2021届高考数学模拟试卷汇编：立体几何(含答案解析)
2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编及解析
2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编及解析一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误； 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．在正三棱柱111ABC A B C -中，2AC =，11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+- B ．三棱锥11D AB C -的体积为3C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为36322AD BD BC ===，111111222DB C S BB B C =⨯⨯=， 所以1111111162333D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由111100m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-，由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误.故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.4．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，090B F ∠=∠=，060,45,A D BC DE ∠=∠==，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F CAB -，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列判断中正确的是（ ）A ．BC FM ⊥B ．AC 与平面MOF 3C ．平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角为45°D ．设平面ABF 平面MOF l =，则有//l AB【答案】AD 【分析】证明BC ⊥面FOM 可判断A ；根据AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=判断B ；利用特殊位置判断C ；先证明//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可判断D ； 【详解】由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得,,BC OF BC OM OM OF O ⊥⊥=，所以BC ⊥面FOM BC FM ⇒⊥，故A 正确；因为BC ⊥面FOM ，所以AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=，所以余弦值为12，故B 错误；对于C 选项可以考虑特殊位置法，由BC ⊥面FOM 得面ABC ⊥面FOM ，所以点F 在平面ABC 内的射影在直线OM 上，不妨设点F 平面ABC 内的射影为M ，过点M 作//BC MN ，连结NF .易证AB ⊥面MNF ，则l ⊥面MNF ，所以MFN ∠为平面MOF与平面AFB 所成的二面角的平面角，不妨设2AB =，因为060A，所以23BC =，则13,12OF BC OM ===，显然MFN ∠不等于45°，故C 错误. 设面MOF 与平面ABF 的交线为l ，又因为//,AB OM AB ⊄面MOF ，OM ⊂面MOF ，所以//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可得：//l AB ，故D 正确； 故选：AD.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.5．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，线段11B D 上有两个动点,E F ，且1EF =，以下结论正确的有（ ）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成的角为定值C ．点A 到平面BEF 的距离为定值D ．三棱锥A BEF -的体积是定值 【答案】ACD 【详解】由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确； 取特例，当E 与1D 重合时，F 是F '，AE 即1AD ，1AD 平行1BC ，异面直线,AE BF '所成的角是1C BF '∠，当F 与1B 重合时，E 是E '，BF 即1BB ，异面直线,AE BF '所成的角是1A AE '∠，可知1C BF '∠与1A AE '∠不相等，故异面直线,AE BF 所成的角不是定值，故B 错误；连结BD 交AC 于O ，又AC ⊥平面11D DBB ，点A 到平面11BDD B 的距离是2AO ，也即点A 到平面BEF 的距离是22，故C 正确； 2AO 为三棱锥A BEF -的高，又1111224BEFS =⨯⨯=△，故三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=为定值，D 正确. 故选：ACD 【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为： （1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离； （3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.6．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62D 错误.故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．7．（多选题）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上C ．1AP BC ⊥D ．AP ∥平面11AC D 【答案】BD【分析】对于A ，1111111113326P AA D AA D V S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=， 对于B,C,D ，如图以D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用空间向量判即可.【详解】对于A ，因为点P 在平面11BCC B ，平面11BCC B ∥平面1AA D ，所以点P 到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长， 所以1111111113326P AA D AA D V S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，A 错误； 对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则11(1,0,0),(,1,),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1),(0,1,0)A P x z B D B C所以11(1,1,),(1,1,1),(1,0,1)AP x z BD BC =-=--=--, 因为1AP BD ⊥，所以1110AP BD x z ⋅=--+=，所以x z =，即(,1,)P x x ，所以(,0,)CP x x =,所以1CP xBC =-，即1,,B C P 三点共线， 所以点P 必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，因为1(1,1,),(1,0,1)AP x x BC =-=-，所以111AP BC x x ⋅=-+=，所以1AP BC ⊥不成立，C 错误；对于D ，因为11(1,0,1),(0,1,1),(0,0,0)A C D ,所以11(1,0,1),(0,1,1)DA DC ==, 设平面11AC D 的法向量为(,,)n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令1x =，则1,1z y =-=，所以(1,1,1)n =-，所以110AP n x x ⋅=-+-=，所以AP n ⊥，所以AP ∥平面11AC D ，D 正确，故选：BD【点睛】此题考查了空间线线垂直的判定，线面平行的判定，三棱锥的体积，考查空间想象能力，考查计算能力，属于较难题.8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= 2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ， 则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4πC ．棱锥的高与底面边长的比为2D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB【分析】 设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a =，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案.【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a可得21183V a h ==，即254h a=所以其侧面积为1422⋅⋅==令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=-令()233210840f a a a ⨯'=-=得a =当(a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为2，故A 正确，C 错误侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误 故选：AB【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.。
2021年全国新高考模拟数学试题分类-----立体几何
＝（a﹣1，﹣1，c﹣1）， ＝（1，1，0）， ＝（0，1，1），
设平面DBC1的法向量 ＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得 ＝（1，﹣1，1），
∵B1E∥平面BDC1，∴ ＝a﹣1+1+c﹣1＝0，解得a+c＝1，
∴a2+c2＝（a+c）2﹣2ac＝1﹣2ac，ac≤（ ）2＝ ，设直线B1E与直线AB所成角为θ，
则 ，
故x2＝ ， ，z2＝ ，
结合图像易得①②正确；
三组对棱长度分别为a＝5，b＝6，c＝7，则x＝ ，y＝ ，z＝ ，
因为等腰四面体的体积是对应长方体体积减去四个小三棱锥的体积，
所以等腰四面体的体积xyz﹣ ＝ ＝2 ，③正确；
三组对棱长度分别为a，b，c的“等腰四面体”的外接球直径2R＝ ≠ ，④错误．
故选：D．
2.（2021北京西城区模拟）某三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的体积为（ ）
A． B． C．8D．4
解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰直角三角形，高为2的直三棱柱；
如图所示：
故 ，
故选：D．
3.（2021湖南模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列说法正确的有（ ）
A．平面PCD⊥平面PBD
B．三棱锥P﹣BCD四个面都是直角三角形
C．PD与BC所成角的余弦值为
D．过BC的平面与PD交于M，则△MBC面积的最小值为
解：△BCD中，CD＝1，BC＝2，∠A＝60°，
所以BD＝ ，故BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，
2021年高考数学真题模拟试题专项汇编之立体几何(文)(Word版,含解析)
（8）立体几何（文）——2021年高考数学真题模拟试题专项汇编1.【2021年新高考Ⅰ卷，3】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( ) A.2B.22C.4D.422.【2021年新高考Ⅱ卷，4】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 （轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）.把地球看成一个球心为O ，半径为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α.该卫星信号覆盖的地球表面面积22π(1cos )S r α=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比为( ) A.26%B.34%C.42%D.50%3.【2021年北京卷，4】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )33+ B.1213+3 4.【2021年浙江卷，4】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.32B.3C.322D.325.【2021年新高考Ⅱ卷，5】正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则四棱台的体积为( ) A.5623B.562C.282D.28236.【2021年浙江卷，6】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1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB.直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC.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11BDD B7.【2021年北京卷，8】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度.其中小雨（10<mm ），中雨（10mm —25mm ），大雨（25mm —50mm ），暴雨（50mm —100mm ），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级( )A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨8.【2021年全国乙卷(文)，10】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.π69.【2021年全国甲卷(文)，14】已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为__________.10.【2021年上海卷，9】已知圆柱的底面半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，点C 为下底底面圆周上的一个动点，点C 绕着下底底面旋转一周，则ABC △面积的取值范围为____________.11.【2021年全国乙卷(文)，16】以图①为正视图，在图②③④③中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，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）.12.【2021年全国乙卷(文)，18】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.13.【2021年安徽怀宁模拟，18】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C ⊥底面11,2,ABC AA AC AC AB BC ====，且AB BC ⊥，O 为AC 的中点.（1）求证：平面11A B O ⊥平面1BCA ；（2）若点E 在1BC 上，且//OE 平面1A AB ，求三棱锥1E A BC -的体积.14.【2021年广西桂林模拟(文)，18】如图所示，在三棱锥A BCD -中，侧棱AB ⊥平面BCD ，F 为线段BD 中点，Q 为线段AB 中点，2π3BCD ∠=，3AB =，2BC CD ==.证明：（1）CF ⊥平面ABD ； （2）求点D 到平面QCF 的距离.15.【2021年全国甲卷(文)，19】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 ⊥.答案以及解析1.答案：B解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .由题意可得2ππr l =，所以222l r ==. 2.答案：C解析：由题意可知，6400cos 0.1536000640036000r r α==≈++，所以从同步卫星上可望见的地球的表面积222π(1cos )2π(10.15)S r r α=-≈-，此面积与地球表面积之比约为222π(10.15)100%42%4πr r -⨯≈.3.答案：A解析：画正方体，删点，剩下的4个点就是三棱锥的顶点，如图：1333311(11)2S +=⨯⨯⨯+=表. 4.答案：A解析：本题考查几何体的三视图.该几何体是高为1的四棱柱，其底面为三个全等的直角边为1的等腰直角三角形拼成的梯形，面积为32，故其体积是32. 5.答案：D解析：本题考查棱台的体积.将正四棱台1111A B C D ABCD -补成四棱锥P ABCD -，作PO ⊥底面ABCD 于点O ，交平面1111A B C D 于点1O ，则棱台1111A B C D ABCD -的体积1111P ABCD P A B C D V V V --=-.由题意，11112142PA PO A B PA PO AB ====，易知，4PA =，22AO =22224(22)22PO PA AO --=，所以12PO =，则1322(44)223P ABCD V -=⨯⨯⨯，1111142(22)23P A B C D V -=⨯⨯，所以棱台1111A B C D ABCD -的体积111132242282P ABCD P A B C D V V V --=-==.6.答案：A解析：本题考查空间的线线关系与线面关系.易知1A D ⊥平面1ABD ，故11A D D B ⊥，排除B ，C 项；连接1AD ，可知//MN AB ，所以//MN 平面ABCD ，A 项正确；因为AB 不垂直于平面11BDD B ，//MN AB ，所以直线MN 不垂直于平面11BDD B ，D 项错误.7.答案：B解析：由相似的性质可得，小圆锥的底面半径2002502r ==，故231π5015050π3V =⨯⨯⨯=⋅小圆锥，积水厚度3250π12.5π100V h S ⋅===⋅大小圆锥圆，属于中雨，故选B. 8.答案：D解析：本题考查立体几何中的线面关系及解三角形的应用.如图，记正方体的棱长为a ，则1111112AD C B A C B D a ====，所以1122B P PC a ==，221162BP B P B B a =+=.在1BC P 中，由余弦定理得22211113cos 22PB C B PC PBC PB C B +-∠==⋅，所以1π6PBC ∠=.又因为11//AD BC ，所以1PBC ∠即为直线PB 与1AD 所成的角，所以直线PB 与1AD 所成的角为π6.9.答案：39π解析：本题考查圆锥的体积与侧面积.由题可得圆锥的体积21π12π30π3V r h h ===，可得52h =，故圆锥的母线22132l r h +，所以圆锥的侧面积π39πS rl ==. 10.答案：5]解析：本题主要考查空间几何体.上顶面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABCSAB CM =⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABCS 的大小随着CM 长短的变化而变化.当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+=，取得最大值，此时12552ABCS =⨯⨯=.当点M 与点B 重合时，CM 取最小值2，此时12222ABCS=⨯⨯=.综上所述，ABCS 的取值范围为[2,5].11.答案：②⑤或③④解析：本题考查几何体的三视图.由高度可知，侧视图只能为②或③.当侧视图为②时，则该三棱锥的直观图如图1，平面PAC ⊥平面ABC ，2PA PC ==，5BA BC =2AC =，此时俯视图为⑤；当侧视图为③时，则该三棱锥的直观图如图2，PA ⊥平面ABC ，1PA =，5AC AB ==2BC =，此时俯视图为④.12.答案：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ， 所以PD AM ⊥.又因为PB AM ⊥，PD PB P ⋂=，PB ，PD ⊂平面PBD ， 所以AM ⊥平面PBD .因为AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD .（2）由PD ⊥底面ABCD ，所以PD 即为四棱锥P ABCD -的高，DPB 是直角三角形. 由题可知底面ABCD 是矩形，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.设2AD BC a ==，取CD 的中点为E ，CP 的中点为F ，连接MF ，AF ， EF ，AE ，可得//MF PB ，//EF DP ，那么AM M F ⊥，AM F 为直角三角形，且12EF =，2144AE a =+，21AM a =+，222142AF EF AE a =++因为DPB 是直角三角形，所以根据勾股定理得224BP a =+，则2242a MF +=.由AM F 是直角三角形，可得222AM MF AF +=，解得22a =， 所以底面ABCD 的面积22S a ==，则四棱锥P ABCD -的体积11221333V S h =⋅⋅=⨯⨯-.13.答案：（1）1111,//,AB BC AB A B BC A B ⊥∴⊥，在1A AC 中，112AA AC AC ===，O 是AC 的中点，1AO AC ∴⊥，又平面11AAC C ⊥平面ABC ，平面11AAC C平面ABC AC =，1A O ∴⊥平面ABC .BC ⊂平面1,ABC AO BC ∴⊥. 111,A B AO ⊂平面111111,A B O A B AO A =，BC ∴⊥平面11A B O ， 又BC ⊂平面1BCA ，∴平面1BCA ⊥平面11A B O .（2）如图，连接1B C ，设1B C 与1BC 交于点E ，连接1,OE AB ， 易得1//OE AB ，1AB ⊂平面11,ABB A OE ⊄平面11ABB A ，//OE ∴平面11ABB A ，∴满足条件的E 为1BC 的中点.11111 1122E A BCC A BC B A CC V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥21133212346=⨯⨯⨯⨯=， 故三棱锥1E A BC -的体积为36.14.答案：（1）AB ⊥平面BCD ，CF ，BD ⊂平面BCD ，AB CF ∴⊥，AB BD ⊥.2BC CD ==，F 为BD 中点，CF BD ∴⊥.又CF AB ⊥，AB BD B =，AB ，BD ⊂平面ABD ，CF ∴⊥平面ABD .（2）在三棱锥Q DCF -中，设D 到平面QFC 距离为d . Q DCF D QCF V V --=，1133DCFQCFQB Sd S ∴⋅⋅=⋅⋅，DCFQCFQB S d S ⋅∴=.1112π322sin 2223DCFDCBSS ==⨯⨯⨯⨯=，2π44222cos 233BD =+-⨯⨯⨯.AB BD ⊥，3AB =，Q ，F 分别为AB ，BD 的中点.22912212ADAB BD QF ++∴====.QCF 中，π2cos 13CF ==，235422CQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，21QF =. 25211244cos 55212QCF +-∴∠==⨯⨯，21sin QCF ∴∠=. 152121122QCFS∴=⨯⨯=. 33372221d ∴==.15.答案：（1）如图，取BC 的中点为M ，连接EM .由已知易得//EM AB ，2AB BC ==，1CF =，112EM AB ==，11//AB A B ， 由11BF A B ⊥得EM BF ⊥，又易得EM CF ⊥，BF CF F ⋂=，所以EM ⊥平面BCF ， 故1111121132323F EBC E FBC V V BC CF EM --==⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=三棱锥三棱锥.（2）连接1A E ，1B M ，由（1）知11//EM A B ， 所以ED 在平面11EMB A 内.在正方形11CC B B 中，由于F ，M 分别是1CC ，BC 的中点，所以1tan 2CF CBF BC ∠==，111tan 2BM BB M BB ∠==， 且这两个角都是锐角，所以1CBF BB M ∠=∠， 所以111190BHB BMB CBF BMB BB M ∠=∠+∠=∠+∠=︒， 所以1BF B M ⊥，又11BF A B ⊥，1111B M A B B ⋂=，所以BF ⊥平面11EMB A ， 又DE ⊂平面11EMB A ，所以BF DE ⊥.。
2021年北京高三一模分类汇编立体几何(含解析)
