高考文科数学立体几何试题汇编

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2012-2020年全国卷高考立体几何大题汇编(文科)

立体几何大题汇编（文科）1.（2020年全国一卷文19）如图、为圆锥曲线的顶点，底面的内接正三角形，为上一点，（1平面（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥2.（2020年全国二卷文20的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于（1）证明：面（2）设为的中心，若，面，且求四棱锥3.（2020年全国三卷文19）如图、在长方体中，点分别在棱，（1）证明：当时，（2）证明：点在平面内4.（2019年全国一卷文19）如图，直四棱柱的底面是棱形，，，，，分别是，的中点（1（2）求点到平面的距离5.（2019年全国二卷文科17）如图，长方体的底面是正方形，点在棱（1平面（2，，求四棱锥6.（2019年全国三卷文科19）图是矩形组成的一个平面图形，其中，将其沿，折起使得与重合，连接，如图（1）证明：图平面（2）求图中的四边形的面积7.（2018年全国三卷文科19）如图，边长为的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于的点（1（2）在线段上是否存在点？请说明理由8.（2018年全国二卷文科19）如图，在三棱锥中，，，为的中点（1（2）若点在棱，求点到平面的距离9.（2018年全国一卷文科18）如图，在平行四边形中，，以到达点（1平面（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积10.（2017年全国三卷文科19）如图，在四面体是正三角形，（1（2）是直角三角形，，若为棱上与不重合的点，求四面体与四面体的体积比11.（2017年全国二卷文科18）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，（1（2，求四棱锥的体积12.（2017年全国一卷文科18）如图，在四棱锥，，且（1平面（2）若，求该四棱锥的侧面积13.（2016年全国三卷文科19）如图，底面，，，，为线段，为的中点（1（2的体积14.（2016年全国二卷文科19）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在，上，交于点（1（2）若，，15.（2016年全国一卷文科18）如图，的侧面是直角三角形，，顶点在平面内正投影为点，在平面内的正投影为点，连接并延长交于点（1）证明：是的中点（2）大答题卡第题中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积16.（2015年全国二卷文科19）如图，长方体中，，，点，分别在，上，，过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。

高考文科立体几何题汇总（含答案）

19．（本小题满分12分）2008 如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ^平面ABCD ，AB DC ∥，P AD △是等边三角形，已知28BD AD ==，245AB DC ==．（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ^平面PAD ；（Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．的体积．18.（本小题满分12分）分） 2009 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点. （1）设F 是棱AB 的中点,证明：直线EE 1//平面FCC 1；（2）证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C. 2010 （20）（本小题满分12分）分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，BCD A MA 平面^,PD ∥MA ,E G F 、、分别为MB 、PC PB 、的中点，且2MA PD AD ==．（Ⅰ）求证：平面PDC EFG 平面^; （Ⅱ）求三棱锥的体积之比与四棱锥ABCD P MAB P --．A B C M P D EA B C F E 1 A 1 B 1 C 1 D 1 D 2011 19．（本小题满分12分）分）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，1D D ^平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD ，11AD=A B ，BAD=Ð60° （Ⅰ）证明：1AA BD ^；（Ⅱ）证明：11CC A BD ∥平面．2012 (19) ( (本小题满分本小题满分12分)如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形，,CB CD EC BD =^. (Ⅰ)求证：BE DE =；(Ⅱ)若∠120BCD =°，M 为线段AE 的中点，的中点，求证：DM ∥平面BEC .53238545545523163 ACM PDOEA B C F 1 1 C 1 D 1 D F 1 EC 1 1 C 1 D 1 D 所以CC 1⊥AC,因为底面ABCD 为等腰梯形，AB=4, BC=2, F 是棱AB 的中点,所以CF=CB=BF ，△BCF 为正三角形，为正三角形， 60BCF Ð=°,△ACF 为等腰三角形，且30ACF Ð=°所以AC ⊥BC, 又因为BC 与CC 1都在平面BB 1C 1C 内且交于点C, 所以AC ⊥平面BB 1C 1C,而AC Ì平面D 1AC, 所以平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C. 2010 （20）本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、）本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、面面垂直的判定及几面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查试图能力和逻辑思维能力。

