．2．A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A BC D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【小结】关键点小结：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 3．A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A BC D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，1=，故111113122ABCD A B C D V -=⨯=， 故选：A.4．A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴=则ABC ，又球的半径为1， 设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【小结】关键小结：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．D【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.【解析】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D6．D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=， 所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 故选：D7．B【分析】 设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=l =故选：B.8．C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.【小结】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，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；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.9．D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D.【小结】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．10．A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为： 11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【小结】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.11．B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【解析】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，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【小结】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.12．C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.【小结】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.13．A【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【小结】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 14．C【分析】设,CD a PE b ==，利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案.。

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题理

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题理

06 立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√5.5【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=1，2，BD=√DE2+BE2=√3，故DE=√32所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃗ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃗ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃗ ,DP⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE . 以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z )， 则{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +z =0n ⃗ ⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0 ，取y =√3，则n ⃗ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√34,34)，所以cos⟨n ⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=n ⃗ ⋅CF⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||CF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃗ ,CF⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y +z =0m ⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，可取m⃗⃗ =(1,0,−1)， 设平面BDC 的一个法向量n ⃗ =(a,b,c)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c =0m ⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a =0， 可取n⃗ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√2×√2=12，所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE//PD ，即可得证； （2）过点A 作Az//OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE//PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE//平面PAC(2)解：过点A 作Az//OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3x +y +32z =0n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃗ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃗⃗ =(a,b,c )，则{m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3a +b +32c =0m ⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃗⃗ =(√3,0,−6)； 所以cos ⟨n ⃗ ,m ⃗⃗ ⟩=n⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√13×√39=−4√313设二面角C −AE −B 为θ，由图可知二面角C −AE −B 为钝二面角， 所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos 2θ=1113故二面角C −AE −B 的正弦值为1113；5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点， 易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-=，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =， 因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BAθ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272， 此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-． 又1111BD B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即11B H =1B H =所以DH === 则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF =在Rt ECF中，EF D作1B N 的平行线交MN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE =在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅sin DFE ∠=1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠13,2B NFS = 1cos B NF DFES Sθ==，sin θ=当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值． 【答案】（1（2【解析】【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长； （2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a == [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥． 又因为PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ． 所以∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC = [方法三]：几何法+三角形面积法 如图，联结BD 交AM 于点N ．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以2==AN DA MN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，DB AM由1122=⋅=⋅DABSDA AB DB AN ，得=t ，解得212t =，所以2==BC t（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()AP =-， 由111120220m AMy m AP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取1x =()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x yz =，BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =--，由222220220n BM n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3cos ,7m n m n m n ⋅===⋅⨯ 所以，270sin ,1cos ,14m n m n =-=， 因此，二面角A PM B --[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ， 故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 的正方形，联结1D H ，HM ． 111111111,2D HMD HMD A HHBMMCD A BCD SD M HG S S SSS=⋅=---正方形，由等积法解得=HG在Rt AHG 中，==AH HG =AG所以，sin AH AGH AG ∠==A PMB -- 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.7．【2021年新高考1卷】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.【答案】(1)证明见解析；【解析】 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m=，所以cos ,2n OA ==，解得1m =．又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V--==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EGBD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO SOA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．② 将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =， 结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】 【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-. 设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23.9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO上一点，PO ．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；（2）方法一：过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的一个法向量n ，平面PCE 的一个法向量为m ，利用公式cos ,||||n mm n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =， 则DO =，1122CO BO AE===，所以PO ==PC PB PA ====又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA = 22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；[方法二]：空间直角坐标系法 不妨设AB =4sin 60==︒=ABAE AD ，由圆锥性质知DO ⊥平面ABC ，所以==DO ==PO O 是ABC 的外心，因此AE BC ⊥．