2021北京高三一模数学汇编：立体几何一．选择题（共9小题）1．（2021•延庆区一模）某四棱锥的三视图如图所示，其中正（主）视图是等腰直角三角形，侧（左）视图是直角三角形，俯视图是直角梯形，则该四棱锥的体积是（）A．1 B．2 C．3 D．42．（2021•西城区一模）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（）A．12 B．C．16 D．3．（2021•东城区一模）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（）A．B．9 C．D．274．（2021•怀柔区一模）某四棱柱的三视图如图所示，该几何体的体积为（）A．2 B．4 C．6 D．85．（2021•石景山区一模）一几何体的直观图和主视图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（）A．B．C．D．6．（2021•房山区一模）祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是，如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．此即祖暅原理．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行相距为h（0＜h＜2）的平面截该几何体，则截面面积为（）A．4πB．4πh2C．π（2﹣h2）D．π（4﹣h2）7．（2021•朝阳区一模）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥最长的棱长为（）A．2 B．C．D．8．（2021•门头沟区一模）某四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥最长的棱长为（）A．2 B．C．4 D．9．（2021•丰台区一模）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长的棱长为（）A．2 B．C．D．4二．填空题（共1小题）10．（2021•丰台区一模）如图，从长、宽、高分别为a，b，c的长方体AEBF﹣GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A﹣BCD．下列四个结论中，所有正确结论的序号是．①三棱锥A﹣BCD的体积为；②三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形；③三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣CD﹣B不会是直二面角；④三棱锥A﹣BCD中，三条侧棱与底面所成的角分别记为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ≤2．三．解答题（共11小题）11．（2021•延庆区一模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD1A1为矩形，且侧面ADD1A1⊥底面ABCD，AA1＝4，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面C1DE；（Ⅱ）求二面角D﹣C1E﹣B1的余弦值．12．（2021•西城区一模）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点．（Ⅰ）求证：BD∥平面ACE；（Ⅱ）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．13．（2021•东城区一模）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形BCC1B1是边长为1的正方形，AB＝2，M，N分别为AD，A1B1的中点．（Ⅰ）求证：MA1∥平面ANC；（Ⅱ）求直线CN与平面D1AC所成角的正弦值．14．（2021•海淀区一模）在如图所示的多面体中，AB∥CD，四边形ACFE为矩形，AB＝AE＝1，AD＝CD＝2．（Ⅰ）求证：平面ABE∥平面CDF；（Ⅱ）设平面BEF∩平面CDF＝l，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B﹣l﹣C的大小确定，并求此二面角的余弦值．条件①：AB⊥AD；条件②：AE⊥平面ABCD；条件③：平面AED⊥平面ABCD．15．（2021•丰台区一模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，，M是棱PB上的点，O是AD 中点，且PO⊥底面ABCD，．（Ⅰ）求证：BC⊥OM；（Ⅱ）若，求二面角B﹣OM﹣C的余弦值．16．（2021•怀柔区一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A＝2．（Ⅰ）求证：C1D∥平面ABB1A1；（Ⅱ）求证：AC⊥BC1；（Ⅲ）求二面角C1﹣BD﹣D1的余弦值．17．（2021•房山区一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝BC＝1，AC＝，BB1＝2，E为CC1上一点，且EC＝．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）求直线A1C与平面ABE所成角的正弦值．18．（2021•石景山区一模）如图，在五面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，面ABFE∩面CDEF＝EF，AD⊥ED，CD ⊥EA．（Ⅰ）求证：CD∥平面ABFE；（Ⅱ）若EF＝ED，CD＝2EF＝2，求平面ADE与平面BCF所成的锐二面角的大小．19．（2021•朝阳区一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，O是AD边的中点，PO⊥底面ABCD，PO＝1．在底面ABCD 中，BC∥AD，CD⊥AD，BC＝CD＝1，AD＝2．（Ⅰ）求证：AB∥平面POC；（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣D的余弦值．20．（2021•门头沟区一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝，E是PC上任一点，AC∩BD＝O．（Ⅰ）求证：平面EBD⊥平面PAC；（Ⅱ）若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值．21．（2021•平谷区一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，PM＝MD．（Ⅰ）求证：PB∥平面ACM；（Ⅱ）求二面角M﹣BC﹣D的余弦值．2021北京高三一模数学汇编：立体几何参考答案一．选择题（共9小题）1．【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，则该几何体的体积为V＝．故选：A．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．2．【分析】由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的表面积．【解答】解：由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：则该四棱锥的表面积为：S＝S正方形ABCD+S△PAB+S△PAD+S△PBC+S△PCD＝22+×2×3+×2×3．故选：D．【点评】本题考查了利用三视图求几何体表面积，是基础题．3．【分析】由三视图知该四棱锥底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，结合图中数据求出四棱锥的体积．【解答】解：由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：则该四棱锥的体积为V＝S正方形ABCD•PA＝×36×3＝9．故选：B．【点评】本题考查了利用三视图求几何体的体积，是基础题．4．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为2的直四棱柱；如图所示：故：V＝．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．5．【分析】通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可．【解答】解：几何体的俯视图，轮廓是矩形，所以C；几何体的上部的棱与正视图方向垂直，所以A不正确．故选：B．【点评】本题考查三视图的画法，几何体的结构特征，属于基础题．6．【分析】根据三视图知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得到截面为圆环，根据圆环面积公式计算即可．【解答】解：由已知得到几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，底面半径为2，截面为圆环，设小圆半径为r，则＝，所以r＝h，所以截面圆环的面积为4π﹣πh2＝π（3﹣h2）；故选：D．【点评】本题考查了几何体得到三视图以及截面面积的计算问题，也考查了空间几何体的结构特征，是基础题．7．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的个各棱长，从而确定结果．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥A﹣BCD；如图所示：所以：AB＝BC＝，CD＝BD＝7，AC＝，故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，三棱锥的棱长的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．8．【分析】画出直观图，利用三视图的数据转化求解即可．【解答】解：根据直观图不难得出，PC是最长的棱长，长度为：．故选：D．【点评】本题考查三视图求解几何体的相关数据，最长棱长的求法，是基础题．9．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出最大棱长．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体；如图所示：最长的棱长为AB＝．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的棱长的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．二．填空题（共1小题）10．【分析】求出三棱锥A﹣BCD的体积判断①；由余弦定理的推论判断②；利用空间向量判断③；直接证明sin2α+sin2β+sin2γ≤2判断④．【解答】解：对于①，长方体的体积为abc，三棱锥A﹣BCD的体积为abc﹣4×＝，故①正确；对于②，三棱锥A﹣BCD的每一个面的三边长都可以用过一个顶点的三条侧棱表示，不妨以△ACD为例，AD2＝a2+c2，AC2＝b8+c2，CD2＝a6+b2，∵AD2+AC5＞CD2，AD2+CD3＞AC2，AC2+CD3＞AD2，∴△ACD一定是锐角三角形，同理可得△ABC，△BCD为锐角三角形，则三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形，故②正确；对于③，如图，分别以FA、FD所在直线为x、y，则A（a，0，4），b，0），b，0），5，0），0，c），C（a，b，c），2，c），，，，设平面ACD的一个法向量为，由，取y＝7，则，同理可得平面BCD的一个法向量为，，取a＝b＝，，可得二面角A﹣CD﹣B是直二面角；对于④，不妨设AB与底面所成角为α，AD与底面所成角为γ，由③可知，平面BCD的一个法向量为，，sinβ＝，＝＝．同理可得，，，则sin6α+sin2β+sin2γ，故④正确．故答案为：①②④．【点评】本题考查空间角与多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．三．解答题（共11小题）11．【分析】（Ⅰ）连结B1C，ME，利用中位线定理可证明四边形MNDE为平行四边形，从而得到MN∥ED，由线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：连结B1C，ME，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B5C，且，又因为N为A1D的中点，所以，由题设知A1B7∥DC且A1B1＝DC，可得B3C∥A1D且B1C＝A8D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C8DE；（Ⅱ）因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，又因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD，且侧面ADD2A1∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面ADD1A2，又DD1⊂平面ADD1A6，所以CD⊥DD1，又因为侧面ADD1A2为矩形，所以AD⊥DD1，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示，其中D（0，2，0），C1（7，2，4），4，0），2，3），所以，，因为CD⊥平面ADD1A4，所以DC⊥平面BCC1B1，故为平面C7EB1的一个法向量，设为平面DC1E面的法向量，则，即，令y＝﹣2，可得，所以，因为二面角A﹣DE﹣B4的平面角是钝角，所以二面角A﹣DE﹣B1的余弦值．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．12．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连接OE，证明OE∥BD1.然后证明BD1∥平面ACE．（Ⅱ）不妨设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系A﹣xyz．求出平面ACE的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AD与平面ACE所成角的正弦值即可．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，在正方形ABCD中，OB＝OD．因为E为DD1的中点，所以OE∥BD1.………………（7分）因为BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE． ………………（8分）（Ⅱ）解：不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．则A（0，5，0），2，7），2，0），6，1），所以，，． ………………（8分）设平面ACE的法向量为＝（x，y，所以所以即令y＝﹣1，则x＝7，于是＝（1，2）设直线AD与平面ACE所成角为θ，则．………………（13分）所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．13．【分析】（Ⅰ）取AC的中点O，连结OM，ON，先证明OM∥CD，OM＝CD，再证明NA1∥CD，NA1＝CD，从而证明MA1∥ON，利用线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面D1AC的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：取AC的中点O，连结OM，因为M是AD的中点，所以OM∥CD CD，在长方体ABCD﹣A6B1C1D5中，因为N是A1B1的中点，所以NA3∥CD，NA1＝CD，所以NA1∥OM且NA1＝OM，所以四边形NOMA3是平行四边形，所以MA1∥ON，又因为MA1⊄平面ANC，ON⊂平面ANC，所以MA8∥平面ANC；（Ⅱ）解：在长方体ABCD﹣A1B1C5D1中，以点B为坐标原点，则C（1，6，0），2，2），D1（1，7，1），1，6），所以，设平面D1AC的法向量为，则有，即，令y＝1，则x＝2，故，所以＝，故直线CN与平面D1AC所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面平行的证明以及线面角的求解，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．14．【分析】（Ⅰ）利用线面平行的判定定理分别证明CF∥平面ABE，CD∥平面ABE，再利用面面垂直的判定定理，即可证明面面平行；（Ⅱ）若选①②：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．若选①②③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．若选①③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为四边形ACFE为矩形，所以CF∥AE，又AE⊂平面ABE，CF⊄平面ABE，又因为AB∥CD，又AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE，又CD∩CF＝C，CD，所以平面ABE∥平面CDF；（Ⅱ）选择①②：因为AE⊥平面ABCD，AB，所以AE⊥AB，AE⊥AD，所以AB，AE，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，6），0，1），4，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，故，因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，所以AD⊥平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．选择①②③：因为AE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，所以AB⊥AE，又因为AB⊥AD，所以AB，AE，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，3），0，1），7，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，故，因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，所以AD⊥平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．选择①③：因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，所以AB⊥AE，在矩形ACFE中，AE⊥AC，又AC，AB⊂平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AD，所以AB，AE，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，5），0，1），4，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x＝1，则y＝﹣1，故，因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，所以AD⊥平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了面面平行的判定定理，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．15．【分析】（Ⅰ）推导出OB⊥AD，由AD∥BC，得OB⊥BC，由PO⊥底面ABCD，得OP⊥BC，从而BC⊥平面POB，由此能证明BC⊥OM．（Ⅱ）由PO⊥底面ABCD，OB⊥AD，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出二面角B﹣OM﹣C的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：在菱形ABCD中，，△ABD为等边三角形，∵O为AD的中点，∴OB⊥AD，∵AD∥BC，∴OB⊥BC，∵PO⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴OP⊥BC，∵OP∩OB＝O，OP，∴BC⊥平面POB，∵M是棱PB上的点，∴OM⊂平面POB，∴BC⊥OM．（Ⅱ）∵PO⊥底面ABCD，OB⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，设OA＝1，则OP＝OB＝，O（0，0，6），0，0），，0），，2），0，），∴＝（﹣7，，由PM＝，得＝＝（6，，），设＝（x，y，由，令y＝2，得），∵平面POB的法向量为＝（1，5，∴cos＜＞＝＝．由题知二面角B﹣OM﹣C为锐二面角，∴二面角B﹣OM﹣C的余弦值为．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16．【分析】（Ⅰ）证明C1D平行于平面ABB1A1内的直线AB1即可；（Ⅱ）证明AC垂直于平面C1BD内两条相交直线，得到AC⊥平面C1BD，从而得到AC⊥BC1；（Ⅲ）先求二面角两面的法向量，再用夹角公式计算二面角的余弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为B1C1∥BC、B6C1＝BC，AD∥BC，所以B1C2∥AD、B1C1＝AD，所以四边形B5C1DA为平行四边形，所以C1D∥AB4，AB1⊂平面ABB1A7，C1D⊄平面ABB1A4，所以C1D∥平面ABB1A2；（Ⅱ）证明：因为AB1⊥平面ABCD，由（Ⅰ）知C1D∥AB8，所以C1D⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以AC⊥C1D，因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又因为C6D∩BD＝D，所以AC⊥平面C1BD，因为C1B⊂平面C6BD，所以AC⊥BC1；（Ⅲ）因为AB1⊥平面ABCD，所以AB5⊥AD，AB1⊥AB，又因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD，于是AD、AB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，平面C4BD的法向量为＝＝（1，1，＝（﹣4，1，0），，﹣1，），设平面BDD6的法向量为＝（x，y，则，令y＝，则，，1），所以二面角C2﹣BD﹣D1的余弦值为＝＝．【点评】本题考查了直线与平面位置关系，线面垂直的判定定理和性质，考查了二面角的计算问题，属于中档题．17．【分析】（Ⅰ）由BB1⊥平面ABC，知BB1⊥AB，由勾股定理的逆定理证AB⊥BC，再结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，即可证明平面ABE⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）以B为原点建立空间直角坐标系，求得平面ABE的法向量，设直线A1C与平面ABE所成角为θ，由sin θ＝|cos＜，＞|，求出直线A1C与平面ABE所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：由直三棱柱的性质知，BB1⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴BB1⊥AB，∵AB＝BC＝4，AC＝，∴AB⊥BC，又BB1∩BC＝B，BB2、BC⊂平面B1BCC1，∴AB⊥平面B4BCC1，∵AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面B1BCC6．（Ⅱ）以B为原点，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，则A（1，3，0），0，3），1，0），8，），A7（1，0，4），∴＝（﹣1，6，＝（1，0，＝（5，1，），设平面ABE的法向量为＝（x，y，则，即，令z＝2，则x＝0，∴＝（3，2），设直线A1C与平面ABE所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝，故直线A1C与平面ABE所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间中线与面的垂直关系、线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）证明CD∥AB，然后证明CD∥平面ABFE．（Ⅱ）以点D为坐标原点，DA，DC，DE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．求出平面ADE的法向量，平面BCF的法向量，利用空间向量的数量积求解平面ADE与平面BCF所成锐二面角的大小即可．【解答】（Ⅰ）证明：在五面体ABCDEF中，因为面ABCD是正方形，所以CD∥AB．又因为AB⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE，所以CD∥平面ABFE．（Ⅱ）解：因为面ABCD是正方形，所以CD⊥AD．又因为CD⊥AE．又AD∩AE＝A，所以CD⊥平面ADE又因为DE⊂平面ADE，所以CD⊥DE．因为面ABCD是正方形，所以CD⊥AD．又因为AD⊥DE，所以以点D为坐标原点，DA，DE分别为x，y，如图建立空间直角坐标系．因为CD＝2EF＝2，EF＝ED，7，0），0，7），2，0），4，0），0，5）．由（Ⅰ）CD∥平面ABFE，CD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABFE＝EF，所以CD∥EF．所以．可得F（2，1，1）．由题意知平面ADE的法向量为设平面BCF的法向量为．由得令y＝1，得z＝3，所以设平面ADE与平面BCF所成锐二面角为θ．cosθ＝．所以平面ADE与平面BCF所成锐二面角为【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．19．【分析】（Ⅰ）先证明四边形ABCO是平行四边形，即可得到AB∥OC，由线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，然后求出所需点的坐标，利用待定系数法求出平面BAP的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：在四边形ABCD中，因为BC∥AD，，O是AD的中点，则BC∥AO，所以四边形ABCO是平行四边形，所以AB∥OC，又因为AB⊄平面POC，CO⊂平面POC，所以AB∥平面POC；（Ⅱ）连结OB，因为PO⊥平面ABCD，PO⊥OD，又因为点O时AD的中点，且，所以BC＝OD，因为BC∥AD，CD⊥AD，所以四边形OBCD是正方形，所以BO⊥AD，建立空间直角坐标系如图所示，则A（0，﹣2，B（1，0，C（3，1，D（0，3，P（0，0，所以，设平面BAP的法向量为，则，即，令y＝1，故，因为OB⊥平面PAD，所以是平面PAD的一个法向量，所以＝，由图可知，二面角B﹣AP﹣D为锐角，所以二面角B﹣AP﹣D的余弦值为．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理的应用，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．20．【分析】（Ⅰ）证明PA⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，即可证明平面EBD⊥平面PAC．（Ⅱ）E是PC的中点，连结OE，OB，OC，OE两两垂直，建立如图所示的坐标系，求出平面EBC的法向量，直线DE的方向向量，利用空间向量的数量积求解ED与平面EBC所成角的正弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）PA⊥平面ABCD⇒PA⊥BD，…………………………………（1分）底面ABCD菱形，可得BD⊥AC又PA∩AC＝A，又PA⊥BD，BD⊥AC，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，…………………………………………（2分）BD⊂平面EBD，平面EBD⊥平面PAC（Ⅱ）若E是PC的中点，连结OE，……（6分）所以，OB，OE两两垂直，………（1分）不妨设AB＝2，则…（6分）设平面EBC的法向量为＝（x，y，，取x＝1，则y＝z＝，＝（1，，），直线DE的方向向量为＝（，0，cos＝＝．ED与平面EBC所成角的正弦值为：．【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题．21．【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于H点，连接MH，推导出MH∥BP，从而PB∥平面ACM；（Ⅱ）取AB中点O，连接PO，证明PO⊥平面ABCD，以O为原点，分别以OB，OH，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面MBC与平面ABCD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角M ﹣BC﹣D的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD交AC于H点，连接MH，∵四边形ABCD是菱形，∴点H为BD的中点．又∵M为PD的中点，∴MH∥BP，又∵BP⊄平面ACM，MH⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM；解：（Ⅱ）取AB中点O，连接PO，∵△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，以O为原点，分别以OB，OP所在直线为x，y，则B（1，0，6），2，0），1，），＝（0，2，0），，1，），设平面MBC的一个法向量为，由，取z＝，得，平面ABCD的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝．由图可知，二面角M﹣BC﹣D为锐角．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
251.已知两平面α，β相交于直线a，直线b在β内与直线a相交于A点，直线c在平面α内与直线a平行，请用反证法论证b,c为异面直线.解析：这题规定用反证法，提出与结论相反的假定后，要注意分可能的几种情况讨论.证：用反证法.假设b,c共面，则b∥c或b,c相交.(1)若b∥c,∵c∥a, ∴a∥b这与b∩a＝A的已知条件矛盾；(2)若b∩c＝P,∵bβ，∴P∈β.又∵cα，∴P∈α. ∴P∈α∩β而α∩β＝a.∴P∈a，这样c,a有了公共点P，这与a∥c的已知条件矛盾.综上所述，假设不成立，所以b、c为异面直线.说明本题如不指明用反证法，也可以考虑用平面直线的判定定理来证明.252.如图，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，异面直线AA1和BD1的中点分别是E、F.(1)证明EF是AA1与BD1的公垂线段；(2)求异面直线AA1和BD1间的距离.解析：(1)连接ED 1、EB ， 则显然ED 1＝EB ＝25a 又F 为BD 1之中点. ∴ EF ⊥BD 1； 连接FA 1，FA.∵ F 为正方体的中心，∴ FA ＝FA 1，又E 为AA 1之中点， ∴ EF ⊥A 1A.故EF 为AA 1与BD 1的公垂线段. (2)在Rt ΔEFD 1中 EF ＝2121FD ED -＝a a a 22434522=-. 故AA 1到BD 1间的距离是a 22.评析：今后学习了线面的位置关系之后，可以利用“转化”的思想求距离. 253. 如图所示，正三棱锥S —ABC 的侧棱与底面的边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB 的中点，求异面直线EF 与SA 所成的角.解析：计算EF 、SA 所成的角，可把SA 平移，使其角的顶点在EF 上.为此取SB 之中点G ，连GE 、GF 、BE 、AE ，由三角形中位线定理：GE ＝21BC ，GF ＝21SA ，且GF ∥SA ，所以∠GFE 就是EF 与SA 所成的角.若设此正三棱锥棱长为a ，那么GF ＝GE ＝21a,EA ＝EB ＝23a,EF ＝22)21(AB EA ＝22a ，因为ΔEGF 为等腰直角三角形.∠EFG ＝45°，所以EF 与SA 所成的角为45°. 说明 异面直线所成角的求法：利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上，通过证明所作的角就是所求的角或者补角，解三角形，可求.254. 在空间四边形ABCD 中，M 、N 、P 、Q 分别是四边上的点，且满足MBAM＝NB CN ＝QD AQ ＝PDCP ＝k.(1)求证：M 、N 、P 、Q 共面.(2)当对角线AC ＝a,BD ＝b ，且MNPQ 是正方形时，求AC 、BD 所成的角及k 的值(用a,b 表示) 解析：(1)∵MBAM ＝QD AQ ＝k ∴ MQ ∥BD ，且MB AM AM +＝1+k k∴BD MQ ＝AB AM ＝1+k k∴ MQ ＝1+k kBD 又NB CN ＝PDCP＝k ∴ PN ∥BD ，且NB CN CN +＝1+k k∴BD NP ＝CB CN ＝1+k k 从而NP ＝1+k kBD ∴ MQ ∥NP ，MQ ，NP 共面，从而M 、N 、P 、Q 四点共面. (2)∵MA BM ＝k 1，NC BN ＝k1∴MA BM ＝NC BN ＝k 1,MABM BM +＝11+k ∴ MN ∥AC ，又NP ∥BD.∴ MN 与NP 所成的角等于AC 与BD 所成的角.∵ MNPQ 是正方形，∴∠MNP ＝90° ∴ AC 与BD 所成的角为90°， 又AC ＝a ，BD ＝b ，AC MN ＝BA BM ＝11+k ∴ MN ＝11+k a 又 MQ ＝11+k b,且MQ ＝MN ， 1+k k b ＝11+k a ，即k ＝ba.说明：公理4是证明空间两直线平行的基本出发点.255.已知：直线a 和直线b 是异面直线，直线c ∥a ，直线b 与c 不相交，求证：b 、c 是异面直线.证：因为b,c 不相交，b 、c 的位置关系有b ∥c 或b 、c 异面两种可能. 假设b ∥c,∵ c ∥a,∴ a ∥b ，这与已知a,b 是异面直线矛盾. 所以b 与c 不能平行，又b 、c 不相交 所以b,c 是异面直线.256.分别和两条异面直线AB 、CD 同时相交的两条直线AC 、BD 一定是异面直线，为什么?证明：假设AC 、BD 不异面，则它们都在某个平面α内，这时A 、B 、C 、D 四点都在α上，由公理1知A、B 、C 、D α，这与已知AB 与CD 异面矛盾，所以AC 、BD 一定是异面直线.257. 如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是( ) A.1715B.21C.178D.23解析：过A 点在平面ABB 1A 1内作AF ，使A 1F ＝D 1F 1，则ADF 1F 是平行四边形，∴FA ∥DF 1，再过E 1在平面ABB 1A 1内作E 1E ∥FA ，则∠BE 1E 即是BE 1与DF 1所成的角，由已知BE 1＝DF 1＝411B A ，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，∴ E 1E ＝417A 1B 1， 又DF 1＝AF ＝E 1E ，DF 1＝BE 1. ∴ E 1E ＝417A 1B 1，EB ＝21A 1B 1 在ΔBE 1E 中，cos ∠BE 1E ＝11221212BE E E BE BE E E ⋅⋅-+＝1715.∴ 应选A.258. 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是( ) A.23B.1010C.53D.52解析：由图所示，AM 与CN 是异面直线，过N 作平行于AM 的平行线NP ，交AB 于P ，由定义可知∠PNC 就是AM 与CN 所成的角.因ΔPBC ，ΔPBN ，ΔCBN 皆为直角三角形，且BP ＝41，BN ＝21，BC ＝1，故PN 2＝(41)2+(21)2＝165，CN 2＝(21)2+12＝45，PC 2＝(41)2+12＝1617，在ΔPCN 中cos ∠PNC ＝CN PN PC CN PN ⋅-+2222，所以cos ∠PNC ＝52，因此应选D.259. 已知异面直线a 与b 所成的角为50°，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成的角都是30°的直线有且仅有( )A.1条B.2条C.3条D.4条解析： 过P 点分别作直线a ′∥a,b ′∥b,则a ′与b ′的夹角为50°，由异面直线所成的角的定义可知，过P 点与a ′,b ′成30°角的条数，就是所求的条数.画图可知，过P点与a′、b′成30°角的直线只有两条.∴应选B.的直260. .若a、b为异面直线，P为空间一点，过P且与a、b所成角均为3线有( )A.二条B.二条或三条C.二条或四条D.二条、三条或四条解析：D。
2021年高考数学三轮专项模拟试卷 理（立体几何）（含解析）新人教A版(1)
立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部份，共150分，考试时刻120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．(2021·肇庆模拟)在△ABC中，已知|AB→|＝|BC→|＝|CA→|＝2，那么向量AB→·BC→＝( )A．2 B．－2C．2 3 D．－23【解析】向量AB→与BC→的夹角为2π3，那么AB→·BC→＝2×2×cos23π＝－2.【答案】B2．在正四面体P－ABC中，D，E，F别离是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的( ) A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDE⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC【解析】假设平面PDF⊥平面ABC，那么极点P在底面的射影在DF上，又因为正四面体的极点在底面的射影是底面的中心，因此结论不成立，应选C.【答案】C3．(2021·济宁模拟)点M、N别离是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱A1B1、A1D1的中点，用过A、M、N 和D、N、C1的两个截面截去正方体的两个角后取得的几何体如以下图1，那么该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为( )图1A．①②③B．②③④C．①③④D．②④③【解析】依照三视图的概念可知选B.【答案】 B4．(2021·枣庄模拟)设z ＝x ＋y ，其中实数x ，y 知足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，若z 的最大值为6，那么z 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0【解析】由z ＝x ＋y 得y ＝－x ＋z ，作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，的区域BCO ，平移直线y ＝－x ＋z ，由图象可知当直线通过C 时，直线的截距最大，现在z ＝6，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝－x ＋6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，因此k ＝3，解得B (－6,3)，代入z ＝x ＋y 得最小值为z ＝－6＋3＝－3，选A. 【答案】 A5．(2021·课标全国卷Ⅰ)如图2，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 ，若是不计容器厚度，那么球的体积为( )图2 cm 3 cm 3 cm 3cm 3【解析】 如图，作出球的一个截面，那么MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，那么R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝5003π(cm 3)． 【答案】 A6．(2021·临汾模拟)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，那么以下四种位置关系中，不必然成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β【解析】 因为m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，因此m ∥l . 因为AB ∥l ，因此AB ∥m ，故A 必然正确．因为AC ⊥l ，m ∥l ，因此AC ⊥m ，从而B 必然正确． 因为AB ∥l ，l ⊂β，AB ⊄β. 因此AB ∥β.故C 也正确．因为AC ⊥l ，当点C 在平面α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在平面α内时，AC ⊥β不成立，故D 不必然成立．【答案】 D7．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，那么平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A ．30°B ．45° C．60° D ．90°【解析】 以A 为坐标原点，AC →，AA 1→的方向别离为y 轴和z 轴的正方向成立空间直角坐标系．设底面边长为2a ，侧棱长为2b ， 则A (0,0,0)，C (0,2a,0)，D (0，a,0)，B (3a ，a,0)，C 1(0,2a,2b )，B 1(3a ，a,2b )．由AB 1→⊥BC 1→，得AB 1→·BC 1→＝0，即2b 2＝a 2. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面DBC 1的一个法向量， 则n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3ax ＝0，ay ＋2bz ＝0.又2b 2＝a 2，令z ＝1，解得n 1＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0)．利用公式cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，得θ＝45°.【答案】 B8．(2021·成都模拟)已知正四棱锥S —ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )A ．1 C ．2D ．3【解析】如下图，设正四棱锥高为h，底面边长为a，那么22a＝12－h2，即a2＝2(12－h2)，因此V ＝13×a 2×h ＝23h (12－h 2)＝－23(h 3－12h )， 令f (h )＝h 3－12h ，则f ′(h )＝3h 2－12(h ＞0)，令f ′(h )＝0，则h ＝2，现在f (h )有最小值，V 有最大值． 【答案】 C 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共7小题，每题5分，共35分，把答案填在题中横线上) 9．(2021·东营模拟)已知等比数列{a n }，假设存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝a 23，那么1m ＋4n的最小值为________．【解析】 由等比数列的性质知m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n )＝16⎝⎛⎭⎪⎫5＋4m n ＋n m ≥32，当且仅当4m n ＝nm，即m ＝2，n ＝4时等号成立． 【答案】 3210．已知函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(A ＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且f (0)＝3，那么函数f (3)＝________.【解析】 ω＝2π2＝π，由f (0)＝A sin π6＝3得A ＝23，因此f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6，因此f (3)＝23sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π＋π6＝－ 3.【答案】 －311．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，极点都在一个球面上，那么该球的表面积为________．【解析】 设球心为O ，正三棱柱上底面为△ABC ，中心为O ′，因为三棱柱所有棱的长都为a ，那么可知OO ′＝a 2，O ′A ＝33a ，又由球的相关性质可知，球的半径R ＝OO ′2＋O ′A 2＝216a ，因此球的表面积为4πR 2＝73πa 2.【答案】 73πa 212．(2021·南通模拟)关于直线m ，n 和平面α，β有以下四个命题：①若m ∥α，n ∥β，α∥β，那么m ∥n ； ②若m ∥n ，m ⊂α，n ⊥β，那么α⊥β； ③若α∩β＝m ，m ∥n ，那么n ∥α且n ∥β； ④若m ⊥n ，α∩β＝m ，那么n ⊥α或n ⊥β. 其中假命题的序号是________．【解析】 命题①m 与n 也可相交或异面，因此①是假命题；命题②由条件可得m ⊥β，又m ⊂α，故α⊥β，因此②是真命题；命题③也可取得n ⊂α或n ⊂β，因此③错；命题④由已知只能取得n 垂直α与β内的一条直线，无法判定n ⊥α或n ⊥β，因此命题④错．【答案】 ①③④13．(2021·陕西高考)某几何体的三视图如图3所示，那么其体积为________． 图3【解析】 原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2， ∴其体积为13×π×12×2×12＝π3.【答案】 π314．对大于或等于2的自然数m 的n 次方幂有如下分解方式： 22＝1＋3 23＝3＋5 32＝1＋3＋5 33＝7＋9＋1142＝1＋3＋5＋7 43＝13＋15＋17＋19 52＝1＋3＋5＋7＋9 53＝21＋23＋25＋27＋29依照上述分解规律，假设m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是73，那么m 的值为________． 【解析】 由所给等式知，m 3分解中第1个数为数列3,5,7，…中第2＋3＋4＋…＋(m －1)＋1项，即m 2－m2项，从而m 3分解中第1个数为m 2－m ＋1，由m 2－m ＋1＝73得m ＝9.【答案】 915．(2021·南昌模拟)三棱锥S —ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，那么以下结论中：图4①异面直线SB与AC所成的角为90°.②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确结论的序号是________．【解析】 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确．【答案】 ①②③④三、解答题(本大题共6小题，共75分，解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤) 16．(本小题总分值12分)(2021·深圳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的边长别离是a ，b ，c .(1)假设c ＝2，C ＝π3且△ABC 的面积等于3，求cos(A ＋B )和a ，b 的值；(2)假设B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213，求sin C 的值．【解】 (1)∵A ＋B ＋C ＝π，C ＝π3，∴A ＋B ＝π－C ，∴cos(A ＋B )＝cos(π－C )＝－cos C ＝－cos π3＝－12.由余弦定理及已知条件得，a 2＋b 2－ab ＝4， 又因为△ABC 的面积等于3，因此12ab sin C ＝3，得ab ＝4.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵B 是钝角，且cos A ＝35，sin B ＝1213，∴sin A ＝1－cos 2A ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45， cos B ＝－1－sin 2B ＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝－513， ∴sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－513＋35×1213＝1665.17．(本小题总分值12分)(2021·青岛模拟)在如图5所示的多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，且AC ＝AD ＝CD ＝DE ＝2，AB ＝1.图5(1)请在线段CE 上找到点F 的位置，使得恰有直线BF ∥平面ACD ，并证明这一结论；(2)求多面体ABCDE 的体积．【解】 (1)如下图，由已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴AB ∥ED ，设F 为线段CE 的中点，H 是线段CD 的中点，连接BF 、FH 、AH ，那么FH 綊12ED ，又AB ＝12ED ， ∴FH 綊AB ，∴四边形ABFH 是平行四边形，∴BF ∥AH ，又因为BF ⊄平面ACD ，AH ⊂平面ACD ，∴BF ∥平面ACD .(2)取AD 中点G ，连接CG .因为AB ⊥平面ACD ，∴CG ⊥AB ，又CG ⊥AD ，∴CG ⊥平面ABED ，即CG 为四棱锥C —ABED 的高，求得CG ＝3，∴V C —ABED ＝13·1＋22·2·3＝ 3.18．(本小题总分值12分)(2021·黄冈模拟)如图6，三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面AA 1B 1B 为正方形，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1＝60°，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C ；(2)假设AB ＝2，求三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积．图6【解】 (1)由侧面AA 1B 1B 为正方形，知AB ⊥BB 1.又AB ⊥B 1C ，BB 1∩B 1C ＝B 1，因此AB ⊥平面BB 1C 1C ，又AB ⊂平面AA 1B 1B ，因此平面AA 1B 1B ⊥平面BB 1C 1C .(2)由题意，CB ＝CB 1，设O 是BB 1的中点，连接CO ，那么CO ⊥BB 1.由(1)知，CO ⊥平面AA 1B 1B ，且CO ＝32BC ＝32AB ＝ 3.连结AB 1，那么VC —ABB 1＝13S △ABB 1·CO ＝16AB 2·CO ＝233. 因为VB 1—ABC ＝VC —ABB 1＝13VABC —A 1B 1C 1＝233， 故三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积VABC —A 1B 1C 1＝2 3. 19．(本小题总分值13分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }知足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1－－1n 2a n －1＋－1n 2b n ，求数列{c n }的前2n 项和T 2n .【解】 (1)当n ＝1，a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1.∴{a n }是等比数列，公比为2，首项a 1＝2，∴a n ＝2n .由b n ＋1＝b n ＋2，得{b n }是等差数列，公差为2.又首项b 1＝1，∴b n ＝2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n 为奇数，－2n －1 n 为偶数，∴T 2n ＝2＋23＋…＋22n －1－[3＋7＋…＋(4n －1)]＝22n ＋1－23－2n 2－n . 20．(本小题总分值13分)如图7所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，∠CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2，点E 为线段PB 的中点，点M 在弧AB 上，且OM ∥AC .图7(1)求证：平面MOE ∥平面PAC .(2)求证：平面PAC ⊥平面PCB .(3)设二面角M —BP —C 的大小为θ，求cos θ的值．【解】 (1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，因此OE ∥PA .因为OM∥AC，因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ，因此平面MOE ∥平面PAC .(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上，因此∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC .因为PA ⊥平面BAC ，BC ⊂平面ABC ，因此PA ⊥BC .因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA ∩AC ＝A ，因此BC ⊥平面PAC .因为BC ⊂平面PCB ，因此平面PAC ⊥平面PCB .(3)如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，成立空间直角坐标系C —xyz .因为∠CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2，因此CB ＝2cos 30°＝3，AC ＝1.延长MO 交CB 于点D .因为OM ∥AC ，因此MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32， CD ＝12CB ＝32. 因此P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，0. 因此CP →＝(1,0,2)，CB →＝(0，3，0)．设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为⎩⎨⎧ m ·CP →＝0，m ·CB →＝0.因此⎩⎪⎨⎪⎧ x ，y ，z ·1，0，2＝0，x ，y ，z ·0，3，0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2z ＝0，3y ＝0.令z ＝1，那么x ＝－2，y ＝0.因此m ＝(－2,0,1)．同理可求平面PMB 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 因此cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝－15. 因为二面角M —BP —C 为锐二面角，因此cos θ＝15. 图821．(本小题总分值13分)(2021·天津高考)如图8，四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1CE C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM的长．【解】 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴成立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易患B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，因此B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧ m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0， 不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217. 因此二面角B 1—CE —C 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)．设EM→＝λEC1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM→＝AE→＋EM→＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB→＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，那么sin θ＝|cos〈AM→，AB→〉|＝|AM→·AB→||AM→||AB→|＝2λλ2＋λ＋12＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，因此AM＝ 2.。
2021年高考数学专题分类汇编：立体几何(含答案)
立体几何3．（2021•浙江）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：cm3）是（）A．B．3C．D．34．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B15．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2C．4D．46．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．7．（2021•甲卷）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．8．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．18．（2021•甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为．19．（2021•甲卷）已知向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k．若⊥，则k＝．20．（2021•乙卷）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，组成某个三棱锥的三视图，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）．21．（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．40．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．41．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．42．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC ＝4，P A＝，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．43．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？44．（2021•乙卷）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P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．45．（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，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．46．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．答案解析3．（2021•浙江）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：cm3）是（）A．B．3C．D．3【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，其中AB∥CD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且AD⊥BC，且AB＝，CD＝，AA1＝1，等腰梯形的高为＝，则该几何体的体积V＝＝．故选：A．4．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【解答】解：连接AD1，如图：由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB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A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；∵MN∥AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．故选：A．5．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2C．4D．4【解答】解：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，解得，所以该圆锥的母线长为．故选：B．6．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝，则，在Rt△AOO1中，，故三棱锥O﹣ABC的体积为．故选：A．7．（2021•甲卷）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．【解答】解：由题意，作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选：D．8．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，∴cos∠PBC1＝＝＝，∴∠PBC1＝，∴直线PB与AD1所成的角为．故选：D．19．（2021•甲卷）已知向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k．若⊥，则k＝．【解答】解：因为向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k，由⊥，则＝32+12+k•（3×1+1×0）＝10+3k＝0，解得k＝．故答案为：．20．（2021•乙卷）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，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为②⑤或③④（写出符合要求的一组答案即可）．【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．21．（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4π．【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．故答案为：4π．40．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵AB∥A1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故，∴，而侧面AA1B1B为正方形，∴，∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵，且这两个角都是锐角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D，∴BF⊥DE．