在底面过O 作BC 的平行线与AB 的交点为W ，以O 为原点，OW 方向为x 轴正方向，OE 方向为y 轴正方向，OD 方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)A -，B ，(C ，(0,2,0)E ，P ．所以(0,AP =，(=--BP ，(3,=-CP ． 故0220⋅=-+=AP BP ，0220⋅=-+=AP CP ． 所以AP BP ⊥，AP CP ⊥．又BP CP P =，故AP ⊥平面PBC ．[方法三]：因为ABC 是底面圆O 的内接正三角形，且AE 为底面直径，所以AE BC ⊥． 因为DO （即PO ）垂直于底面，BC 在底面内，所以PO BC ⊥． 又因为PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，PO AE O =，所以BC ⊥平面PAE ．又因为PA ⊂平面PAE ，所以PA BC ⊥．设AE BC F =，则F 为BC 的中点，连结PF ．设DO a =，且PO ，则AF =，PA =，12PF a =． 因此222+=PA PF AF ，从而PA PF ⊥． 又因为PFBC F =，所以PA ⊥平面PBC ．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O 半径为R ，连结DE ，AE AD DE ==，易得OD =，因为=PO ，所以=PO ． 以,,OA OB OD 为基底，OD ⊥平面ABC ，则66=+=-+AP AO OP OA OD ， 66=+=-+BP BO OP OB OD ，且212OA OB R ⋅=-，0OA OD OB OD ⋅=⋅=所以6666⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭AP BP OA OD OB OD26610666⋅-⋅-⋅+=OA OB OA OD OB OD OD ． 故0AP BP ⋅=．所以AP BP ⊥，即AP BP ⊥． 同理AP CP ⊥．又BP CP P =，所以AP ⊥平面PBC ． （2）[方法一]：空间直角坐标系法过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),((,244E PB C ---，1(,44PC =--，1()44PB =-，1(,0,24PE =--，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令1x 111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得22z y ==所以3(1,3m =故2cos ,||||3n mmn n m ⋅<>===⋅⨯设二面角B PC E --的大小为θ，由图可知二面角为锐二面角，所以cos θ=[方法二]【最优解】：几何法 设=BCAE F ，易知F 是BC 的中点，过F 作∥FG AP 交PE 于G ，取PC 的中点H ，联结GH ，则∥HF PB ．由PA ⊥平面PBC ，得FG ⊥平面PBC ． 由（1）可得，222BC PB PC =+，得PB PC ⊥． 所以FH PC ⊥，根据三垂线定理，得GH PC ⊥． 所以GHF ∠是二面角B PC E --的平面角． 设圆O 的半径为r ，则3sin602︒==AF AB r ，2AE r =，12=EF r ，13EF AF =，所以14=FG PA ，1122==FH PB PA ，12=FG FH ． 在Rt GFH 中，1tan 2∠==FG GHF FH ，cos ∠=GHF ． 所以二面角B PC E --．[方法三]：射影面积法如图所示，在PE 上取点H ，使14HE PE =，设BC AE N =，连结NH ．由（1）知14NE AE =，所以∥NH PA ．故NH ⊥平面PBC ． 所以，点H 在面PBC 上的射影为N ．故由射影面积法可知二面角B PC E --的余弦值为cos PCN PCHS θS=．在PCE中，令==PC PE 1CE =，易知=PCES ．所以335416PCH PCES S ==．又1328PCNPBCSS ==，故3cos PCN PCHS θS ===所以二面角BPC E --．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）连接NP ，先求证四边形ONPA 是平行四边形，根据几何关系求得EP ，在11B C 截取1B Q EP =，由（1）BC ⊥平面1A AMN ，可得QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角，即可求得答案. 【详解】 （1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴，又11//AA BB ， 1//MN AA ∴，在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥， 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥， 1//MN BB ，MN BC ⊥，由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ， ∴BC ⊥平面1A AMN ，又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ，又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴ ，//EF BC ∴，又BC ⊥平面1A AMN ， ∴EF ⊥平面1A AMN ，EF ⊂平面11EB C F ， ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN .(2)[方法一]：几何法如图，过O 作11B C 的平行线分别交1111,A B AC 于点11,E F ，联结11,,,AE AO AF NP ， 由于//AO 平面11EB C F ，11//E F 平面11EB C F ，11=AOE F O ，AO ⊂平面11AE F ，11E F ⊂平面11AE F ，所以平面11//AE F 平面11EB C F ．又因平面11AE F 平面111=AA B B AE ，平面11EB C F ⋂平面111=AA B B EB ，所以11∥EB AE ．因为111B C A N ⊥，11B C MN ⊥，1A N MN N =，所以11B C ⊥面1AA NM ．又因1111∥E F B C ，所以11⊥E F 面1AA NM ， 所以1AE 与平面1AA NM 所成的角为1∠E AO ．令2AB =，则11=NB ，由于O 为111A B C △的中心，故112233==OE NB ． 在1Rt AE O 中，122,3===AO AB OE ，由勾股定理得1==AE所以111sin ∠==E O E AO AE 由于11∥EB AE ，直线1B E 与平面1A AMN[方法二]【最优解】：几何法 因为//AO 平面11EFC B ，平面11EFC B 平面1=AMNA NP ，所以∥AO NP ．因为//ON AP ，所以四边形OAPN 为平行四边形．由（Ⅰ）知EF ⊥平面1AMNA ，则EF 为平面1AMNA 的垂线． 所以1B E 在平面1AMNA 的射影为NP ． 从而1B E 与NP 所成角的正弦值即为所求．在梯形11EFC B 中，设1EF =，过E 作11EG B C ⊥，垂足为G ，则3==PN EG ． 在直角三角形1B EG中，1sin ∠==B EG [方法三]：向量法由（Ⅰ）知，11B C ⊥平面1A AMN ，则11B C 为平面1A AMN 的法向量．因为∥AO 平面11EB C F ，AO ⊆平面1A AMN ，且平面1A AMN ⋂平面11EB C F PN =， 所以//AO PN ．由（Ⅰ）知11,=∥AA MN AA MN ，即四边形APNO 为平行四边形，则==AO NP AB ． 因为O 为正111A B C △的中心，故13==AP ON AM ． 由面面平行的性质得111111,33=∥EF B C EF B C ，所以四边形11EFC B 为等腰梯形．由P ，N 为等腰梯形两底的中点，得11PN B C ⊥，则11110,⋅==++=PN B C EB EP PN NB 111111111623+-=-B C PN B C PN B C ． 设直线1B E 与平面1A AMN 所成角为θ，AB a ，则21111111sin θ⋅===aEB B C EB B C a 所以直线1B E 与平面1A AMN[方法四]：基底法不妨设2===AO AB AC ，则在直角1AA O 中，1AA =以向量1,,AA AB AC 为基底， 从而1,2π=AA AB ，1,2π=AA AC ，,3π=AB AC ．1111123=++=+EB EA AA A B AB AA ，BC AC AB =-， 则12103=EB ，||2BC =． 所以112()3⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭EB BC AB AA AC AB 2224333⋅-=-AB AC AB ．由（Ⅰ）知BC ⊥平面1A AMN ，所以向量BC 为平面1A AMN 的法向量． 设直线1B E 与平面1A AMN 所成角θ，则11110sin cos ,10||θ⋅===EB BC EB BC EB BC 故直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值为sin θ= 【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法； 方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）方法一:连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）方法一：以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，如图1所示.在长方体1111ABCD A B C D -中，//,BF CG BF CG =，所以四边形BCGF 为平行四边形，则//,BC FG BC FG =，而,//BC AD BC AD =，所以//,AD FG AD FG =，所以四边形DAFG 为平行四边形，即有//AF DG ，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴，1//C E AF ∴，因此点1C 在平面AEF 内.［方法二］：空间向量共线定理以11111,,C D C B C C 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图2所示． 设11111,,3C D a C B b C C c ===，则1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ．所以1(,0,2),(,0,2)C E a c FA a c ==．故1C E FA =．所以1AF C E ∥，点1C 在平面AEF 内． ［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ， 所以111(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c C F b c C A a b c ===．故111C A C E C F =+．所以点1C 在平面AEF 内． ［方法四］：根据题意，如图3，设11111,2,3A D a A B b A A c ===．在平面11A B BA 内，因为12BF FB =，所以1111133B F B B A A ==．延长AF 交11A B 于G ，AF ⊂平面AEF ，11A B ⊂平面1111D C B A ．11,G AF G A B ∈∈，所以G ∈平面,AEF G ∈平面1111D C B A ①．延长AE 交11A D 于H ，同理H ∈平面,AEF H ∈平面1111D C B A ②． 由①②得，平面AEF平面1111A B C D GH =．连接11,,GH GC HC ，根据相似三角形知识可得11,2GB b D H a ==．在11Rt C B G 中，1C G =同理，在11Rt C D H 中，1C H =如图4，在1Rt A GH 中，GH = 所以11GH C G C H =+，即G ，1C ，H 三点共线． 因为GH ⊂平面AEF ，所以1C ⊂平面AEF ，得证． ［方法五］：如图5，连接11,,DF EB DB ，则四边形1DEB F 为平行四边形，设1DB 与EF 相交于点O ，则O 为1,EF DB 的中点．联结1AC ，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即11AC B D O =，则1AC 经过点O ，故点1C 在平面AEF 内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，如图2.则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的一个法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的一个法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，3cos ,3m n m n m n⋅<>===⨯⋅ 设二面角1A EF A--的平面角为θ，则cos θ=sin7θ∴=. 因此，二面角1A EF A--. ［方法二］：定义法在AEF 中，AE AF EF ====即222AE EF AF +=，所以AE EF ⊥．在1A EF 中，11A E A F =6，设,EF AF 的中点分别为M ，N ，连接11,,A M MN A N ，则1,A M EF MN EF ⊥⊥，所以1AMN ∠为二面角1A EFA --的平面角．在1AMN 中，1122MN A M A N ====所以1175cos A MN+-∠==1sin A MN∠==［方法三］：向量法由题意得11AE AF AF AE EF==，由于222AE EF AF+=，所以AE EF⊥．如图7，在平面1A EF内作1A G EF⊥，垂足为G，则EA与1GA的夹角即为二面角1A EF A--的大小．由11AA AE EG GA=++，得22221111222AA AE EG GA AE EG EG GA AE GA=++++⋅⋅+⋅．其中，1EG AG==11AE GA⋅=，1cos,AE GA〉〈=所以二面角1A EF A--．［方法四］：三面角公式由题易得，11EA FA FE EA FA===所以2221111cos2EA EA AAAEAEA EA+-∠===⋅．222cos0,sin12EA EF AFAEF AEFEA EF+-∠===∠=⋅．22211111cos2EA EF A FA EF A EFEA EF+-∠===∠=⋅设θ为二面角1A EF A--的平面角，由二面角的三个面角公式，得111cos cos cos cos sin sin AEA AEF A EF AEF A EF θ∠-∠⋅∠==∠⋅∠sin θ=【整体点评】（1）方法一：通过证明直线1//C E AF ，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出． （2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出． 12．【2020年新高考1卷（山东卷）】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PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>====当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．。