41．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以∠ABD+∠ADB＝90°，又∠ABD+∠MAB＝90°，则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则，所以，解得BC＝；（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，P（0，0，1），所以，，设平面AMP的法向量为，则有，即，令，则y＝1，z＝2，故，设平面BMP的法向量为，则有，即，令q＝1，则r＝1，故，所以＝，设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，则sinα＝＝，所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．42．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，P A＝，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．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝BC＝2，∠DCM＝60°，∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°＝，则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，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，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得，又P A＝，在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），P（0，0，），C（），又N为PC的中点，∴N（），，平面PDM的一个法向量为，设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．43．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF＝，∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BF⊥AB∴AF＝＝＝3，AC＝＝＝，∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1D＝m，则D（m，0，2），∴＝（0，2，1），＝（1﹣m，1，﹣2），∴•＝0，即BF⊥DE．（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为＝（1，0，0），由（1）知，＝（1﹣m，1，﹣2），＝（﹣1，1，1），设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴＝（3，m+1，2﹣m），∴cos＜，＞＝＝＝＝，∴当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．44．（2021•乙卷）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P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM，又∵PB⊥AM，PD∩PB＝P，PB，PD⊂平面PBD．∴AM⊥平面PBD．∵AM⊂平面P AM，∴平面P AM⊥平面PBD；（2）解：由PD⊥底面ABCD，∴PD即为四棱锥P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．设AD＝BC＝2a，取CP的中点为F．作EF⊥CD交于E，连接MF，AF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，那么AM⊥MF．且EF＝．AE＝＝，AM＝＝，．∵△DPB是直角三角形，∴根据勾股定理：BP＝，则MF＝；由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a＝．底面ABCD的面积S＝，则四棱锥P﹣ABCD的体积V＝＝．45．（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，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），设A（0，0，t），则，因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，设平面BCE的法向量为，又，所以由，得，令x＝，则y＝﹣1，，故，因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，所以，解得t＝1，所以OA＝1，又，所以，故＝．方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F所以BC⊥平面EFG，又EF⊂平面EFG，所以BC⊥EG，则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，又CD＝DO＝OB＝OC＝1，所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，故∠BCD＝90°，所以FG∥CD，因为，则，所以，则，所以EF＝GF＝，则，所以．46．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，∴PE＝2，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×2×42＝．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴PE＝FE＝4，∴PB＝＝，∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE、AB⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，故PC与AD所成角的大小为arctan．。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
191. 如图1所示，边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5的三角形简易遮阳棚，其A 、B 是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC 与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD 面积最大?解析： 易知，ΔABC 为直角三角形，由C 点引AB 的垂线，垂足为Q ，则应有DQ 为CQ 在地面上的斜射影，且AB 垂直于平面CQD ，如图2所示.因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ ＝30°，又知在ΔCQD 中，CQ ＝512，由正弦定理，有︒30sin CQ ＝QCD QD ∠sin , 即 QD ＝56sin ∠QCD.为使面ABD 的面积最大，需QD 最大，这只有当∠QCD ＝90°时才可达到，从而∠CQD ＝60°.故当遮阳棚ABC 与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD 面积最大.192. 如图所示，已知三棱锥S —ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，且AC 2+BC 2＝AB 2，由此可推出怎样的结论?解析： 引SO ⊥平面ABC(O 为垂足)，连结OC.∵SA ＝SB ＝SC ，∴OA ＝OB ＝OC ，∴O 是ΔABC 的外心，(结论1)又∵AC 2+BC 2＝AB 2，∴ΔABC 是直角三角形，且AB 是斜边，故O 是斜边AB 的中点.因而SO 平面SAB(结论2)∴平面SAB ⊥平面ABC(结论3)193. 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，各棱长均为2，M 为AA 1中点，N 为BC 的中点，则在棱柱的表面上从点M 到点N 的最短距离是多少?并求之.解析： (1)从侧面到N ，如图1，沿棱柱的侧棱AA 1剪开，并展开，则MN ＝22AN AM +＝22)12(1++＝10(2)从底面到N 点，沿棱柱的AC 、BC 剪开、展开，如图2.则MN ＝︒⋅-+120cos 222AN AM AN AM＝21312)3(122⨯⨯⨯++＝34+ ∵34+＜10∴m in MN ＝34+.194. 已知二面角A —BC —D 为150°，ΔABC 是边长为a 的等边三角形，ΔBCD 是斜边为BC 的等腰直角三角形.求两个顶点A 和D 间的距离.解析：.取BC 的中点E ，连DE 和AE ，利用余弦定理AD ＝27a 195. .如图，ABCDEF 为正六边形，将此正六边形沿对角线AD 折叠.(1)求证：AD ⊥EC ，且与二面角F —AD —C 的大小无关；(2)FC 与FE 所成的角为30°时，求二面角F —AD —C 的余弦值.解析：(1)正六边形ABCDEF ，在折叠前有AD ⊥EC ，设AD 与EC 交于M ，折叠后即有AD ⊥ME ，AD ⊥MC.则AD ⊥平面EMC ，无论∠EMC 的大小如何，总有AD ⊥EC.(2)利用余弦定理，有cos ∠EMC ＝97196. 在直角BVC 的角顶点V ，作直角所在平面的斜线VA ，使二面角A —VB —C 与二面角A —VC —B 都等于45°，求二面角B —VA —C 的度数.解析：在VA 上取A ′作平面VCB 的垂线，垂足为O ，作OC ′⊥VC ，OB ′⊥VB ，连A ′C ′、A ′B ′，则∠A ′C ′O 和∠A ′B ′O 分别为二面角A-VC —B 与二面角A —VB —C 的平面角.易证VB ′OC ′为正方形.设VB ′＝a ，可求得A ′B ′＝a.VA ′＝a.过B ′作B ′D ⊥VA ，连结C ′D.则∠B ′DC ′为二面角B —VA —C 的平面角.在Rt ΔB ′VA ′中，可求B ′D ＝36a ，又DE ⊥B ′C ′，B ′E ＝22a ，则在Rt ΔB ′DE 中可求得∠B ′DE ＝60°.二面角B —VA —C 为120°.197. 已知直线l 与平面α内交于一点O 的三条直线OA 、OB 、OC 成等角，求证：l ⊥α解析：若l 过O 点，在l 上任取一点P ，作PH ⊥α，垂足H ，则H 即在∠AOB 的平分线上，又在∠BOC 的平分线上，∴H 是它们的公共点，故H 与O 重合；若l 不过O 点，可作过O 的直线l ′，使l ′∥l 即可证明.198. 空间四边形ABCD 的各边与两条对角线的长都为1，点P 在AD 上移动，点Q 在CB 上移动，求点P 与点Q 的最短距离。
2021年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何
2021年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何一、单选题1. ( 2分) （2021·全国甲卷）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，正试图如右图所示，则相应的侧视图是（）A. B. C. D.2. ( 2分) （2021·全国甲卷）已知A,B,C是半径为1的求O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为（）A. B. C. D.3. ( 2分) （2021·全国乙卷）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A. B. C. D.4. ( 2分) （2021·新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A. 2B. 2C. 4D. 45. ( 2分) （2021·新高考Ⅱ卷）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. B. C. D.6. ( 2分) （2021·新高考Ⅱ卷）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，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（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为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A. 26%B. 34%C. 42%D. 50%7. ( 2分) （2021·北京）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨8. ( 2分) （2021·北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B. 4 C. D. 29. ( 2分) （2021·浙江）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. 3 C. D.10. ( 2分) （2021·浙江）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面11. ( 2分) （2021·天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（）A. B. C. D.二、多选题12. ( 3分) （2021·新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC- 中，AB=AA1=1，点P满足，其中λ∈[0,1]，∈[0,1]，则（）A. 当λ=1时，△P的周长为定值B. 当=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值C. 当λ= 时，有且仅有一个点P，使得D. 当= 时，有且仅有一个点P，使得B⊥平面A P13. ( 3分) （2021·新高考Ⅱ卷）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A. B.C. D.三、填空题14. ( 1分) （2021·全国甲卷）己知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．15. ( 1分) （2021·全国乙卷）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，组成某个三棱锥的三视图，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）.四、解答题16. ( 10分) （2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（1）求三棱锥F－EBC的体积；（2）已知为棱上的点，证明：．17. ( 10分) （2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？18. ( 10分) （2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC 的中点，且PB⊥AM，（1）求BC；（2）求二面角A-PM-B的正弦值。
2021年高考数学的立体几何多选题含解析
2021年高考数学的立体几何多选题含解析一、立体几何多选题1．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则()11,3,211A 底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|6143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==-设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则1115cos |cos ,|||||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是43π 【答案】BD 【分析】对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体积是43π． 【详解】对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），112NE AB =（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 选项正确．对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =，故22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，体积是43π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.3．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到5tan θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确；若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上，连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tan tan 22DG OGAG πθθ==⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得到2tan tan 21θθ=，解得5tan θ=，验证满足，故D 正确； 故选：ACD .【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a ，023a ⎡⎤∈⎣⎦，，(2,23,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,23,22)R λλλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,23,2)D R λλλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,23,22)(2,23,2)412440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时122328232(,,)(,,)05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则4234(,,)333R ，14232(,,)333D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,1,3)n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.5．（多选题）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．AP ∥平面11AC D【答案】BD 【分析】 对于A ，1111111113326P AA D AA DV S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=， 对于B,C,D ，如图以D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用空间向量判即可. 【详解】对于A ，因为点P 在平面11BCC B ，平面11BCC B ∥平面1AA D ， 所以点P 到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长， 所以1111111113326P AA D AA DV S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，A 错误； 对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则11(1,0,0),(,1,),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1),(0,1,0)A P x z B D B C 所以11(1,1,),(1,1,1),(1,0,1)AP x z BD BC =-=--=--, 因为1AP BD ⊥，所以1110AP BD x z ⋅=--+=，所以x z =，即(,1,)P x x ， 所以(,0,)CP x x =,所以1CP xBC =-，即1,,B C P 三点共线， 所以点P 必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，因为1(1,1,),(1,0,1)AP x x BC =-=-， 所以111AP BC x x ⋅=-+=， 所以1AP BC ⊥不成立，C 错误；对于D ，因为11(1,0,1),(0,1,1),(0,0,0)A C D , 所以11(1,0,1),(0,1,1)DA DC ==, 设平面11AC D 的法向量为(,,)n x y z =，则110n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1,1z y =-=，所以(1,1,1)n =-， 所以110AP n x x ⋅=-+-=，所以AP n ⊥， 所以AP ∥平面11AC D ，D 正确， 故选：BD 【点睛】此题考查了空间线线垂直的判定，线面平行的判定，三棱锥的体积，考查空间想象能力，考查计算能力，属于较难题.6．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||A B '= D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos120222A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得33λ=时，函数()f λ取得最大值()31231339f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.7．M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线AC 折起，使点D 不在平面ABC 内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ）A ．MN ∥平面ABDB ．异面直线AC 与MN 所成的角为定值C ．在二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径先变小后变大D ．若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，则ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A ；利用线面垂直的判定求出异面直线AC 与MN 所成的角即可判断选项B ；借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,分ABC ∠为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D. 【详解】对于选项A:因为M ，N 分别为菱形ABCD 的边BC ，CD 的中点，所以MN 为BCD ∆的中位线，所以//MN BD ,因为MN ⊄平面ABD ,BD ⊂平面ABD ，所以MN ∥平面ABD ,故选项A 正确；对于选项B ：取AC 的中点O ，连接,DO BO ,作图如下：则,AC DO AC BO ⊥⊥,BO DO O =,由线面垂直的判定知，AC ⊥平面BOD ,所以AC BD ⊥,因为//MN BD ,所以AC MN ⊥,即异面直线AC 与MN 所成的角为定值90，故选项B 正确；对于选项C:借助极限状态，当平面DAC 与平面ABC 重合时，三棱锥D ABC -外接球即是以ABC ∆外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角D AC B --逐渐变大时，球心离开平面ABC ，但是球心在底面的投影仍然是ABC ∆外接圆圆心，故二面角D AC B --逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC -外接球的半径不可能先变小后变大， 故选项C 错误；对于选项D:过A 作AH BC ⊥,垂足为H ,若ABC ∠为锐角，H 在线段BC 上；若ABC ∠为直角，H 与B 重合；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直，因为AH BC ⊥，所以CB ⊥平面AHD ,由线面垂直的性质知,CB HD ⊥,若ABC ∠为直角，H 与B 重合，所以CB BD ⊥,在CBD ∆中，因为CB CD =, 所以CB BD ⊥不可能成立，即ABC ∠为直角不可能成立；若ABC ∠为钝角，H 在线段BC 的延长线上，则在原平面图菱形ABCD 中，DCB ∠为锐角，由于立体图中DB DO OB <+,所以立体图中DCB ∠一定比原平面图中更小，，所以DCB ∠为锐角，CB HD ⊥，故点H 在线段BC 与H 在线段BC 的延长线上矛盾，因此ABC ∠不可能为钝角；综上可知，ABC ∠的取值范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭.故选项D 正确;故选：ABD 【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.8．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC ，所成角的余弦值为66D ．若点E 到平面11ACC A 的距离等于32EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002aA ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，300B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，130B b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以1322a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，1322a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即2223022a a b ⎛⎫⎛⎫--+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得2b =． 因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1202a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,， 因为211162cos ,||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，3112E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.9．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2 ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 2 【答案】BCD 【分析】A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断． 【详解】解：对于A ，假设A 对，即BF ⊥平面EAB ，于是BF AB ⊥，90ABF ∠=︒，但六边形ABFPQH 为正六边形，120ABF ∠=︒，矛盾， 所以A 错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN =，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．10．如图，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥A－SBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（）A．AS⊥CDB．正四棱锥S－BCDE的外接球半径为2 2C．正四棱锥S－BCDE的内切球半径为212a ⎛-⎝⎭D．由正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱【答案】ABD【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有1122OB O S a ==，可求得球半径为22a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】 如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以1122O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+- 得22222R R ⎫⎫=+-⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭解得22R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 23S a π=⋅=， 由等体积法得22212113432334a a a r a r ⋅=⋅+⋅⋅⋅ 解得624a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222221cos2322BF DF BDBFDBF DFa⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎛⎫⎪⎝⎭22222221cos2322aAF BF BAAFDAF BFa⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎛⎫⎪⎝⎭，故BFD∠与BFA∠互补，所以ASDE共面，又因为AS AE ED SD===，则ASDE为平行四边形，故////AS ED BC故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确故选：ABD【点睛】求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.。
广东省广州市普通高中2021高考高三数学第1次模拟试题精选：立体几何01 Word版含答案
立体几何011、假设一个圆锥的轴截面是边长为4cm 的等边三角形 ,那么这个圆锥的侧面积为 2cm 【答案】8π 【解析】因为圆锥的轴截面是边长为4cm 的等边三角形 ,所以母线4l = ,底面半径2r = .所以底面周长24c r ππ== ,所以侧面积为1144822lc ππ=⨯⨯= .2、如下列图 ,一个空间几何体的三视图 ,那么该几何体的体积为俯视图左视图主视图【答案】2323π+【 解析】由三视图可知该几何下面是圆柱 ,上面是四棱锥 .圆柱的底面半径为1 ,高为2 所以圆柱的体积为2π .四棱锥的高为2213-= ,四棱锥底面边长为2 ,所以四棱锥的体积为2123(2)333⨯⨯= ,所以该几何体的体积为2323π+ .3、正方体1111D C B A ABCD -中 ,异面直线C B 1与D C 1所成的角的大小为【答案】【 解析】连结11AC ,1A D ,那么11//AD B C ,所以11D BC ∠为直线1BD 与平面11B BCC 所成的角 ,所以设正方体的边长为 1 ,那么12BC = ,所以1111112tan 22D C D BC BC === ,所以11D BC ∠2arctan2= .4、 三棱锥S ABC -中 ,E 、F 、G 、H 分别为SA 、AC 、BC 、SB 的中点 ,那么截面EFGH 将三棱锥S ABC -分成两局部的体积之比为【答案】1:1【 解析】因为E 、F 、G 、H 分别为SA 、AC 、BC 、SB 的中点 ,所以四边形EFGH 为平行四边形 ,SC 平行平面EFGH 且AB 平行平面EFGH ,且SC 和AB 到平面EFGH 的距离相同 .每一局部都可以可作是一个三棱锥和一个四棱锥两局部的体积和 .如图1中连接DE 、DF ,V ADEFGH =V D ﹣EFGH +V D ﹣EFA ：图2中 ,连接BF 、BG ,V BCEFGH =V B ﹣EFGH +V G ﹣CBF E ,F ,G 分别是棱AB ,AC ,CD 的中点 ,所以V D ﹣EFGH =V B ﹣EFGH V D ﹣EFA 的底面面积是V G ﹣CBF 的一半 ,高是它的2倍 ,所以二者体积相等．所以V ADEFGH ：V BCEFGH =1：15、正三棱柱的底面正三角形边长为2 ,侧棱长为3 ,那么它的体积=V ． 【答案】33【 解析】正三棱柱的底面面积为12222⨯⨯⨯=,所以体积为. 6、假设圆柱的侧面展开图是一个正方形 ,那么它的母线长和底面半径的比值是 ．【答案】π2【解析】设圆柱的底面半径为r ,母线为l ,那么2l r π= ,所以2l rπ= .7、假设圆椎的母线cm 10=l ,母线与旋转轴的夹角030=α,那么该圆椎的侧面积为 2cm【答案】50π【 解析】因为线与旋转轴的夹角030=α ,设底面圆的半径为r ,那么010sin305r == .所以底面圆的周长210c r ππ== ,所以该圆锥的侧面积1110105022lc ππ=⨯⨯= .8、123,,l l l 是空间三条不同的直线 ,以下命题中正确的选项是 ( )A 如果1223,l l l l ⊥ ,那么13l l ⊥B 如果1223,l l l l ,那么123,,l l l 共面C 如果1223,l l l l ⊥⊥ ,那么13l l ⊥D 如果123,,l l l 共点 ,那么123,,l l l 共面【答案】A【 解析】根据线面垂直和平行的性质可知 ,A 正确 ,所以选A9、一个圆锥的侧面展开图是一个半径为R 的半圆 ,那么这个圆锥的底面积是________． 【答案】24R π【 解析】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为R 的半圆 ,所以圆锥的 ,母线l R =,设圆锥底面圆的半径为r ,那么2r R ππ=,即2R r =,所以圆锥的底面积是222()24R R r πππ==10、,,,A B C D 是空间四点 ,命题甲：,,,A B C D 四点不共面 ,命题乙：直线AC 和BD 不相交 ,那么甲是乙成立的 [答]( )(A )充分不必要条件(B )必要不充分条件 (C )充要条件(D )既不充分也不必要条件 【答案】A【 解析】假设,,,A B C D 四点不共面 ,那么直线AC 和BD 不共面 ,所以AC 和BD 不相交 .假设直线AC 和BD 不相交 ,AC 和BD 平行时 ,,,,A B C D 四点共面 ,所以甲是乙成立的充分不必要条件 ,选A11、长方体的三条棱长分别为1 ,1 ,2 ,并且该长方体的八个顶点都在一个球的球面上 ,那么此球的外表积为____________．【答案】6π【 解析】因为长方体的八个顶点都在一个球的球面上 ,那么长方体的体对角线为球的直径 ,2r = ,所以球半径2r = ,所以球的外表积为22446r πππ== . 12、m ,n 是两条不同直线 ,βα,是两个不同平面 ,以下命题中的假命题的是 ( )A βαβα//,,则若⊥⊥m mB αα⊥⊥n m n m 则若,,//C n m n m //,,//则若=βααD βαβα⊥⊂⊥则若,,m m【答案】C【 解析】C 中 ,当m β⊂时 ,直线//m n ,当m β⊄时 ,直线//m n 不一定成立 ,所以C 为假命题 ,选C13、假设圆锥的侧面展开图是半径为1cm 、圆心角为180︒的半圆 ,那么这个圆锥的轴截面面积等于【答案】4【 解析】因为半圆的周长为π ,所以圆锥的母线为1 .设圆锥的底面半径为r ,那么2r ππ= ,所以12r =.= ,所以圆锥的轴截面面积为11222⨯⨯= .14、半径为R 的球的球面上有三个点 ,其中任意两点间的球面距离都等于3R π ,且经过这三个点的小圆周长为4π ,那么R = ．【答案】【 解析】设三点分别为A 、B 、C ,球心为O ,由题意知∠AOB =∠AOC =∠BOC =3π ,所以AB =BC =CA =R ,所以,小圆周长为24ππ= ,解得R =。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
301.正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面三条对角线AB1、BC1、CA1中，AB1⊥BC1.求证：AB1⊥CA1.解析：方法1 如图，延长B1C1到D，使C1D＝B1C1.连CD、A1D.因AB1⊥BC1，故AB1⊥CD；又B1C1＝A1C1＝C1D，故∠B1A1D＝90°，于是DA1⊥平面AA1B1B.故AB1⊥平面A1CD，因此AB1⊥A1C.方法2 如图，取A1B1、AB的中点D1、P.连CP、C1D1、A1P、D1B，易证C1D1⊥平面AA1B1B.由三垂线定理可得AB1⊥BD1，从而AB1⊥A1D.再由三垂线定理的逆定理即得AB1⊥A1C.说明证明本题的关键是作辅助面和辅助线，证明线面垂直常采用下列方法：(1)利用线面垂直的定义；(2)证明直线垂直于平面内的两条相交直线；(3)证明直线平行于平面的垂线；(4)证明直线垂直于与这平面平行的另一平面.302.已知：正三棱柱ABC—A′B′C′中，AB′⊥BC′，BC＝2，求：线段AB ′在侧面C C BB ''上的射影长.解析： 如图，取BC 的中点D.∵AD ⊥BC ，侧面''B BCC ⊥底面ABC ，∴AD ⊥侧面''B BCC D B '是斜线AB ′在侧面的射影.又∵AB ′⊥BC ′，∴D B '⊥BC ′. 设BB ′＝x ，在Rt ΔBD B '中，BE ∶BD ＝'BB ，D B '＝21x +. ∵E 是ΔBB ′C 的重心.∴BE ＝31BC ′＝3124x + ∴x ＝3121x +·42+x ，解得：x ＝. ∴线段AB ′在侧面的射影长为.303. 平面α外一点A 在平面α内的射影是A ′，BC 在平面内，∠ABA ′＝θ，β=∠BC A '，∠ABC ＝，求证:cos γ＝cos θ·cos β.解析： 过A ′作''C A ⊥BC 于C ′，连AC ′.∵AA ′⊥平面α，BC 垂直AC 在平面α内的射线''C A .∴BC ′⊥AC ′，cos ＝ABC B '.又∵cos θ＝AB B A ',cos β＝BA CB ''， ∴cos ＝cos θ·cos β.304.ΔABC 在平面α内的射影是ΔA ′B ′C ′，它们的面积分别是S 、S ′，若ΔABC 所在平面与平面α所成二面角的大小为θ(0＜θ＜90°＝，则S ′＝S ·cos θ.证法一 如图(1)，当BC 在平面α内，过A ′作A ′D ⊥BC ，垂足为D.∵AA ′⊥平面α，AD 在平面α内的射影A ′D 垂直BC.∴AD ⊥BC.∴∠ADA ′＝θ.又S ′＝21A ′D ·BC ，S ＝21AD ·BC ，cos θ＝AD D A ',∴S ′＝S ·cos θ.证法二 如图(2)，当B 、C 两点均不在平面α内或只有一点(如C)在平面α内，可运用(1)的结论证明S′＝S·cosθ.305.求证：端点分别在两条异面直线a和b上的动线段AB的中点共面.证明如图，设异面直线a、b的公垂线段是PQ，PQ的中点是M，过M 作平面α，使PQ⊥平面α，且和AB交于R，连结AQ，交平面α于N.连结MN、NR.∵PQ⊥平面α，MNα，∴PQ⊥MN.在平面APQ内，PQ⊥a,PQ ⊥MN,∴MN∥a,a∥α，又∵PM＝MQ，∴AN＝NQ，同理可证NR∥b,RA ＝RB.即动线段的中点在经过中垂线段中点且和中垂线垂直的平面内.306.如图，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中点，求证：AB1⊥A1M.解析：不难看出B1C1⊥平面AA1C1C，AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影.欲证A1M⊥AB1，只要能证A1M⊥AC1就可以了.证：连AC 1，在直角ΔABC 中，BC ＝1，∠BAC ＝30°，∴ AC ＝A 1C 1＝.设∠AC 1A 1＝α，∠MA 1C 1＝β∴ tan α＝111C A AA ＝36＝,tg β＝111C A MC ＝326＝22.∵cot(α+β)＝βαβαtan tan tan tan 1+-＝22211+-＝0,∴α+β＝90° 即AC 1⊥A 1M.∵B 1C 1⊥C 1A 1，CC 1⊥B 1C 1，∴B 1C 1⊥平面AA 1CC 1，AC 1是AB 1在平面AA 1C 1C 上的射影.∵AC 1⊥A 1M ，∴由三垂线定理得A 1M ⊥AB 1.评注：本题在证AC 1⊥A 1M 时，主要是利用三角函数，证α+β＝90°，与常见的其他题目不太相同.307. 矩形ABCD ，AB ＝2，AD ＝3，沿BD 把ΔBCD 折起，使C 点在平面ABD 上的射影恰好落在AD 上.(1)求证：CD⊥AB；(2)求CD与平面ABD所成角的余弦值.(1)证明如图所示，∵CM⊥面ABD，AD⊥AB，∴CD⊥AB(2)解：∵CM⊥面ABD∴∠CDM为CD与平面ABD所成的角，DMcos∠CDM＝CD作CN⊥BD于N，连接MN，则MN⊥BD.在折叠前的矩形ABCD图上可得DM∶CD＝CD∶CA＝AB∶AD＝2∶3.2∴CD与平面ABD所成角的余弦值为3308.空间四边形PABC中，PA、PB、PC两两相互垂直，∠PBA＝45°，∠PBC＝60°，M为AB的中点.(1)求BC与平面PAB所成的角；(2)求证：AB⊥平面PMC.解析：此题数据特殊，先考虑数据关系及计算、发现解题思路.解∵ PA ⊥AB ，∴∠APB ＝90°在Rt ΔAPB 中，∵∠ABP ＝45°，设PA ＝a ，则PB ＝a,AB ＝a,∵PB ⊥PC ，在Rt ΔPBC 中，∵∠PBC ＝60°,PB ＝a.∴BC ＝2a,PC ＝a.∵AP ⊥PC ∴在Rt ΔAPC 中，AC ＝22PC PA +＝22)3(a a +＝2a(1)∵PC ⊥PA,PC ⊥PB,∴PC ⊥平面PAB ，∴BC 在平面PBC 上的射影是BP .∠CBP 是CB 与平面PAB 所成的角∵∠PBC ＝60°，∴BC 与平面PBA 的角为60°.(2)由上知，PA ＝PB ＝a,AC ＝BC ＝2a.∴M 为AB 的中点，则AB ⊥PM ，AB ⊥CM.∴AB ⊥平面PCM.说明要清楚线面的垂直关系，线面角的定义，通过数据特点，发现解题捷径.309.在空间四边形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB与平面ABC所成角分别为30°和45°。
专题06 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题06立体几何（解答题）1．【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.【答案】(1)详见解析(2)6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F,作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD,AO ⊥CD所以EF ⊥BD,EF ⊥CD,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.2．【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，120,1,4,15ABC 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.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【解析】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DMD ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎝ .由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为5||2sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．【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?【答案】（1）见解析；（2）112B D =【分析】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和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以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．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．（1）因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．（2）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 BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ63=．所以()min3sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a （02a ≤≤），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．4．【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．【答案】（12；（2）7014【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.【解析】（1）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22a =，故2BC a ==；（2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z = ，则2,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由111102m AM x y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由2222202n BM x nBP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，314cos ,14m n m n m n⋅<>==⋅，所以，70sin ,14m n <>==，因此，二面角A PM B --的正弦值为14.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）11112A M AB =．【分析】(1)首先将平面CDE 进行扩展，然后结合所得的平面与直线11BC 的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值.【解析】(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点.(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A MA B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==-，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z =，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z =，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =-，从而：5,m n m n ⋅===则：,5cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=（32λ=舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以312(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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A 1AMN ⊥平面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．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM 3连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a ，则22123234()(4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()|3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E ⋅-===⋅ n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =- ，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，1222BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．11．【2020年高考天津】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2,1,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．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33．12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =- ，1(3,2)A M =--，1(1,0,2)A N =-- ，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉==⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为105．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.13．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（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．【答案】（1）证明见解析；（2）32.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.14．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0AC=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.15．【2019年高考北京卷理数】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13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF⎛⎫⎛⎫==-=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则0,0,AEAF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,2240.333y zx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z=1，则1,1y x=-=-．于是=(1,1,1)--n．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE，，的方向为x 轴，y 轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉==+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为8 7．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．17．【2019年高考江苏卷】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）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3EG 3由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，），B，1，0），1B，33,,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,22EF =，(BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(10)=(02BC A C -，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得0y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。
2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编含答案
2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编含答案一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124D S BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而332333328A S ⎛⎫=⨯⨯=> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系． 设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，222AM x y z =++，(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin 25sin 25d EM θθ==≤， 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为222126AB AD AA R ++'==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.4．如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）A ．11EB AD ⊥B ．二面角11E A B A --的大小为4π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为313a D ．1//D E 平面11A B BA 【答案】ABD 【分析】连接1A D 、1B C ，则易证1AD ⊥平面11A DCB ，1EB ⊂平面11A DCB ，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A 正确；二面角11E A B A --的平面角为1DA A ∠，易知14DA A π∠=，则可判断选项B 正确；用等体积法，将求三棱锥11A B D E -的体积转化为求三棱锥11E AB D -的体积，当点E 与D 重合时，三棱锥11E AB D -的体积最小，此时的值为316a ，则选项C 错误；易知平面11//D DCC 平面11A B BA ，而1D E ⊂平面11D DCC ，则根据面面平行的性质定理可得1//D E 平面11A B BA ，可判断选项D 正确. 【详解】选项A ，连接1A D 、1B C ，则由正方体1ABCD ABC D -可知，11A D AD ⊥，111A B AD ⊥，1111A DA B A =，则1AD ⊥平面11A DCB ，又因为1EB ⊂平面11A DCB ，所以11EB AD ⊥，选项A 正确； 选项B ，因为11//DE A B ，则二面角11E A B A --即为二面角11D A B A --， 由正方体1ABCD ABC D -可知，11A B ⊥平面1DA A ， 则1DA A ∠为二面角11D A B A --的平面角，且14DA A π∠=，所以选项B 正确；选项C ，设点E 到平面11AB D 的距离为d ， 则11111113A B D E E AB D AB D V V S d --==⋅，连接1C D 、1C B ，易证平面1//BDC 平面11AB D ，则在棱CD 上，点D 到平面11AB D 的距离最短， 即点E 与D 重合时，三棱锥11A B D E -的体积最小， 由正方体1ABCD ABC D -知11A B ⊥平面1ADD ， 所以1111123111113326D AB D B ADDADD a V V S A B a a --==⋅=⋅⋅=， 则选项C 错误；选项D ，由正方体1ABCD ABC D -知，平面11//CC D D 平面11A B BA ，且1D E ⊂平面11CC D D ， 则由面面平行的性质定理可知1//D E 平面11A B BA ，则选项D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题对于选项C 的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.5．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5【答案】AC【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．6．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时113313,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4433R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14233D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.7．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧242108a a+32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.8．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6【答案】ABD 【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 6． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1， ∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1， ∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确； 在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ， ∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确； 在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1）， 设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为：11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解.9．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=；C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--， 对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅，01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误；对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以2221222R R ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 面积的最小值为62【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。