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(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。

2024年高考真题分类汇编九 空间向量与立体几何

2024年高考真题分类汇编九 空间向量与立体几何
且 ⊥ ，以为坐标原点，, , 分别为, , 轴建立空间直角坐标系，
则 0,
可得⃗
1,0 , 1,
0,
1,
1,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,0,2 ，
2 , ⃗
1,
1,
2 , ⃗
1,0,
2 , ⃗
0,2,
2 ,
6 / 14
, , ，则
则 0,0,0 , 0,0,2 3 , 0,3 3, 0 , 3,3 3, 0 , 2,0,0 , 0,
，
2 3, 0 ，
因为是的中点，所以 4,2 3, 0 ，
所以⃗
3,3 3,
2 3 , ⃗
0,3 3,
2 3 , ⃗
4,2 3,
2 3 , ⃗
2,0,
1 1 0
分别取1
2
1，则1
⃗⋅⃗
|⃗|⋅|⃗|
则 cos⃗, ⃗
3、1
1、2
2 22
22 0
，
0，即⃗
1,3,1 、⃗
0,0,2 ，平面1 的法向量为⃗
1,3,1 ，
1 3
1 9 1⋅ 1 1
1，2
0
1,1,0 ，
2 22
，
11
故平面1 与平面1 1 的夹角余弦值为2 22；
设平面的法向量为⃗
令
1，则取
2，可得⃗
0,
2，则
则 cos⟨⃗, ⃗⟩

2,1 ，
1
5
2 0 ，
2 2 0
2,1,1 ，
1，可得⃗
⃗⋅⃗
|⃗|⋅|⃗|
0,
⃗
, , ，则 ⃗ ⋅
⃗ ⋅ ⃗

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(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.。

(新课标全国I卷)2010_2019学年高考数学真题分类汇编专题06立体几何(1)文(含解析)

(新课标全国I卷)2010_2019学年高考数学真题分类汇编专题06立体几何(1)文(含解析)