2021年高考数学试题分类汇编之立体几何
1、（2021年高考全国甲卷理科6题）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 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：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：因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以
因为 ， 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
所以 ，
．
由题设 （ ）．
（1）因为 ，
所以 ，所以 ．
（2）设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
解：（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 平面 ，
而 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）由（1）可知， 平面 ，所以 ，
从而 ，设 ， ，
则 ，即 ，解得 ，所以 ．
因为 底面 ，
故四棱锥 的体积为 ．
点评：本题第一问解题关键是找到平面 或平面 的垂线，结合题目条件 ，所以垂线可以从 中产生，稍加分析即可判断出 平面 ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出 ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．
从而直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
9、（2021年高考全国甲卷理科2题）
10、（2021年高考全国乙卷文、理科16题）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，组成某个三棱锥的三视图，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）．
2021高考各地数学模拟试题精选——立体几何解答题
2021高考各地数学模拟试题精选——立体几何解答题（I）求异面直线AD、BC所成的角。
（II）设P是线段AB上的动点，问P、B两点间的距离多少时？与所在平面成角；1、解：（I）异面直线AD、BC所成角为。
4分（II）过点P作于E，过点E作于F，连结PF。
8分。
设，则在中，，在中，在中，11分即P、B两点间距离为时，与所在平面成角。
12分2、【哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学2021模拟年高三第二次联合考试数学试卷（理科）】已知直三棱柱中，，AB=BC=a，，M为上的点。
（1）当M在上的什么位置时，与平面所成的角为；（2）在（1）的条件下求B到平面的距离。
2、解：（1）取…………3分（2）取的距离，由，则B 到面的距离为K到面的距离的2倍…………9分另法一：利用体积相等，另法二：可利用面3、如图已知四棱锥PCDPCPC—D的大小为90、（8分）（3）在平面PCD内作EH⊥PC于点H，由平面PCD⊥平面PBC且平面PCD平面PBC=PC知：EH⊥平面PBC、（9分）在，在代入得：即点E到平面PBC的距离为（11分）又点A到平面PBC的距离为（12分）4、【北京四中2021模拟年数学第一次统测（理科）】如图，分别是正方体的棱上的点、（1）若，求证：无论点在上如何移动，总有；（２）若，且平面，求二面角的大小、4、（I）证法一：连AC、BD，则BD⊥AC，∵，∴MN//AC，∴BD⊥MN、又∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥MN，∴MN⊥平面BDD1、∵无论点P在DD1上如何移动，总有BP平面BDD1，故总有MN⊥BP、证法二：连结AC、BD，则AC⊥BD、∵，∴MN//AC，∴ MN⊥BD，又PD⊥平面ABCD，由三垂线定理得：MN⊥PB、（II）解法一：过P作PG⊥C1C交CC1于G，连BG交B1N于O1，∵PB⊥平面B1MN，∴PB⊥B1N、又∵PG⊥平面B1BCC1，∴ BG⊥B1N，∴ΔBB1N≌ΔBCG，∴ BN=CG，NC=GC1，∴BN∶NC=DP∶PD1=2∶1、同理BM∶MA=DP∶PD1=2∶1、设AB=3a, 则BN=2a, ∴,,连MO1，∵AB⊥平面B1BCC1，∴ MO1⊥B1N，∵∠MO1B就是二面角M-B1N-B的平面角，，∴ 、解法二：设BD与MN相交于F，连结B1F，∵PB⊥平面MNB1，∴ PB⊥B1F，PB⊥MN，∴在对角面BB1D1D内，ΔPBD∽ΔBB1F，设BB1=DD1=3，则PD=2，，∴，即，故、∵MN⊥PB，由三垂线定理得MN⊥BD，MN//AC，MN=2BF=，BN=2，、设二面角B-B1N-M的平面角为α，则，、5、【2021模拟年高考重庆地区信息试卷数学试题】已知△BCD中，∠BCD=90，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60，E、F分别是AC、AD上的动点，且（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？5、（1）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD，∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC、3分又∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF,∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC、6分（2）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC、8分∵BC=CD=1，∠BCD=90，∠ADB=60，∴10分由AB2=AEAC 得故当时，平面BEF⊥平面ACD、12分19、湖北省部分重点中学2021模拟年春季期中联考如图，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝a，AB＝a，E是线段PD上的点，F是线段AB 上的点，且、 (I)当时，求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值：(Ⅱ)是否存在实数λ，使异面直线EF与CD所成角为60?若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由、5、（1）(2)存在实数λ，其值为。
江苏省13市2021届高三第一次模拟考试数学试题分类汇编(新高考)：立体几何(解析版)
江苏省13市2021届高三第一次模拟考试数学试题分类汇编立体几何（地区名后面，题号1-8为单选，9-12为多选）1.（2021·扬州·一模）13．已知一个圆锥的侧面积为6π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为．【答案】3π【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，∴πl2=12π，l=2√3∵πlr=6π，∴r=√3∴h=3∴圆锥的体积为13πr2h =3π，故答案为：3π2.（2021·扬州·一模）12．我们把所有棱长都相等的正棱柱（锥）叫“等长正棱柱（锥）”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱（锥）”的棱长都为1，则下列说法中正确的有（）AB．正四面体的棱切球的表面积为2πC．等长正六棱柱的棱切球的体积为4 3πD．等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面（侧面和底面）截得的截面面积之和为7 12π【答案】BCD【解析】由正方体的棱长为1，若球与正方体的各棱泪切，则球的直径等于正方形对角线长，可判断A选项错误．若球与正四面体的各棱泪切，则球的半径等于正四面体中心到棱长距离，可判断B选项正确．若球与等长正六棱柱的各棱泪切，则球的半径等于上下底面正六边形中心到顶点距离，可判断C选项正确．若球与等等长正四棱锥各棱泪切，则球的半径等于等长正四棱锥中轴上找点到侧棱距离等于到地面棱距离。
而侧棱与底面正方形对角线组成等腰直角三角形，可判断D选项正确．【名师点睛】本题考查几何体外接球、内切球问题，由若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，可求出球的半径或直径r属于中等题．3.（2021·盐城、南京·一模）8．已知点A，B，C，D在球O的表面上，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝2，BC＝4，AC与平面ABD，则球O表面上的动点P到平面ACD距离的最大值为A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】因为AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以球心O为AD中点，其在面BCD投影为E，则OE＝1，作CF⊥BD，所以sin∠CAF4CD=⇒=，所以3R=，所以P到平面ACD距离的最大值为3．4.（2021·无锡·一模）15．我国南北朝时代的祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，即祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等(如图1)．在xOy平面上，将双曲线的一支2214xy-=及其渐近线12y x=和直线y=0，y= 2围成的封闭图形记为D，如图2中阴影部分．记D绕y轴旋转一周所得的几何体为Ω，利用祖暅原理试求Ω的体积为________．图1 图2【答案】8π5.（2021·苏州·一模）16．如图，已知球O的半径为√5，圆O1，O2为球O的两个半径均为2的截面圆，圆面O、圆面O1、圆面O2两两垂直，点A，B分别为圆O与圆O1，O2的交点，P，Q两点分别从A，B同时出发，按箭头方向沿圆周O1，O2以每秒π6弧度的角速度运动，直到两点回到起始位置时停止运动，则其运动过程中线段PQ长度的最大值为；研究发现线段PQ长度最大的时刻有两个，则这两个时刻的时间差为秒．（本小题第一空2分，第二空3分）【答案】：2√5，8【解析】：以O1A为x轴，在圆O1中，将O1A逆时针旋转90°得到y轴，O1O为z轴，建立空间直角坐标系，则P(2cosπ6t，−2sinπ6t，﹣1)，Q(﹣1，2sinπ6t，2cosπ6t)，PQ＝√16sin2π6t+2(2cosπ6t+1)2=√−8cos2π6t+8cosπ6t+18，0≤t≤12，当cosπ6t＝12时，PQ取最大值为2√5，此时t＝2或10，故PQ最大的两个时刻差为8．6.（2021·无锡·一模）11．如图，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥A－SBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（）A．AS⊥CDB．正四棱锥S－BCDE的外接球半径为2 2aC．正四棱锥S－BCDE的内切球半径为212a ⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭D．由正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱【答案】ABD所以可拼成一个三棱柱7.（2021·苏州·一模）12．在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AA1＝AB＝2AD＝2，E，F分别为BB1，D1C1的中点，则A．EF⊥ECB．BD∥平面AEFC．三棱锥C1—CEF外接球的表面积为5πD．平面A1BCD1被三棱锥C1—CEF外接球截得的截面圆面积为9π8【答案】：ACD【解析】易得CE⊥C1E，CE⊥C1F，从而CE⊥平面EFC1，从而EF⊥EC，A正确；取B1C1中点G，易得FG∥BD，根据FG与平面AEF相交，可得BD与平面AEF相交，故B错误；三棱锥C1—CEF外接球，球心O是CC1与C1F垂直平分线的交点，易求半径OC＝√52，故球的表面积为5π，C正确；作OH⊥CD1于点H，则OH⊥平面A1BCD1，求得OH＝√24，故截面圆的半径r＝√5 4−18=22，面积为9π8，D正确．综上选ACD．8.（2021·苏州·一模）8．我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为ABCDPO 1 O 2 OHA ．23B ．43C ．π3D ．2π3【答案】：B【解析】：由“祖暅原理”可知，帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，底面正方形对角线为2，正方形边长为√2，V帐篷＝V正四棱柱﹣V正四棱锥＝(√2)2×1−13×(√2)2×1=43，选B ．9. （2021·南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江·一模）16．已知在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．过直线O 1O 2的平面截圆柱得到四边形ABCD ，其面积为8．若P 为圆柱底面圆弧CD 的中点，则平面PAB 与球O 的交线长为 ．【解析】取21O O 的中点O ，则点O 为圆柱的内切球球心． 连接P O 1，P O 2，作P O OH 1⊥，垂足为点H ．因为正方形ABCD 的面积为8，所以2221=O O ，221==P O OO ，所以101=P O ．由PO OO PO OH 112=得1022=OH，解得OH，设平面PAB 截内切球球O 所得圆的半径为r ，则r 2r π．10. （2021·南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江·一模）9．已知m ，n 是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则 A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ∥α，m ⊥β，则α⊥βC ．若α∥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ∥nD ．若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m ⊥n【答案】BC【解析】由题意，对于选项A ，m ∥α，n ∥α，m 与n 可以异面或者相交，故选项A 错误；对于选项B ，由m ∥α，则存在直线l α⊂，使得m l ∥，又m ⊥β，所以l β⊥，所以α⊥β，故选项B 正确；对于选项C ，因为α∥β，m ⊥α，n ⊥β，所以m n βα⊥⊥，，则m n ∥，故选项C 正确；对于选项D ，因为α⊥β，可设l αβ=，则当m l n l ∥，∥时，可得到m ∥α，n ∥β，则m n ∥，故选项D 错误；故答案选BC.11. （2021·连云港·一模）11．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝1，AA 1＝2，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ．则 A ．直线DC 1与BC 所成角为90°B ．三棱锥D —BCC 1的体积为13C ．二面角A 1—BD —C 1的大小为60°D ．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1外接球的表面积为6π【答案】ABD【解析】计算可知 BC 1＝5，C 1D ＝2故 BD ＝3，从而 AB ＝2故 AC⊥BC ，又CC 1⊥AC ，CC 1⊥BC ，故 BC ⊥平面 ACC 1 A 1 ，从而 BC ⊥DC 1，A 正确；V D -BCC =61AC ·BC ·CC 1=31，B 正确；取 A 1B 1中点E ，则C 1E ⊥平面ABB 1A 1，又 DC 1⊥BD ，由二面角定义知，二面角 A 1-BD－C 1正弦值为CD E C 1＝21，故二面角A 1－BD －C 1大小为30°，C 错误；注意到直三棱柱ABC －A 1B 1C 1 外接球球心为平面 ABB 1A 1 中心，故 S ＝4π[( 21AA 1)2＋(21AB)2]＝6π，D 正确．12. （2021·常州·一模）13．圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为5003π的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为 ． 【答案】80π【解析】如图ABCD 是圆柱轴截面，其外接圆O 是球的大圆，由3450033R ππ=得5R =，10BD =，又8AB =，∴6AD =，∴圆柱表面积为22424680S πππ=⨯+⨯⨯=．故答案为：80π．13. （2021·南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江·一模）20．（本小题满分12分）如图，在正六边形ABCDEF 中，将△ABF 沿直线BF 翻折至△A′BF ，使得平面A′BF ⊥平面 BCDEF ，O ，H 分别为BF 和A′C 的中点．（1）证明：OH ∥平面A′EF；（2）求平面A′BC 与平面A′DE 所成锐二面角的余弦值．的【考点】立体几何的位置关系证明、求二面角14.（2021·苏州·一模）21．（本小题满分12分）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．（1）证明：∠PAD＝∠PBC；（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P—AB—C的大小．解：（1）分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，因为PA＝PB，所以PE⊥AB，又因为AB∥CD，所以CD⊥PE，又因为CD⊥EF，PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，因为PF⊂平面PEF，所以CD⊥PF，在△PCD中，因为PF垂直平分CD，所以PC＝PD，又因为PA＝PB，AD＝BC，所以△PAD≌△PBC，从而可得∠PAD＝∠PBC；（2）由（1）可知，∠PEF是二面角P—AB—C的平面角，设，则，在△PEF中，，过点E作PF的垂线，垂足为G，则，因为CD⊥平面PEF，CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PEF，又因为平面PCD∩平面PEF＝PF，EG⊥PF，EG⊂平面PEF，所以EG⊥平面PCD，因为AB∥平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离，即为EG，设直线PA与平面PCD所成角为，所以，令，则，所以当且仅当，即时，EG有最大值2，此时直线PA与平面PCD所成角为θ的正弦值最大所以当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，二面角P—AB—C的大小为π．4 15.（2021·连云港·一模）20．（本小题满分12分）如图，在三棱锥P—ABC中，AB＝BC ＝BAC ＝4，PA ＝PB ＝PC ＝4． （1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，PC 与平面PAM CM 的长．16.（2021·常州·一模）20．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，AB＝AP＝2BC，平面PAB⊥平面ABCD，二面角P—BC—A的大小为45°．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值．17.（2021·无锡·一模）19．(本小题满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2，点M在线段PD上，且DM＝2MP，PB∥平面MAC．（1）求证：平面MAC⊥平面PAD；（2）若PA＝3，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．18. （2021·盐城、南京·一模）19．（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，平面ABEF ⊥平面CDFE ，CD ∥EF ，DF ⊥EF ，EF ＝2CD ＝2． （1）若DF ＝2，求二面角A －CE －F 的正弦值； （2）若平面ACF ⊥平面BCE ，求DF 的长．解：方法一（1）因为平面ABEF ⊥平面CDFE ，平面ABEF ∩平面CDFE ＝EF ，DF ⊥EF ，DF ⊂平面CDFE ，所以DF ⊥平面ABEF ．所以DF ⊥AF ，DF ⊥FE ．又AF ⊥EF ．所以，以{→F A ，→FE ，→FD }为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系F －xyz ． 则F (0，0，0)，A (2，0，0)，E (0，2，0)，C (0，1，2)，则→EA ＝(2，－2，0)，→EC ＝(0，－1，2)． 设平面ACE 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ⊥→EA ，m ⊥→EC ．所以⎩⎪⎨⎪⎧m ⋅→EA ＝0，m ⋅→EC ＝0，即⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－y ＋2z ＝0，不妨取z ＝1，则x ＝y ＝2， 所以m ＝(2，2，1)．又→F A ＝(2，0，0)，→FE ＝(0，2，0)，→FC ＝(0，1，2)，所以→F A ⋅→FE ＝0，→F A ⋅→FC ＝0．所以→F A ⊥→FE ，→F A ⊥→FC ，又FE ∩FC ＝F ， 所以→F A ＝(2，0，0)为平面CEF 的一个法向量． 所以cos ＜m ，→F A ＞＝m ⋅→F A ∣m ∣⋅∣→F A ∣＝23． 所以二面角A －CE －F 的正弦值为1－⎝⎛⎭⎫232＝53．（2）设DF ＝t (t ＞0)，则C (0，1，t )．→EB ＝(2，0，0)，→EC ＝(0，－1，t )，→F A ＝(2，0，0)，→FC ＝(0，1，t )， 设平面BCE 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，则n ⊥→EB ，n ⊥→EC ． 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ⋅→EB ＝0，n ⋅→EC ＝0，即⎩⎨⎧2a ＝0，－b ＋ct ＝0．A BCDF E xyzA BCDF EGl 不妨令c ＝1，则b ＝t ，所以n ＝(0，t ，1)． 设平面ACF 的一个法向量为s ＝(p ，q ，r )，则由s ⊥→F A ，s ⊥→FC ，得⎩⎨⎧2p ＝0，q ＋rt ＝0．不妨取r ＝1，则q ＝－t ，得s ＝(0，－t ，1)． 因为平面ACF ⊥平面BCE ，所以n ⋅s ＝0，即－t 2＋1＝0，得t ＝1， 即DF ＝1． 方法二（1）因为平面ABEF ⊥平面CDFE ，平面ABEF ∩平面CDFE ＝EF ，DF ⊥EF ，DF ⊂平面CDFE ，所以DF ⊥平面ABEF ，所以DF ⊥AF ．又因为AF ⊥EF ，DF ⊂平面CDFE ，EF ⊂平面CDFE ，DF ∩EF ＝F ． 所以AF ⊥平面CDFE ．在平面CEF 内过点F 作FG ⊥CE 于G ，连结AG ，则AG ⊥CE ． 所以∠AGF 为二面角A －CE －F 的平面角． 在△CEF 中，CE ＝CF ＝5，EF ＝2，由S △CEF ＝12×EF ×DF ＝12×CE ×FG ，得FG ＝455．在△AFG 中，AG ＝AF 2＋FG 2＝655， 所以sin ∠AGF ＝AF AG ＝53，所以二面角A －CE －F 的正弦值为53.（2）设平面ACF∩平面BCF＝l．因为四边形ABEF为正方形，所以AF∥BE．又AF⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE．又AF⊂平面ACF，平面ACF∩平面BCE＝l，所以AF∥l．因为AF⊥平面CDFE，CF⊂平面CDFE，所以AF⊥CF，所以CF⊥l．又平面ACF⊥平面BCE，平面ACF∩平面BCE＝l，CF⊂平面ACF，所以CF⊥平面BCE．又CE⊂平面BCE，所以CF⊥CE，所以CF2＋CE2＝EF2．设DF＝t(t＞0)，则CF＝t2＋1，CE＝t2＋1，所以(t2＋1)＋(t2＋1)＝22，解得t＝1，即DF＝1.19.（2021·扬州·一模）19．(本小题满分12分)如图，在三棱锥A－BCD中，△ABD与△B C D都为等边三角形，平面ABD⊥平面BCD，M，O分别为AB，BD的中点，AO∩DM ＝G，N在棱CD上且满足2CN＝ND，连接MC，GN．（1）证明：GN∥平面ABC；（2）求直线AC和平面GND所成角的正弦值．。
2021年高考数学立体几何全真模拟预测练习卷含答案