专题6 立体几何（1）立体几何小题：10年19考，一般考三视图和球，主要计算体积和表面积．其中，“点线面”也有可能出现在小题．1．（2019年）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC，那么P到平面ABC的距离为．【解析】∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE∴CD＝CE＝OD＝OE1，∴PO．∴P到平面ABC2．（2018年）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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．πB．12πC．D．10π【答案】B【解析】设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2＝8，解得R＝，则该圆柱的表面积为2π⨯⨯+⨯＝12π．故选B．23．（2018年）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．B ．C ．3D ．2【答案】B【解析】由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为=B ．4．（2018年）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为（ ）A ．8B ．C ．D ．【答案】C【解析】长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，即∠AC 1B ＝30°，可得BC 1＝tan 30AB＝BB 12×2⨯选C ．5．（2017年）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．【答案】A【解析】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．6．（2017年）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．【答案】36π【解析】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112932r r r⨯⨯⨯⨯=，解得r＝3．球O的表面积为4πr2＝36π．7．（2016年）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是（）A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】A【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18后的几何体，如图，可得：37428R 833ππ⨯=，R ＝2．它的表面积是227342284ππ⨯⨯+⨯⨯＝17π．故选A ．8．（2016年）平面α过正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m 、n 所成角的正弦值为（ ）A ．2B ．2C ．3D ．13【答案】A【解析】如图，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABA 1B 1＝n ，可知：n ∥CD 1，m ∥B 1D 1，∵△CB 1D 1是正三角形．m 、n 所成角就是∠CD 1B 1＝60°．则m 、n A ．9．（2015年）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【答案】B【解析】设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝8，解得r ＝16π，故米堆的体积为21116543ππ⎛⎫⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭≈3209，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴3209÷1.62≈22，故选B ． 10．（2015年）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r ＝（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：12×4πr 2+12×πr 212+⨯2r ×2πr +2r ×2r +12×πr 2＝5πr 2+4r 2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr 2+4r 2＝16+20π，解得r ＝2，故选B ．11．（2014年）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【答案】D【解析】根据几何体的三视图，可知几何体是三棱柱，如图．故选B．12．（2013年）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【答案】A【解析】三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积＝12×22×π×4＝8π，所以这个几何体的体积是16+8π，故选A．13．（2013年）已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB＝1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为．【答案】9 2π【解析】设球的半径为R，∵AH：HB＝1：2，∴平面α与球心的距离为13R，∵α截球O所得截面的面积为π，∴d＝13R时，r＝1，故由R2＝r2+d2得R2＝12+（13R）2，∴R2＝98，∴球的表面积S＝4πR2＝92π．14．（2012年）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【答案】B【解析】该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3，底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为V ＝13×12×6×3×3＝9．故选B ．15．（2012年）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α，则此球的体积为（ ）A πB ．C ．D ．【答案】B【解析】因为平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α，所以球的半径为343π⨯＝．故选B ．16．（2011年）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选D ．17．（2011年）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ． 【答案】13【解析】不妨设球的半径为4，球的表面积为64π，圆锥的底面积为12π，圆锥的底面半径为何体的特征知球心到圆锥底面的距离，求的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形，由此2=，所以圆锥体积较小者的高为4﹣2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为4+2＝6，所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13． 18．（2010年）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa2【答案】B【解析】根据题意球的半径R满足（2R）2＝6a2，所以S球＝4πR2＝6πa2．故选B．19．（2010年）一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的（填入所有可能的几何体前的编号）①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱．【答案】①②③⑤【解析】一个几何体的正视图为一个三角形，显然①②⑤正确；③是三棱柱放倒时也正确；④⑥不论怎样放置正视图都不会是三角形．。

全国高考数学试题分类汇编 理科逐题详解 立体几何

全国高考数学试题分类汇编 理科逐题详解 立体几何

九、立体几何第I 部分1.【陕西卷（理05）】已知底面边长为1，侧棱长为2则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）32.3A π .4B π .2C π 4.3D π2.【重庆卷（理07）】某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（ ） A.54 B.60 C.66 D.723.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（A ）321+ （B ）318+（C ）21（D ）184.【福建卷（理02）】某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ） A ． 圆柱 B ． 圆锥 C ． 四面体 D ． 三棱柱5.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示. 将该石材切割、打磨，加工成球，则能得到最大球的半径等于A. 1B. 2C. 3D. 46.【辽宁卷（理04）】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ）A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥俯视图左视图正视图3245正（主）视图侧（左）视图俯视图1111111111117.【全国大纲卷（08）】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ） A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π8.【四川卷（理08）】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点。

设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是A ．3[,1]3B ．6[,1]3C ．622[,]33D ．22[,1]39.【辽宁卷（理07）】某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．82π-B ．8π-C ．82π-D ．84π-10.【全国大纲卷（11）】已知二面角l αβ--为060，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，0135ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14 B ．24 C ．34 D ．1211.【全国新课标Ⅰ（理12）】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A .62B .42C .6D .412.【全国新课标Ⅱ（理06）】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A. 1727 B. 59 C. 1027 D. 1313.【全国新课标Ⅱ（理11）】直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A. 110B. 25C. 3010D.2214.【北京卷（理07）】在空间直角坐标系Oxyz 中，已知()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()1,1,2D ，若 1S ，2S ，3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）（A ）123S S S == （B ）12S S =且 31S S ≠ （C ）13S S =且 32S S ≠ （D ）23S S =且 13S S ≠15.【广东卷（理07）】若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ，满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥，则下列结论一定正确的是A.14l l ⊥B.14//l lC.14,l l 既不垂直也不平行D.14,l l 的位置关系不确定 16.【湖北卷（理05）】在如图所示的空间直角坐标系xyz O -中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②17.【湖北卷（理08）】.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，另相乘也。

年新课标全国卷理科数学试题分类汇编立体几何

年新课标全国卷理科数学试题分类汇编立体几何

2011年—2018年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编11．立体几何一、选择题（2018·9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5 C ．5 D ．2 （2017·4）如图，网格纸上小正方形的边长为1，学 科&网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所得，则该几何体的体积为（ ）A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π （2017·10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A ．32 B ．155 C ．105D ．33 （2016·6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π（2015·6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 （2015·9）已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB =90º，C 为该球面上的动点，若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π（2014·6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A ．1727B ．59C ．1027D ．13（2014·11）直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA =90º，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC =CA =CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）4423· 2016，62015，62014，6A．110B．25C．30D．2（2013·4）已知,m n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l m⊥，l n⊥，lα⊄，lβ⊄，则（）A.α // β且l // αB.αβ⊥且lβ⊥C.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l（2013·7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz-中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）（2012·7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A. 6B. 9C. 12D. 18（2012·11）已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）A.62 B.63 C.32 D.22（2011·6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D.二、填空题（2018·16）16．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若SAB△的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．（2016·14）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.（3）如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.（4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有. (填写所有正确命题的编号.)（2011·15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,3AB BC==则棱锥O-ABCD 的体积为 .三、解答题B. C. D.（2017·19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，12AB BC AD==，o90BAD ABC∠=∠=，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所成锐角为o45，求二面角M-AB-D的余弦值（2016·19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D´EF的位置，10OD'=.（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B D A C'--的正弦值.（2015·19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值.（2014·18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60º，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.（2013·18）如图，直三棱柱111ABC A B C-中，D，E分别是AB，1BB的中点，122AA AC CB AB===.（Ⅰ）证明：1BC//平面1ACD；（Ⅱ）求二面角1D AC E--的正弦值.（2012·19）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，121AABCAC==，DC BADC1A1B11AD1B1CA CEBOBACFDHED'是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD . （Ⅰ）证明：DC 1⊥BC ；（Ⅱ）求二面角A 1-BD -C 1的大小.（2011·18）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60°，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：P A ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A -PB -C 的余弦值.（2018·20）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB 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．PA O CM2011年—2018年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编11．立体几何（逐题解析版）一、选择题 （2018·9）C（2017·4）B 【解析】从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为V Sh =，3r =，4h =，∴ 136V π=；上面阴影的体积2V 是上面部分体积3V 的一半，即2312V V =，3V 与1V的比为高的比（同底），即3132V V =，213274V V π==，故总体积02163V V V π=+=.方法2：354V Sh π==，其余同上，故总体积02163V V V π=+=.（2017·10）B 【解析】解法一：在边1BB ﹑11B C ﹑11A B ﹑AB 上分别取中点E ﹑F ﹑G ﹑H ，并相互连接. 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线1AB 和1BC 所成的夹角为FEG ∠或其补角， 通过几何关系求得2EF =，5FG =，11FH =，利用余弦定理可求得异面直线1AB 和1BC 所成的夹角余弦值为10.解法二：补形通过补形之后可知：1BC D ∠或其补角为异面直线1AB 和1BC 所成的角，通过几何关系可知： 12BC =15C D =，3BD 1AB 和1BC 10. 解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，()0,2,1A ，()10,0,0B ，()0,0,1B ，131,02C ⎫-⎪⎪⎝⎭，∴ 131,12BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,1B A =，∴ 111110cos 52B A BC B A BC θ⋅===⨯⋅（2016·6）C 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得2r =， 2π4πc r ==，由勾股定理得：()222234l =+=，21π4π16π8π28π2S r ch cl =++=++=表，故选C ．（2015·6）D 解析：由三视图得，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，截去四面体A -A 1B 1D 1，如图所示，设正方体棱长为a ，则11133111326A AB D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.（2015·9）C 解析：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故R=6，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ．（2014·6）C 解析：原来毛坯体积为π·32·6=54π (cm 2)，由三视图得，该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，所以该零件的体积为：π·32·2+π·22·4=34π (cm 2)，则切削掉部分的体积为54π-34π =20π(cm 2)，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20105427ππ=.（2014·11）C 解析：取BC 的中点P ，连结NP 、AP ， ∵M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，∴四边形NMBP 为平行四边形，∴BM //PN ，∴所求角的余弦值等于∠ANP 的余弦值，不妨令BC =CA =CC 1=2，则AN =AP 5NP =6，∴222222||||||(5)(6)(5)cos 2||||256AN NP AP ANP AN NP +-∠=⨯⋅⨯⨯30=. 【另解】如图建立坐标系，令AC =BC =C 1C =2，则A (0, 2, 2)，B (2, 0, 2)，M (1,1,0)，N (0,1,0)，(1,1,2)(0,1,2),BM AN ∴=--=--，30cos 10||||65BM AN θBM AN ⋅===⋅（2013·4）D 解析：因为m ⊥α，l ⊥m ，l ⊄α，所以l ∥α. 同理可得l ∥β. 又因为m ，n 为异面直线，所以α与β相交，且l 平行于它们的交线．故选D.（2013·7）A 解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系O －xyz 的图像为右图，则它在平面zOx 上的投影即正视图为右图，故选A.（2012·7）B 解析：由三视图可知，此几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形（俯视图），高为3的三棱锥，故其体积为1132323932V =⨯⨯=.D1C 1B 11BOAACB1A1C1BN MP（2012·11）A 解析：易知点S 到平面ABC 的距离是点O 到平面ABC 的距离的2倍.显然O -ABC 是棱长为1的正四面体，其高为63，故136234312O ABC V -=⨯⨯=，226S ABC O ABC V V --==. （2011·6）D 解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r 的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r 的圆锥沿对称轴截出的部分构成的. 故选D.二、填空题 （2018·16）402π （2016·14）【答案：②③④】（2011·15）83解析：设ABCD 所在的截面圆的圆心为M ，则AM =221(23)6232+=， OM =224(23)2-=，16232833O ABCD V -=⨯⨯⨯=. 