401. 如图，在ΔABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝a,AC ＝b,D 是斜边AB 上的点，以CD 为棱把它折成直二面角A —CD —B 后，D 在怎样的位置时，AB 为最小，最小值是多少?解析： 设∠ACD ＝θ，则∠BCD ＝90°-θ，作AM ⊥CD 于M ，BN ⊥CD 于N ，于是AM ＝bsin θ,CN ＝asin θ.∴MN ＝｜asin θ-bcos θ｜，因为A —CD —B 是直二面角，AM ⊥CD ，BN ⊥CD ，∴AM 与BN 成90°的角，于是AB ＝22222)cos sin (cos sin θθθθb a a b -++＝θ222sin ab b a -+≥ab b a -+22.∴当θ＝45°即CD 是∠ACB 的平分线时，AB 有最小值，最小值为ab b a -+22.402.自二面角内一点分别向两个面引垂线，求证：它们所成的角与二面角的平面角互补.已知：从二面角α—AB —β内一点P ，向面α和β分别引垂线PC 和PD ，它们的垂足是C 和D.求证：∠CPD 和二面角的平面角互补.证：设过PC 和PD 的平面PCD 与棱AB 交于点E ，∵PC ⊥α，PD ⊥β∴PC ⊥AB ，PD ⊥AB∴CE ⊥AB ，DE ⊥AB又∵CE α，DE β，∴∠CED 是二面角α—AB —β的平面角.在四边形PCED 内：∠C ＝90°，∠D ＝90°∴∠CPD 和二面角α—AB —β的平面∠CBD 互补.403.求证：在已知二面角，从二面角的棱出发的一个半平面内的任意一点，到二面角两个面的距离的比是一个常数.已知：二面角α—ED —β，平面过ED ，A ∈，AB ⊥α，垂足是B.AC ⊥β，垂足是C.求证：AB ∶AC ＝k(k 为常数)证明：过AB 、AC 的平面与棱DE 交于点F ，连结AF 、BF 、CF.∵AB ⊥α，AC ⊥β.∴AB ⊥DE ，AC ⊥DE.∴DE ⊥平面ABC.∴BF ⊥DE ，AF ⊥DE ，CF ⊥DE.∠BFA ，∠AFC 分别为二面角α—DE —，—DE —β的平面角，它们为定值. 在Rt ΔABF 中，AB ＝AF ·sin ∠AFB.在Rt ΔAFC 中，AC ＝AF ·sin ∠AFC ，得：AC AB ＝AFCAF AFB AF ∠∠sin sin ＝定值.404. 如果直线l 、m 与平面α、β、满足l ＝β∩，l ∥α,m α和m ⊥.那么必有( )A.α⊥且l ⊥mB.α⊥且m ∥βC.m ∥β且l ⊥mD.α∥β且α⊥解析：∵m α,m ⊥. ∴α⊥.又∵m ⊥,β∩＝l. ∴m ⊥l.∴应选A.说明 本题考查线面垂直、面面垂直及综合应用推理判断能力及空间想象能力.405. 如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝2π，AB ＝a,AD ＝3a,且∠ADC ＝arcsin 55，又PA ⊥平面ABCD ，AP ＝a.求：(1)二面角P —CD—A 的大小(用反三角函数表示)；(2)点A 到平面PBC 的距离.解析：(1)作CD ′⊥AD 于D ′，∴ABCD ′为矩形，CD ′＝AB ＝a ，在Rt ΔCD ′D 中.∵∠ADC ＝arcsin55,即⊥D ′DC ＝arcsin 55， ∴sin ∠CDD ′＝CD D C '＝55 ∴CD ＝a ∴D ′D ＝2a∵AD ＝3a,∴AD ′＝a ＝BC又在Rt ΔABC 中，AC ＝22BC AB +＝a,∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AC ，PA ⊥AD ，PA ⊥AB.在Rt ΔPAB 中，可得PB ＝a.在Rt ΔPAC 中，可得PC ＝22AC PA +＝a.在Rt ΔPAD 中，PD ＝22)3(a a +＝10a. ∵PC 2+CD 2＝(a)2+(a)＝8a 2＜(10a)2∴cos ∠PCD ＜0，则∠PCD ＞90°∴作PE ⊥CD 于E ，E 在DC 延长线上，连AE ，由三垂线定理的逆定理得AE ⊥CD ，∠AEP 为二面角P —CD —A 的平面角.在Rt ΔAED 中∠ADE ＝arcsin55，AD ＝3a. ∴AE ＝AD ·sin ∠ADE ＝3a ·55＝553 a.在Rt ΔPAE 中，tan ∠PEA ＝AE PA ＝a a 553＝35.∴∠AEP ＝arctan 35，即二面角P —CD —A 的大小为arctan 35.(2)∵AD ⊥PA ，AD ⊥AB ，∴AD ⊥平面PAB.∵BC ∥AD ，∴BC ⊥平面PAB.∴平面PBC ⊥平面PAB ，作AH ⊥PB 于H ，∴AH ⊥平面PBC.AH 为点A 到平面PBC 的距离.在Rt ΔPAB 中，AH ＝PB AB PA ⋅＝aa a 2⋅＝22a. 即A 到平面PBC 的距离为22a.说明(1)中辅助线AE的具体位置可以不确定在DC延长线上，而直接作AE⊥CD于E，得PE⊥CD，从而∠PEA为所求，同样可得结果，避免过多的推算.(2)中距离的计算，在学习几何体之后可用“等体积法”求.406. 如图，在二面角α—l—β中，A、B∈α，C、D∈l，ABCD为矩形，P∈β，PA⊥α，且PA＝AD，M、N依次是AB、PC的中点.(1)求二面角α—l—β的大小；(2)求证：MN⊥AB；(3)求异面直线PA与MN所成角的大小.解析：(1)连PD，∵ABCD为矩形，∴AD⊥DC，即AD⊥l.又PA⊥l，∴PD ⊥l.∵P、D∈β，则∠PDA为二面角α—l—β的平面角.∵PA⊥AD，PA＝AD，∴ΔPAD是等腰直角三角形，∴∠PDA＝45°，即二面角α—l—β的大小为45°.(2)过M作ME∥AD，交CD于E，连结NE，则ME⊥CD，NE⊥CD，因此，CD⊥平面MNE，∴CD⊥MN.∵AB∥CD，∴MN⊥AB(3)过N作NF∥CD，交PD于F，则F为PD的中点.连结AF，则AF为∠PAD的角平线，∴∠FAD＝45°，而AF∥MN，∴异面直线PA与MN所成的45°角.407. 如图，在三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，四边形A ′ABB ′是菱形，四边形BCC ′B ′是矩形，C ′B ′⊥AB.(1)求证：平面CA ′B ⊥平面A ′AB ；(2)若C ′B ′＝2，AB ＝4，∠ABB ′＝60°，求AC ′与平面BCC ′B ′所成角的大小.(用反三角函数表示)解析：(1)∵在三棱柱ABC —A ′B ′C 中，C ′B ′∥CB ，∴CB ⊥AB.∵CB ⊥BB ′，AB ∩BB ′＝B ，∴CB ⊥平面A ′AB.∵CB 平面CA ′B ，∴平面CA ′B ⊥平面A ′AB(2)由四边形A ′ABB ′是菱形，∠ABB ′＝60°，连AB ′，可知ΔABB ′是正三角形.取BB ′中点H ，连结AH ，则AH ⊥BB ′.又由C ′B ′⊥平面A ′AB ，得平面A ′ABB ′⊥平面C ′B ′BC ，而AH 垂直于两平面交线BB ′，∴AH ⊥平面C ′B ′BC.连结C ′H ，则∠AC ′H 为AC ′与平面BCC ′B ′所成的角，AB ′＝4，AH ＝2，于是直角三角形C ′B ′A 中，A ′C ＝5，在Rt ΔAHC ′中，sin ∠AC ′H ＝532∴∠AC ′H ＝arcsin 52,∴直线AC ′与平面BCC ′B ′所成的角是arcsin 52.408. 已知四棱锥P —ABCD ，它的底面是边长为a 的菱形，且∠ABC ＝120°，PC ⊥平面ABCD ，又PC ＝a ，E 为PA 的中点.(1)求证：平面EBD ⊥平面ABCD ；(2)求点E 到平面PBC 的距离；(3)求二面角A —BE —D 的大小.(1)证明: 在四棱锥P —ABCD 中，底面是菱形，连结AC 、BD ，交于F ，则F 为AC 的中点.又E 为AD 的中点，∴EF ∥PC又∵PC ⊥平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD.EF 平面EBD.∴平面EBD ⊥平面ABCD.(2)∵EF ∥PC ，∴EF ∥平面PBC∴E 到平面PBC 的距离即是EF 到平面PBC 的距离过F 作FH ⊥BC 交BC 于H ，∵PC ⊥平面ABCD ，FH 平面ABCD∴PC ⊥FH.又BC ⊥FH ，∴FH ⊥平面PBC ，则FH 是F 到平面PBC 的距离，也是E 到平面PBC 的距离. ∵∠FCH ＝30°，CF ＝23a. ∴FH ＝21CF ＝43a. (3)取BE 的中点G ，连接FG 、AG 由(1)的结论，平面BDE ⊥平面ABCD ，AF ⊥BD ，∴AF ⊥平面BDC. ∵BF ＝EF ＝2a ，∴FG ⊥BE ，由三垂线定理得，AG ⊥BE ， ∴∠FGA 为二面角D —BE —A 的平面角.FG ＝2a ×22＝42a,AF ＝23a. ∴tg ∠FGA ＝FG AF ＝,∠FAG ＝arctg即二面角A —BE —D 的大小为arctg409. 若ΔABC 所在的平面和ΔA 1B 1C 1所在平面相交，并且直线AA 1、BB 1、CC 1相交于一点O ，求证：(1)AB 和A 1B 1、BC 和B 1C 1、AC 和A 1C 1分别在同一平面内；(2)如果AB 和A 1B 1、BC 和B 1C 1、AC 和A 1C 1分别相交，那么交点在同一直线上(如图).(1)证明：∵AA 1∩BB 1＝O,∴AA 1、BB 1确定平面BAO ，∵A 、A 1、B 、B 1都在平面ABO 内，∴AB 平面ABO ；A 1B 1平面ABO.同理可证，BC 和B 1C 1、AC 和A 1C 1分别在同一平面内.(2)分析：欲证两直线的交点在一条直线上，可根据公理2，证明这两条直线分别在两个相交平面内，那么，它们的交点就在这两个平面的交线上. 证明：如图，设AB∩A1B1＝P；AC∩A1C1＝R；∴面ABC∩面A1B1C1＝PR.∵BC面ABC；B1C1面A1B1C1，且BC∩B1C1＝Q ∴Q∈PR,即P、R、Q在同一直线上.410.点P、Q、R分别在三棱锥A-BCD的三条侧棱上，且PQ∩BC＝X,QR ∩CD＝Z,PR∩BD＝Y.求证：X、Y、Z三点共线.解析：证明点共线的基本方法是利用公理2，证明这些点是两个平面的公共点.证明∵P、Q、R三点不共线，∴P、Q、R三点可以确定一个平面α.∵X∈PQ，PQα，∴X∈α，又X∈BC，BC面BCD，∴X∈平面BCD. ∴点X是平面α和平面BCD的公共点.同理可证，点Y、Z都是这两个平面的公共点，即点X、Y、Z都在平面α和平面BCD的交线上.。
2021年高考试题模拟新题分类汇编立体几何(高考真题模拟新题)
立体几何(高考真题+模拟新题)课标文数8.G2[2021·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，那么该几何体的外表积为( )图1－1A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80课标文数8.G2[2021·安徽卷] C 【解析】 由三视图可知此题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如下图)，所以该直四棱柱的外表积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.课标文数 5.G2[2021·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的外表积是( )图1－1A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2 课标文数5.G2[2021·北京卷] B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其外表积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，应选B.课标文数9.G2[2021·广东卷] 如图1－2，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，那么该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2课标文数9.G2[2021·广东卷] C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h ＝(23)2－(3)2＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，所以底面积为12×23×2＝23，所以V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.图1－1课标文数 4.G2[2021·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为( )图1－1A ．9π＋42B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18 课标文数4.G2[2021·湖南卷] D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，那么其体积为： V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，应选D. 课标文数8.G2[2021·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，那么这个矩形的面积是( )A ．4B ．23C ．2 D. 3 课标文数8.G2[2021·辽宁卷] B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为以下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图．图1－4 由于体积为23，所以设棱长为a ，那么12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，应选B.课标文数8.G2[2021·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示，那么相应的侧视图可以为( )图1－2 图1－3 课标文数8.G2[2021·课标全国卷] D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.图1－4 图1－2课标文数11.G2[2021·山东卷] 如图1－3是长和宽分别相等的两个矩形．给定以下三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0课标文数11.G2[2021·山东卷] A 【解析】 ①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．课标文数5.G2[2021·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，那么它的体积为( )图1－2A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3课标文数5.G2[2021·陕西卷] A 【解析】 主视图与左视图一样是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V 正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3，故答案为A.课标文数10.G2[2021·天津卷] 一个几何体的三视图如图1－4所示(单位：m)，那么该几何体的体积为________ m 3.图1－4课标文数10.G2[2021·天津卷] 4 【解析】 根据三视图复原成直观图，可以看出，其是由两个形状一样的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.图1－2课标文数7.G2[2021·浙江卷] 假设某几何体的三视图如图1－1所示，那么这个几何体的直观图可以是( )图1－1 图1－2课标文数7.G2[2021·浙江卷] B 【解析】 由正视图可排除A ，C ；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.课标文数19.G4，G7[2021·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2021·安徽卷] 此题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.图1－4课标文数17.G4[2021·北京卷]图1－4如图1－4，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 课标文数17.G4[2021·北京卷] 【解答】 (1)证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ，(2)因为D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 所以DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ， 所以DE ⊥DG ，所以平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，理由如下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG .所以Q 为满足条件的点．图1－3课标文数15.G4[2021·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，假设EF ∥平面AB 1C ，那么线段EF 的长度等于________．课标文数15.G4[2021·福建卷] 2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.课标数学16.G4，G5[2021·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点．图1－2求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.课标数学16.G4，G5[2021·江苏卷] 此题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】证明：(1)在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，图1－3所以直线EF∥平面PCD.(2)连结BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面P AD∩平面AB CD＝AD，所以BF⊥平面P AD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.课标文数4.G4[2021·浙江卷] 假设直线l不平行于平面α，且l⊄α，那么()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交课标文数4.G4[2021·浙江卷] B【解析】在α内存在直线与l相交，所以A不正确；假设α内存在直线与l平行，又∵l⊄α，那么有l∥α，与题设相矛盾，∴B正确，C不正确；在α内不过l与α交点的直线与l异面，D不正确．大纲文数8.G5[2021·全国卷] 直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足．假设AB＝2，AC＝BD＝1，那么CD＝()A．2 B. 3 C. 2 D．1大纲文数8.G5[2021·全国卷] C【解析】∵α⊥β，AC⊥l，∴AC⊥β，那么AC⊥CB，∵AB＝2，AC＝1，可得BC＝3，又BD⊥l，BD＝1，∴CD＝2，应选C.大纲文数20.G5，G11[2021·全国卷] 如图1－1，四棱锥S－ABCD中，图1－1AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成的角的大小．大纲文数20.G5，G11[2021·全国卷] 【解答】解法一：(1)取AB中点E，连结DE，那么四边形BCDE为矩形，DE＝CB＝2.图1－2连结SE，那么SE⊥AB，SE＝ 3.又SD＝1，故ED2＝SE2＋SD2，所以∠DSE为直角．由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD.SD与两条相交直线AB、SE都垂直．所以SD⊥平面SAB.(2)由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE.作SF⊥DE，垂足为F，那么SF⊥平面ABCD，SF＝SD×SEDE＝32.作FG⊥BC，垂足为G，那么FG＝DC＝1. 连结SG，那么SG⊥BC.又BC⊥FG，SG∩FG＝G，故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.作FH ⊥SG ，H 为垂足，那么FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，那么sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，那么A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，那么x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，那么a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.课标文数18.G5，G11[2021·湖北卷] 如图1－2，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小． 课标文数18.G5，G11[2021·湖北卷]【解答】 解法1：(1)证明：由可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝ 6.于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21.所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23， 于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－3解法2：建立如图1－3所示的空间直角坐标系，那么由可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,32)，E (0,0,22)，F (3，1，2)． (1)C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)， ∴C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0， ∴CF ⊥C 1E . (2)CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，可取m ＝(0，2，1)． 设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)，设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.图1－6 课标文数19.G5，G11[2021·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2021·湖南卷] 【解答】 (1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ， 所以平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，那么OH ⊥平面P AC .图1－6连结CH ，那么CH 是OC 在平面P AC 上的射影， 所以∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23.在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23.图1－9课标文数18.G5，G11[2021·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高． 课标文数18.G5，G11[2021·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，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 . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . PD ⊥底面ABCD ，那么PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 那么DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，那么BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.课标文数16.G5[2021·陕西卷] 如图1－8，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)假设BD ＝1，求三棱锥D －ABC 的外表积．图1－8课标文数16.G5[2021·陕西卷] 【解答】 (1)∵折起前AD 是BC 边上的高，又DB ∩DC ＝D . ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12.S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴外表积S ＝12×3＋32＝3＋32.图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面P AD . 课标数学16.G4，G5[2021·江苏卷] 此题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD ，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD . 大纲文数6.G5[2021·四川卷] l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，那么以下命题正确的选项是( )A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面 大纲文数6.G5[2021·四川卷] B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3相交于同一个点时不一定共面. 所以选B.课标文数19.G4，G7[2021·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明直线BC ∥EF ；(2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4课标文数19.G4，G7[2021·安徽卷] 此题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，所以OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF .(2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32.而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3.所以S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.课标文数7.G7[2021·广东卷] 正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A ．20B ．15C ．12D ．10课标文数7.G7[2021·广东卷] D 【解析】 一个下底面5个点，每个下底面的点对于5个上底面的点，满足条件的对角线有2条，所以共有5×2＝10条．课标文数18.G7[2021·辽宁卷] 如图1－8，四边形ABCD 为正方形，图1－8 QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值． 课标文数18.G7[2021·辽宁卷] 【解答】 (1)由条件知PDAQ 为直角梯形． 因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD . 又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ， 所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，那么PQ ⊥QD .所以PQ ⊥平面DCQ . (2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1. 大纲文数12.G8[2021·全国卷] 平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N .假设该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，那么圆N 的面积为( )A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π大纲文数12.G8[2021·全国卷] D 【解析】 圆M 的半径为2，由球面的几何性质得OM ＝42－22＝23，且∠OMN ＝30°，那么ON ＝3，故圆N 的半径为42－3＝13，圆N 的面积为13π，应选D. 课标文数7.G8[2021·湖北卷] 设球的体积为V 1，它的内接正方体的体积为V 2，以下说法中最适宜的是( )A ．V 1比V 2大约多一半B ．V 1比V 2大约多两倍半C ．V 1比V 2大约多一倍D ．V 1比V 2大约多一倍半课标文数7.G8[2021·湖北卷] D 【解析】 设球的半径为R ，那么V 1＝43πR 3.设正方体的边长为a ，那么V 2＝a 3.又因为2R ＝3a ，所以V 1＝43π⎝⎛⎭⎫32a 3＝32πa 3，V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫32π－1a 3≈1.7a 3.课标文数10.G8[2021·辽宁卷] C 【解析】 如图1－6，由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝45°，所以△SAC 、△BSC 为等腰直角三角形，取SC 中点D ，连接AD 、BD .由此得SC ⊥AD ，SC ⊥BD ，即SC ⊥平面ABD .所以V S －ABC ＝V S －ABD ＋V C －ABD＝13S △ABD ·SC . 由于在等腰直角三角形△SAC 中∠ASC ＝45°，SC ＝4，所以AD ＝2.同理BD ＝2. 又AB ＝2，所以△ABD 为正三角形，所以V S －ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×22·sin60°×4＝433，所以选C.图1－6课标文数16.G8[2021·课标全国卷] 两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，假设圆锥底面面积是这个球面面积的316，那么这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．课标文数16.G8[2021·课标全国卷] 13【解析】 如图，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r ，那么球面面积为4πR 2，圆锥底面面积为πr 2，由题意πr 2＝1216πR 2，所以r ＝32R ，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝R 2－34R 2＝12R ，所以SO 1＝R ＋12R ＝32R ， S 1O 1＝R －12R ＝12R ，所以S 1O 1SO 1＝R23R 2＝13.图1－7大纲文数15.G8[2021·四川卷] 如图1－3，半径为4的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的外表积与该圆柱的侧面积之差是________．图1－3大纲文数15.G8图1－4[2021·四川卷] 32π 【解析】 此题主要考查球的性质、球与圆柱的组合体、均值不等式的应用．如图1－4为轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，球半径R ＝4，那么⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr R 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π⎝⎛⎭⎫r 2＋R 2－r 222＝2πR 2，取等号时，内接圆柱底面半径为 22R ，高为2R ，∴S 球－S 圆柱＝4πR 2－2πR 2＝2πR 2＝32π.大纲文数15.G11[2021·全国卷] 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，那么异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．大纲文数15.G11[2021·全国卷] 23【解析】 取A 1B 1的中点F ，连EF ，那么EF ∥BC ，∠AEF 是异面直线AE 与BC 所成的角，设正方体的棱长为a ，可得AE ＝32a ，AF ＝52a ，在△AEF 中，运用余弦定理得cos ∠AEF ＝23，即异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为23.大纲文数20.G5，G11[2021·全国卷] 如图1－1，四棱锥S －ABCD 中，图1－1AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1. (1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的大小． 