三、解答题（2017·19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， 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 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值【基本解法1】（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF ，因为90BAD ABC ∠=∠=︒，12BC AD =所以BC 12AD ， 因为E 是PD 的中点，所以EF12AD ，所以EF BC ， 所以四边形EFBC 为平行四边形，所以//EC BF ，因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB ，所以直线//CE 平面PAB ，（2）取AD 中点为O ，连接OC OP 、，因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以//AB OC ， 所以OC AD ⊥，以,,OC OD OP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图设1BC =，则3),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --，所以(1,0,3)PC =-，设(,,)M x y z ，则(,,3)PM x y z =-，(1,0,0)AB =，因为点M 在棱PC 上，所以(01)PM PC λλ=≤≤，即(,,3)(1,0,3)x y z λ-=-， 所以(,0,33)M λλ-，所以(1,1,33)BM λλ=--， 平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n =， 因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒， 所以222|||33|2|sin 45||cos ,|2||||(1)1(33)1BM n BM n BM n λλλ⋅-︒=<>===-++-⨯，解得21λ=-，所以26(,1,)BM =--， 设平面MAB 的法向量为(,,)m x y z =，则02602AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩， 令1z =，则6(0,,1)m =， 所以2210cos ,5||||6()12m n m n <>==⋅+， 所以求二面角M AB D --的余弦值105.（2016·19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =54，EF 交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△D ´EF 的位置，10OD '=.（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值.解析：⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥．∵6AC =，∴3AO =； 又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =，∴1AEOH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，OBACFDHED '由11n ABn AD⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x yx y z+=⎧⎨-++=⎩，取345xyz=⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n=-，，．同理可得面'AD C的法向量()2301n =，，，∴12129575cos5210n nn nθ⋅+===⋅，∴295sinθ=．（2015·19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值.（2015·19）解析：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EM AB⊥，垂足为M，则14AM A E==，18EM AA==因为EHGF为正方形，所以EH EF=10BC==，于是226MH EH EM=-=，所以10AH=，以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所以的空间直角坐标系D xyz-，则(10,0,0)A，(10,10,0)H，(10,4,8)E，(0,4,8)F，(10,0,0)FE=，(0,6,8)HE=-，设(,,)n x y z=是平面EHGF的法向量，则n FEn HE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即100680xy z=⎧⎨-+=⎩，所以可取(0,4,3)n=，又(10,4,8)AF=-，故||45|cos,|15||||n AFn AFn AF⋅<>==，所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为41515.（2014·18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60º，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解析：（Ⅰ）证明：连结BD交AC于点O，连结OE．∵底面ABCD为矩形，∴点O为BD的中点，又E为PD的中点，∴//OE PB，∵OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB//平面AEC.（Ⅱ）以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB a=，则(0,3,0)D，(0,0,0)A，31(0,,)2E，(,3,0)C a，∴31(0,,)2AE=，(,3,0)AC a=，PB CDEA设(,,)n x y z =是平面AEC 的法向量，则31022n AE y zn AC ax ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，解得：y x z⎧=⎪⎨⎪=⎩，令x =得(3,,)n a =-，又∵(,0,0)AB a =是平面AED 的一个法向量，∴1|cos ,|cos6023AB n a <>===⋅， 解得32a =，∴111||||||322E ACD V AD CD AP -=⨯⨯⨯⨯11313222=⨯⨯=.解析：（Ⅰ）连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1 // 平面A 1CD . （Ⅱ）由AC ＝CB ＝2AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz . 设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ＝(1,1,0)，CE ＝(0,2,1)，1CA ＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则100CD CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即11110,220.x y x z +=⎧⎨+=⎩可取n ＝(1, -1, -1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则10CE CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，可取m ＝(2, 1, -2)．从而cos 〈n ，m 〉＝||||3=·n m n m ，故sin 〈n ，m 即二面角D －A 1C －E （2012·19）如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，121AA BC AC ==，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD . （Ⅰ）证明：DC 1⊥BC ； （Ⅱ）求二面角A 1-BD -C 1的大小.C B ADC 1 A 1 B 114．解析：（Ⅰ） 证明：设112AC BC AA a ===，直三棱柱111C B A ABC -，12DC DC a ∴==， 12CC a =，22211DC DC CC ∴+=，1DC DC ∴⊥. 又1DC BD ⊥，1DC DC D =，1DC ∴⊥平面BDC .BC ⊂平面BDC ，1DC BC ∴⊥.（Ⅱ）由 (Ⅰ)知，12DC a =，15BC a =，又已知BD DC ⊥1，3BD a ∴=. 在Rt ABD △中，3BD a =，,90AD a DAB =∠=，2AB a ∴=. 222AC BC AB ∴+=，AC BC ∴⊥.<法一>取11A B 的中点E ，则易证1C E ⊥平面1BDA ，连结DE ，则1C E ⊥BD ，已知BD DC ⊥1，BD ∴⊥平面1DC E ，BD ∴⊥DE ， 1C DE ∴∠是二面角11C BD A --平面角.在1Rt C DE △中，111221sin 22C E a C DE C D a∠===，130C DE ∴∠=. 即二面角11C BD A --的大小为30.<法二>以点C 为坐标原点，为x 轴，CB 为y 轴,1CC 为z 轴,建立空间直角坐标系C xyz -.则()()()()11,0,2,0,,0,,0,,0,0,2A a a B a D a a C a . (),,DB a a a =--，()1,0,DC a a =-,设平面1DBC 的法向量为1111(,,)n x y z =，则1111110n DB ax ay az n DC ax az ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，不妨令11x =，得112,1y z ==，故可取1(1,2,1)n =.同理,可求得平面1DBA 的一个法向量2(1,1,0)n =. 设1n 与2n 的夹角为θ，则 12123cos ||||62n n n n θ⋅===⋅⨯, 30θ∴=. 由图可知，二面角的大小为锐角，故二面角11C BD A --的大小为30.（2011·18）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60°，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：P A ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A -PB -C 的余弦值.15．解析：（Ⅰ）因为602DAB AB AD ∠=︒=，，由余弦定理得3BD AD =，从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD ，又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面P AD ，故 P A ⊥BD .（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则(1,0,0)A ，(03,0)B ，，(1,3,0)C -，(0,0,1)P . (1,3,0)AB =-，(0,3,1)PB =-，C B ADC 1 A 1 B 1(1,0,0)BC =-，设平面P AB 的法向量为n =(x , y , z )，则00AB PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即 3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，因此可取(3,1,3)=n ，设平面PBC 的法向量为m ，则0PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，可取(0,1,3)=--m ，27cos ,727<>==-m n ，故二面角A-PB-C 的余弦值为27-. （2018·20）解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =.连结OB .因为22AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .（2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =.设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-. 设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n .由0,0AP AM ⋅=⋅=n n 得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取3(3,)a a a =--n ，所以22223(cos ,23(4)3OB a a a =-++n .由已知得3|cos ,|2OB =n ..解得4a =-（舍去），43a =.所以4()333=--n .又(0,2,PC =-，所以cos ,4PC =n .所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为4.。

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2011年—2018年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编11．立体几何一、选择题（2018·9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5 C ．5 D ．2 （2017·4）如图，网格纸上小正方形的边长为1，学 科&网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所得，则该几何体的体积为（ ）A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π （2017·10）已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A ．32 B ．155 C ．105D ．33 （2016·6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π（2015·6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ） A ．81 B ．71 C ．61 D ．51 （2015·9）已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB =90º，C 为该球面上的动点，若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π（2014·6）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A ．1727B ．59C ．1027D ．13（2014·11）直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA =90º，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC =CA =CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）4423· 2016，62015，62014，6A．110B．25C．30D．2（2013·4）已知,m n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l m⊥，l n⊥，lα⊄，lβ⊄，则（）A.α // β且l // αB.αβ⊥且lβ⊥C.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l（2013·7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz-中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为（）（2012·7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A. 6B. 9C. 12D. 18（2012·11）已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）A.62 B.63 C.32 D.22（2011·6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D.二、填空题（2018·16）16．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若SAB△的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．（2016·14）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.（3）如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.（4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有. (填写所有正确命题的编号.)（2011·15）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,3AB BC==则棱锥O-ABCD 的体积为 .三、解答题B. C. D.（2017·19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，12AB BC AD==，o90BAD ABC∠=∠=，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所成锐角为o45，求二面角M-AB-D的余弦值（2016·19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D´EF的位置，10OD'=.（Ⅰ）证明：D H'⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B D A C'--的正弦值.（2015·19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值.（2014·18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60º，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.（2013·18）如图，直三棱柱111ABC A B C-中，D，E分别是AB，1BB的中点，122AA AC CB AB===.（Ⅰ）证明：1BC//平面1ACD；（Ⅱ）求二面角1D AC E--的正弦值.1AD1B1CA CEBOBACFDHED'（2012·19）如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，121AA BC AC ==，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD . （Ⅰ）证明：DC 1⊥BC ；（Ⅱ）求二面角A 1-BD -C 1的大小.（2011·18）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60°，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：P A ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A -PB -C 的余弦值.（2018·20）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB 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．PA O CBMCBADC 1 A 1 B 12011年—2018年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编11．立体几何（逐题解析版）一、选择题 （2018·9）C（2017·4）B 【解析】从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为V Sh =，3r =，4h =，∴ 136V π=；上面阴影的体积2V 是上面部分体积3V 的一半，即2312V V =，3V 与1V 的比为高的比（同底），即3132V V =，213274V V π==，故总体积02163V V V π=+=.方法2：354V Sh π==，其余同上，故总体积02163V V V π=+=.（2017·10）B 【解析】解法一：在边1BB ﹑11B C ﹑11A B ﹑AB 上分别取中点E ﹑F ﹑G ﹑H ，并相互连接. 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线1AB 和1BC 所成的夹角为FEG ∠或其补角， 通过几何关系求得2EF =，5FG =，11FH =，利用余弦定理可求得异面直线1AB 和1BC 所成的夹角余弦值为10.解法二：补形通过补形之后可知：1BC D ∠或其补角为异面直线1AB 和1BC 所成的角，通过几何关系可知： 12BC =15C D =，3BD 1AB 和1BC 10. 解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，()0,2,1A ，()10,0,0B ，()0,0,1B ，131,02C ⎫-⎪⎪⎝⎭，∴ 131,12BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()10,2,1B A =，∴ 111110cos 52B A BC B A BC θ⋅===⨯⋅ （2016·6）C 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得2r =， 2π4πc r ==，由勾股定理得：()222234l =+=，21π4π16π8π28π2S r ch cl =++=++=表，故选C ．（2015·6）D 解析：由三视图得，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，截去四面体A -A 1B 1D 1，如图所示，设正方体棱长为a ，则11133111326A AB D V a a -=⨯=，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.（2015·9）C 解析：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故R=6，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ．（2014·6）C 解析：原来毛坯体积为π·32·6=54π (cm 2)，由三视图得，该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，所以该零件的体积为：π·32·2+π·22·4=34π (cm 2)，则切削掉部分的体积为54π-34π =20π(cm 2)，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20105427ππ=.（2014·11）C 解析：取BC 的中点P ，连结NP 、AP ， ∵M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，∴四边形NMBP 为平行四边形，∴BM //PN ，∴所求角的余弦值等于∠ANP 的余弦值，不妨令BC =CA =CC 1=2，则AN =AP 5NP =6，∴222222||||||(5)(6)(5)cos 2||||256AN NP AP ANP AN NP +-+-∠=⨯⋅⨯⨯30=. 【另解】如图建立坐标系，令AC =BC =C 1C =2，则A (0, 2, 2)，B (2, 0, 2)，M (1,1,0)，N (0,1,0)，(1,1,2)(0,1,2),BM AN ∴=--=--，30cos ||||65BM AN θBM AN ⋅===⋅（2013·4）D 解析：因为m ⊥α，l ⊥m ，l ⊄α，所以l ∥α. 同理可得l ∥β. 又因为m ，n 为异面直线，所以α与β相交，且l 平行于它们的交线．故选D.（2013·7）A 解析：如图所示，该四面体在空间直角坐标系O －xyz 的图像为右图，则它在平面zOx 上的投影即正视图为右图，故选A.DD 1C 1B 11BOACACB1A1C1BN MP（2012·7）B 解析：由三视图可知，此几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形（俯视图），高为3的三棱锥，故其体积为1132323932V =⨯⨯⨯⨯=.（2012·11）A 解析：易知点S 到平面ABC 的距离是点O 到平面ABC 的距离的2倍.显然O -ABC 是棱长为1的正四面体，其高为63，故136234312O ABC V -=⨯⨯=，226S ABC O ABC V V --==. （2011·6）D 解析：条件对应的几何体是由底面棱长为r 的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r 的圆锥沿对称轴截出的部分构成的. 故选D.二、填空题 （2018·16）402π （2016·14）【答案：②③④】（2011·15）83解析：设ABCD 所在的截面圆的圆心为M ，则AM =221(23)6232+=， OM =224(23)2-=，16232833O ABCD V -=⨯⨯⨯=. 