大纲文数20.G5，G11[2021·全国卷] 【解答】 解法一：(1)取AB 中点E ，连结DE ，那么四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2.图1－2连结SE ，那么SE ⊥AB ，SE ＝ 3. 又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2， 所以∠DSE 为直角．由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB ⊥SD . SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直． 所以SD ⊥平面SAB .(2)由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF ⊥DE ，垂足为F ，那么SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ×SE DE ＝32. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，那么FG ＝DC ＝1. 连结SG ，那么SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，那么FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ×FG SG ＝37，即F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，故E 到平面SBC 的距离d 也为217. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，那么sin α＝d EB ＝217，α＝arcsin 217.解法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图1－3所示的空间直角坐标系C －xyz .图1－3设D (1,0,0)，那么A (2,2,0)，B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，那么x >0，y >0，z >0. (1)AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1， 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS →＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0.故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ， 所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，那么a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．又AB →＝(－2,0,0)，所以cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成的角为arcsin 217.课标文数19.G5，G11[2021·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2021·湖南卷] 【解答】 (1)因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，所以AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，所以AC ⊥PO . 而OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线， 所以AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ， 所以平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，那么OH ⊥平面P AC .图1－6连结CH ，那么CH 是OC 在平面P AC 上的射影， 所以∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23.在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23.故直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值为23.图1－9课标文数18.G5，G11[2021·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：P A ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ＝1，求棱锥D －PBC 的高． 课标文数18.G5，G11[2021·课标全国卷] 【解答】 (1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD ，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 . (2)如图，作DE ⊥PB ，垂足为E . PD ⊥底面ABCD ，那么PD ⊥BC .由(1)知BD ⊥AD ，又BC ∥AD ，所以BC ⊥BD .图1－9故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE . 那么DE ⊥平面PBC .由题设知PD ＝1，那么BD ＝3，PB ＝2.根据DE ·PB ＝PD ·BD 得DE ＝32.即棱锥D －PBC 的高为32.图1－8课标数学22.G11[2021·江苏卷] 如图1－8，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上．设二面角A 1－DN －M 的大小为θ.(1)当θ＝90°时，求AM 的长；(2)当cos θ＝66时，求CM 的长． 课标数学22.G11[2021·江苏卷] 此题主要考查空间向量的根底知识，考查运用空间向量解决问题的能力．【解答】 建立如下图的空间直角坐标系D －xyz ，设CM ＝t (0≤t ≤2)，那么各点的坐标为A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，N ⎝⎛⎭⎫12，1，0，M (0,1，t )．所以DN →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DM →＝(0,1，t )，DA 1→＝(1,0,2)． 设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，那么n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0，即x 1＋2y 1＝0，y 1＋tz 1＝0.令z 1＝1，那么y 1＝－t ，x 1＝2t ，所以n 1＝(2t ，－t,1)是平面DMN 的一个法向量．设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，那么n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0，即x 2＋2z 2＝0，x 2＋2y 2＝0.令z 2＝1，那么x 2＝－2，y 2＝1.所以n 2＝(－2,1,1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1.(1)因为θ＝90°，所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0，解得t ＝15.从而M ⎝⎛⎭⎫0，1，15. 所以AM ＝12＋12＋⎝⎛⎭⎫152＝515. (2)因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－5t ＋165t 2＋1.因为〈n 1，n 2〉＝θ或π－θ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5t ＋165t 2＋1＝66，解得t ＝0或t ＝12.根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM 的长为12.课标文数20.G11[2021·浙江卷] 如图1－7，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．(1)证明：AP ⊥BC ；(2)BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2，求二面角B －AP －C 的大小． 课标文数20.G11[2021·浙江卷] 【解答】 (1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 中点，得AD ⊥BC ，又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC ，因为PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AD ，故BC ⊥AP . (2)如图，在平面APB 内作BM ⊥P A 于M ，连CM . 因为BC ⊥P A ，得P A ⊥平面BMC ，所以AP ⊥CM . 故∠BMC 为二面角B －AP －C 的平面角．在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41. 在Rt △P OD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2， 在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2，所以PB 2＝PO 2＋OD 2＋BD 2＝36，得PB ＝6.在Rt △POA 中，P A 2＝AO 2＋OP 2＝25，得P A ＝5.又cos ∠BP A ＝P A 2＋PB 2－AB 22P A ·PB ＝13，从而sin ∠BP A ＝223.故BM ＝PB sin ∠BP A ＝4 2.同理CM ＝4 2.因为BM 2＋MC 2＝BC 2， 所以∠BMC ＝90°，即二面角B －AP －C 的大小为90°. 大纲文数10.G11[2021·重庆卷] 高为2的四棱锥S －ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，那么底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )A.102 B.2＋32C.32D. 2 大纲文数10.G11[2021·重庆卷] A 【解析】 如图1－1所示，设球心为O ，正方形的中心为O 1，图1－1那么OB ＝1，O 1B ＝12BD ＝22，所以点O 到平面ABCD 的距离OO 1＝OB 2－O 1B 2＝22，∵四棱锥S －ABCD 的高为2，∴四棱锥的顶点S 在与平面ABCD 平行且距离为2的一个小圆的圆周上，同时这两个小圆面与球心的距离均相等，因此它们是等圆周，故可取一个特殊点来解答． 即过B 作平面ABCD 的垂线，与球交于点S ，那么SO 1即为所求．易知SB ＝2，所以SO 1＝O 1B 2＋SB 2＝(2)2＋⎝⎛⎭⎫222＝102.应选A.图1－5课标文数20.G12[2021·福建卷] 如图1－5，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面P AD ；(2)假设P A ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积． 课标文数20.G12[2021·福建卷] 【解答】 (1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，图1－6所以P A ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ， 所以CE ⊥AD . 又P A ∩AD ＝A ， 所以CE ⊥平面P AD . (2)由(1)可知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，所以V 四棱锥P －ABCD ＝13S 四边形ABCD ·P A ＝13×52×1＝56.课标文数18.G12[2021·广东卷] 【解答】 证明：(1)∵A ，A ′分别为CD ，C ′D ′的中点，O 1，O 1′分别为CD ，C ′D ′的中点，∴O 1′A ′∥O 1A . 连接BO 2，∵直线BO 2是由直线AO 1平移得到的，图1－1∴AO 1∥BO 2， ∴O 1′A ′∥BO 2，∴O 1′，A ′，O 2，B 四点共面．(2)将AO 1延长至H 使得O 1H ＝O 1A ，连接HO 1′，HB ，H ′H ， 由平移性质得O 1′O 2′綊HB ， ∴BO 2′∥HO 1′.∵A ′G ＝H ′O 1′，A ′H ′＝H ′H ，∠GA ′H ′＝∠O 1′H ′H ＝π2，∴△GA ′H ′≌△O 1′H ′H ，∴∠H ′O 1′H ＋∠GH ′A ′＝π2，∴O 1′H ⊥H ′G ， ∴BO 2′⊥H ′G .∵O 1′O 2′⊥B ′O 2′，O 1′O 2′⊥O 2′O 2，B ′O 2′∩O 2′O 2＝O 2′， ∴O 1′O 2′⊥平面B ′BO 2O 2′， ∴O 1′O 2′⊥BO 2′， ∴BO 2′⊥H ′B ′，∵H ′B ′∩H ′G ＝H ′， ∴BO 2′⊥平面H ′B ′G .课标文数18.G12[2021·江西卷] 如图1－7，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′－PBCD 的体积最大时，求P A 的长；(2)假设点P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE .图1－7课标文数18.G12[2021·江西卷] 【解答】 (1)令P A ＝x (0<x <2)，那么A ′P ＝PD ＝x ，BP ＝2－x .因为A ′P ⊥PD ，且平面A ′PD ⊥平面PBCD ，故A ′P ⊥平面PBCD .所以V A ′－PBCD ＝13Sh ＝16(2－x )(2＋x )x ＝16(4x －x 3)．图1－8当x ∈⎝⎛⎭⎫0，233时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫233，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以，当x ＝233时，f (x )取得最大值，即：当V A ′－PBCD 最大时，P A ＝233.(2)证明：设F 为A ′B 的中点，连接PF ，FE .那么有EF 綊12BC ，PD 綊12BC ，所以EF 綊PD ，四边形DEFP 为平行四边形，所以DE ∥PF ，又A ′P ＝PB ， 所以PF ⊥A ′B ， 故DE ⊥A ′B .课标文数19.G12[2021·山东卷] 【解答】 证明：(1)证法一： 因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，图1－6所以D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°， 在△ABD 中，由余弦定理得 BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos60°＝3AD 2. 所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 所以AD ⊥BD . 又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1， 所以AA 1⊥BD . 证法二：因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，图1－7所以BD ⊥D 1D .取AB 的中点G ，连接DG .在△ABD 中，由AB ＝2AD 得AG ＝AD ， 又∠BAD ＝60°，所以△ADG 为等边三角形． 因此GD ＝GB .故∠DBG ＝∠GDB ，所以∠GDB ＝30°，故∠ADB ＝∠ADG ＋∠GDB ＝60°＋30°＝90°， 所以BD ⊥AD . 又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1， 又AA 1⊂平面ADD 1A 1， 所以AA 1⊥BD . (2)连接AC ，A 1C 1.图1－8设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1.因为四边形ABCD 为平行四边形，所以EC ＝12AC ，由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知， A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形． 因此CC 1∥EA 1，又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ， 所以CC 1∥平面A 1BD . 大纲文数19.G12[2021·四川卷] 如图1－5，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连结AP 交棱CC 1于点D .(1)求证：PB 1∥平面BDA 1；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值．图1－5大纲文数19.G12[2021·四川卷] 【解答】 解法一： (1)连结AB 1与BA 1交于点O ，连结OD . ∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ， ∴AD ＝PD ，又AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.图1－6又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1， ∴PB 1∥平面BDA 1.(2)过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连结BE . ∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ， ∴BA ⊥平面AA 1C 1C .由三垂线定理可知BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， 又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52×AE ，∴AE ＝255.在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝⎛⎭⎫2552＝355，∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.解法二：图1－7如图1－7，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A 1－xyz ，那么A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)，P (0,2,0)．(1)在△P AA 1中有C 1D ＝12AA 1，即D ⎝⎛⎭⎫0，1，12. ∴A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，B 1P →＝(－1,2,0)． 设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )，那么⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝a ＋c ＝0，n 1·A 1D →＝b ＋12c ＝0.令c ＝－1，那么n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1.∵n 1·B 1P →＝1×(－1)＋12×2＋(－1)×0＝0，∴PB 1∥平面BDA 1，(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1. 又n 2＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11×32＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.课标文数17.G12[2021·天津卷] 如图1－7，在四棱锥P －A BCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明PB ∥平面ACM ； (2)证明AD ⊥平面P AC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．图1－7课标文数17.G12[2021·天津卷]图1－8【解答】 (1)证明：连接BD ，MO .在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .(2)证明：因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面P AC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，所以∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO ＝12，所以DO ＝52.从而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455. 大纲文数20.G12[2021·重庆卷] 如图1－2，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB ⊥BC ，AC ＝AD ＝2，BC ＝CD ＝1.(1)求四面体ABCD 的体积；(2)求二面角C －AB －D 的平面角的正切值． 大纲文数20.G12[2021·重庆卷]图1－3【解答】 法一：(1)如图1－3，过D 作DF ⊥AC ，垂足为F ，故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ，即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高．设G 为边CD 的中点，那么由AC ＝AD ，知AG ⊥CD ，从而AG ＝AC 2－CG 2＝22－⎝⎛⎭⎫122＝152. 由12AC ·DF ＝12CD ·AG 得DF ＝AG ·CD AC ＝154. 在Rt △ABC 中，AB ＝AC 2－BC 2＝3，S △ABC ＝12AB ·BC ＝32.故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝58.(2)如图1－3，过F 作FE ⊥AB ，垂足为E ，连接DE .由(1)知DF ⊥平面ABC .由三垂线定理知DE ⊥AB ，故∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．在Rt △AFD 中，AF ＝AD 2－DF 2＝22－1542＝74， 在Rt △ABC 中，EF ∥BC ，从而EF ∶BC ＝AF ∶AC ，所以EF ＝AF ·BC AC ＝78.在Rt △DEF 中，tan ∠DEF ＝DF EF ＝2157.图1－4法二：(1)如图1－4，设O 是AC 的中点，过O 作OH ⊥AC ，交AB 于H ，过O 作OM ⊥AC ，交AD 于M .由平面ABC ⊥平面ACD ，知OH ⊥OM .因此以O 为原点，以射线OH ，OC ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，可建立空间直角坐标系O －xyz .AC ＝2，故点A ，C 的坐标分别为A (0，－1,0)，C (0,1,0)．设点B 的坐标为B (x 1，y 1,0)，由AB →⊥BC →，|BC →|＝1，有 ⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋y 21＝1，x 21＋(y 1－1)2＝1， 解得⎩⎨⎧x 1＝32，y 1＝12或⎩⎨⎧x 1＝－32，y 1＝12(舍去)．即点B 的坐标为B ⎝⎛⎭⎫32，12，0.又设点D 的坐标为D (0，y 2，z 2)，由|CD →|＝1，|AD →|＝2，有⎩⎪⎨⎪⎧(y 2－1)2＋z 22＝1，(y 2＋1)2＋z 22＝4，解得⎩⎨⎧y 2＝34，z 2＝154或⎩⎨⎧y 2＝34，z 2＝－154(舍去)．即点D 的坐标为D ⎝⎛⎭⎫0，34，154.从而△ACD 边AC 上的高为h ＝|z 2|＝154.又|AB →|＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫12＋12＝ 3.|BC →|＝1.故四面体ABCD 的体积V ＝13×12·|AB →|·|BC →|h ＝58.(2)由(1)知AB →＝⎝⎛⎭⎫32，32，0，AD →＝⎝⎛⎭⎫0，74，154.设非零向量n ＝(l ，m ，n )是平面ABD 的法向量，那么由n ⊥AB →有 32l ＋32m ＝0， ① 由n ⊥AD →，有 74m ＋154n ＝0， ② 取m ＝－1，由①②，可得l ＝3，n ＝71515，即n ＝⎝⎛⎭⎫3，－1，71515.显然向量k ＝(0,0,1)是平面ABC 的法向量．从而cos 〈n ，k 〉＝715153＋1＋4915＝7109109. 故tan 〈n ，k 〉＝1－491097109＝2157，即二面角C －AB －D 的平面角的正切值为2157.[2021·金华模拟] 如图K37－1，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，那么△P AC 在该正方体各个面上的射影可能是( )图K37－1图K37－2A ．①④B ．②③C ．②④D ．①② [2021·南京质检] 平面α∥平面β的一个充分条件是( ) A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥β B ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a 、b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a 、b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α [2021·北京崇文一模] m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，那么以下命题中正确的为 ( )A ．假设α⊥γ，β⊥γ，那么α∥βC ．假设m ∥α，n ∥α，那么m ∥nD ．假设m ⊥α，n ⊥α，那么m ∥n [2021·宁波二模] a ，β表示两个互相垂直的平面，a ，b 表示一对异面直线，那么a ⊥b 的一个充分条件是( )A ．a ∥α，b ⊥βB ．a ∥α，b ∥βC ．a ⊥α，b ∥βD ．a ⊥α，b ⊥β [2021·泸州二诊] 如图K40－4，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1.假设二面角C －AB －C 1的大小为60°，那么点C 到平面C 1AB 的距离为( )A.34B.12C.32 D ．1 [2021·大连一模] 三棱锥底面是边长为1的等边三角形，侧棱长均为2，那么侧棱与底面所成角的余弦值为( )A.32B.12C.33D.36 [2021·丰台调研] 一个体积为123的正三棱柱的三视图如下图，那么这个三棱柱的左视图的面积为( )A ．6 3B ．8C ．8 3D ．12 [2021·深圳调研] 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面。
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第 1 页 共 26 页 2021年高考数学模拟试卷汇编：立体几何
1．（2020届安徽省“江南十校”高三综合素质检测）如图，在平面四边形ABCD 中，满足,AB BC CD AD ==，且10,8AB AD BD +==，沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD -体积的最大值为（ ）
A ．12
B ．2
C ．23
D ．163 2．（2020届河南省六市高三第一次模拟）已知圆锥的高为33，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为( ) A ．
53 B ．329 C ．43 D ．259
3．已知三棱锥P ABC -中，O 为AB 的中点，PO ⊥平面ABC ，90APB ∠=︒，2PA PB ==，则有下列四个结论：①若O 为ABC V 的外心，则2PC =；②ABC V 若为等边三角形，则⊥AP BC ；③当90ACB ∠=︒时，PC 与平面PAB 所成的角的范围为0,4π⎛⎤ ⎥⎝⎦
；④当4PC =时，M 为平面PBC 内一动点，若OM ∥平面PAC ，则M 在PBC V 内轨迹的长度为2．其中正确的个数是（ ）．
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4 4．（2020届河南省濮阳市高三模拟）在四面体P ABC -中，ABC V 为正三角形，边长为6，6PA =，8PB =，10PC =，则四面体P ABC -的体积为（ ） A ．811B ．10C ．24 D ．1635．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三二联）已知三棱锥D ABC -的外接球半径为2，且球心为线段BC 的中点，则三棱锥D ABC -的体积的最大值为（ ） A ．23 B ．43 C ．83 D ．163 6．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三一联）已知四棱锥S ABCD -的底面为矩形，。