三、解答题（2017·19）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， 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 所成锐角为o 45 ，求二面角M -AB -D 的余弦值【基本解法1】（1）证明：取PA 中点为F ，连接EF 、AF ，因为90BAD ABC ∠=∠=︒，12BC AD =所以BC 12AD ， 因为E 是PD 的中点，所以EF12AD ，所以EF BC ， 所以四边形EFBC 为平行四边形，所以//EC BF ，因为BF ⊂平面PAB ，EC ⊄平面PAB ，所以直线//CE 平面PAB ，（2）取AD 中点为O ，连接OC OP 、，因为△PAD 为等边三角形，所以PO ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，因为AO BC ，所以四边形OABC 为平行四边形，所以//AB OC ，所以OC AD ⊥，以,,OC OD OP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图设1BC =，则(0,0,3),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0)P A B C --，所以(1,0,PC =， 设(,,)M xy z ，则(,,3)PM x y z =-，(1,0,0)AB =，因为点M 在棱PC 上，所以(01)PM PC λλ=≤≤，即(,,(1,0,x y z λ-=， 所以()M λ，所以()BM λ=-， 平面ABCD 的法向量为(0,0,1)n =， 因为直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒， 所以|||sin 45||cos ,|||||(BMn BM n BM n λ⋅︒=<>===，解得12λ=-，所以(,1,22BM =--， 设平面MAB 的法向量为(,,)m x y z =，则0022AB m x BM m x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩， 令1z =，则6(0,2m =，所以cos ,||||6m n m n <>==⋅， 所以求二面角M AB D --（2016·19）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB =5，AC =6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF =54，EF 交BD 于点H . 将△DEF 沿EF 折到△D ´EF 的位置，OD '=（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值.解析：⑴证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD=，∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF DH'⊥．∵6AC =，∴3AO =； 又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =，∴1AEOH OD AO=⋅=，∴3DH D H '==，∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．OBACFDHED '⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，，()430AB =，，，()'133AD =-，，，()060AC =，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴()1345n =-，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =，，， ∴12129575cos 255210n n n n θ⋅+===⋅，∴295sin 25θ=． （2015·19）如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中AB =16，BC =10，AA 1=8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E =D 1F =4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF 与平面α所成角的正弦值.（2015·19）解析：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF 如图：（Ⅱ）作EM AB ⊥，垂足为M ，则14AM A E ==，18EM AA ==因为EHGF 为正方形，所以EH EF =10BC ==，于是226MH EH EM =-=，所以10AH =，以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所以的空间直角坐标系D xyz -，则(10,0,0)A ，(10,10,0)H ，(10,4,8)E ，(0,4,8)F ，(10,0,0)FE =，(0,6,8)HE =-，设(,,)n x y z =是平面EHGF 的法向量，则n FE n HE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即100680x y z =⎧⎨-+=⎩，所以可取(0,4,3)n =，又(10,4,8)AF =-，故||45|cos ,|15||||n AF n AF n AF ⋅<>==，所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为41515.（2014·18）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点. （Ⅰ）证明：PB // 平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D -AE -C 为60º，AP =1，AD =3，求三棱锥E -ACD 的体积.解析：（Ⅰ）证明：连结BD 交AC 于点O ，连结OE ．∵底面ABCD 为矩形，∴点O 为BD 的中点，又E 为PD 的中点，∴//OE PB ，∵OE ⊂PE平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB //平面AEC .（Ⅱ）以A 为原点，直线AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AB a =，则D ，(0,0,0)A，1)2E，(C a ，∴1)2AE =，(,AC a =，设(,,)n x y z =是平面AEC的法向量，则31022n AEy z n AC ax⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，解得：y xz ⎧=⎪⎨⎪=⎩，令x =得(3,,)n a =-，又∵(,0,0)AB a =是平面AED 的一个法向量，∴1|cos ,|cos6023AB n a <>===⋅， 解得32a =，∴111||||||322E ACD V AD CD AP -=⨯⨯⨯⨯11313222=⨯⨯=.解析：（Ⅰ）连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF . 因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1 // 平面A 1CD . （Ⅱ）由AC ＝CB ＝2AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz . 设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ＝(1,1,0)，CE ＝(0,2,1)，1CA ＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则100CD CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即11110,220.x y x z +=⎧⎨+=⎩可取n ＝(1, -1, -1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则10CE CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，可取m ＝(2, 1, -2)．从而cos 〈n ，m 〉＝||||3=·n m n m ，故sin 〈n ，m 即二面角D －A 1C －E 的正弦值为3（2012·19）如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，121AA BC AC ==，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD . （Ⅰ）证明：DC 1⊥BC ； （Ⅱ）求二面角A 1-BD -C 1的大小.14．解析：（Ⅰ） 证明：设112AC BC AA a ===，直三棱柱111C B A ABC -，12DC DC a ∴==， 12CC a =，22211DC DC CC ∴+=，1DC DC ∴⊥. 又1DC BD ⊥，1DC DC D =，1DC ∴⊥平面BDC . BC ⊂平面BDC ，1DC BC ∴⊥.（Ⅱ）由 (Ⅰ)知，12DC a =，15BC a =，又已知BD DC ⊥1，3BD a ∴=. 在Rt ABD △中，3BD a =，,90AD a DAB =∠=，2AB a ∴=. 222AC BC AB ∴+=，AC BC ∴⊥.<法一>取11A B 的中点E ，则易证1C E ⊥平面1BDA ，连结DE ，则1C E ⊥BD ，已知BD DC ⊥1，BD ∴⊥平面1DC E ，BD ∴⊥DE ，1C DE ∴∠是二面角11C BD A --平面角.在1Rt C DE △中，111221sin 22C E a C DE C D a∠===，130C DE ∴∠=. 即二面角11C BD A --的大小为30.<法二>以点C 为坐标原点，为x 轴，CB 为y 轴,1CC 为z 轴,建立空间直角坐标系C xyz -.则()()()()11,0,2,0,,0,,0,,0,0,2A a a B a D a a C a . (),,DB a a a =--，()1,0,DC a a =-,设平面1DBC 的法向量为1111(,,)n x y z =，则1111110n DB ax ay az n DC ax az ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，不妨令11x =，得112,1y z ==，故可取1(1,2,1)n =.同理,可求得平面1DBA 的一个法向量2(1,1,0)n =. 设1n 与2n 的夹角为θ，则 12123cos ||||262n n n n θ⋅===⋅⨯, 30θ∴=. 由图可知，二面角的大小为锐角，故二面角11C BD A --的大小为30.（2011·18）如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB =60°，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：P A ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A -PB -C 的余弦值.C BADC 1 A 1 B 1C BADC 1A 1B 115．解析：（Ⅰ）因为602DAB AB AD ∠=︒=，，由余弦定理得3BD AD =，从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD ，又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，所以BD ⊥平面P AD ，故 P A ⊥BD . （Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则(1,0,0)A ，(03,0)B ，，(1,3,0)C -，(0,0,1)P . (1,3,0)AB =-，(0,3,1)PB =-， (1,0,0)BC =-，设平面P AB 的法向量为n =(x , y , z )，则00AB PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，因此可取(3,1,3)=n ，设平面PBC 的法向量为m ，则00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，可取(0,1,3)=--m ，427cos ,727-<>==-m n ，故二面角A-PB-C 的余弦值为277-. （2018·20）解：（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =.连结OB .因为22AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==. 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥. 由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC .（2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -.由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23),O B A C P AP -=取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =.设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-.设平面PAM 的法向量为(,,)x y z =n .由0,0AP AM ⋅=⋅=n n 得20(4)0y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取,)a a =--n ，所以cos ,OB =n .由已知得|cos ,|OB =n ..解得4a =-（舍去），43a =.所以4()333=--n .又(0,2,PC =-，所以cos ,4PC =n .所以PC 与平面PAM。

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