(版)高考试题汇编文科数学立体几何

〔2021全国1文〕16. ACB 90，P为平面ABC外一点，PC 2，点P到ACB两边AC,BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为 .答案：2解答：如图，过P点做平面ABC的垂线段，垂足为O，那么PO的长度即为所求，再做PE CB,PF CA，由线面的垂直判定及性质定理可得出OE CB,OF CA，在RtPCF中，由PC 2,PF 3，可得出CF 1，同理在RtPCE中可得出CE 1，结合 ACB 90，OE CB,OF CA可得出OE OF 1，OC2，PO PC2OC2 2〔2021全国1文〕19.如图直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA14,AB 2，BAD60o，E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.1〕证明：MN//平面C1DE2〕求点C到平面C1DE的距离.答案：见解析解答：〔1〕连结AC,BD相交于点，再过点M作MH//CE交BC于点，再连结GH，NG.1111111E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.于是可得到NG//C1D，GH//DE，于是得到平面NGHM//平面C1DE，由QMN平面NGHM，于是得到MN//平面C1DE1/19〔2〕QE为BC中点，ABCD为菱形且BAD60oDE BC，又QABCD A1B1C1D1为直四棱柱，DECC1DEC1E，又QAB2,AA14，DE3,C1E17，设点C到平面C1DE的距离为h 由V CC1DE V C1DCE得11317113432h1 432解得h1717所以点C 417到平面C1DE的距离为17〔2021全国2文〕7.设,为两个平面，那么//的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面答案：B解析:根据面面平行的判定定理易得答案.〔2021全国2文〕16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体〞〔图1〕.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表达了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的外表上，且此正方体的棱长为 1.那么该半正多面体共有个面，其棱长为.(此题第一空2分，第二空3分.)2/19答案： 262 1解析：由图2 结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解 .〔2021全国2文〕17.如图，长方体ABCDA 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 1C1〔2 〕假设AEAE 1,AB3,求四棱锥EBB 1C 1C 的体积.答案：看解析看解析解答：〔1〕证明：因为B 1C 1C 面A 1B 1BA ，BE面A 1B 1BA∴B 1C 1⊥BE 又C 1EB 1C 1 C 1，∴BE平面EB 1C 1；〔2〕设AA2a 那么BE2922222a ，C 1E18+a ，C 1B94a1222∴a，∴11 因为C 1B=BEC 1E3V EBB 1C 1CS BB 1C 1Ch363=18333/19(版)高考试题汇编文科数学立体几何〔2021全国3文〕8.如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点，那么〔〕A.BM EN，且直线B.BM EN，且直线C.BM EN，且直线D.BM EN，且直线【答案】B【解析】分析】BM,ENBM,ENBM,ENBM,EN是相交直线是相交直线是异面直线是异面直线利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】∵BDE ，N为BD中点M为DE中点，BM，EN共面相交，选项C DCD于O，，为错．作EO连接ON，过M作MF OD于F．连BF，Q平面CDE平面ABCD．EO CD,EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCE，【MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO3,0N1EN2，MF3,BF2295BM3247．24244BM EN，应选B．【点睛】此题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系.4/19〔2021全国3文〕16.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD A1B1C1D1挖去四棱锥O EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AA1=4cm，3D打印所用原料密度为/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118．8【解析】【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.【详解】由题意得，四棱锥O-EFGH的底面积为46412312cm2，其高为点O到底面BB1C1C的距12离为3cm，那么此四棱锥的体积为V112312cm2．又长方体ABCD A1B1C1D1的体积为3V2466144cm2，所以该模型体积为V V2V114412132cm2，其质量为132．【点睛】此题牵涉到的是3D打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．〔2021全国3文〕19.图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB 1,BE BF 2，FBC60o，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中的四边形ACGD的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.5/19【解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，RtVABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以 AD//BE ，BF//CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可。

高考立体几何文科大题及答案

高考立体几何大题及答案1.（2009 全国卷Ⅰ文）如图，四棱锥S ABCD中，底面ABCD 为矩形，SD 底面ABCD ，AD 2 ，DC SD 2，点M 在侧棱SC上，∠ABM=60。

（I）证明：M 是侧棱SC的中点；求二面角S AM B的大小。

2.（2009 全国卷Ⅱ文）如图，直三棱柱ABC-A 1B1C1 中，AB ⊥AC,D 、E 分别为AA 1、B1C 的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC （Ⅱ）设二面角A-BD-C 为60°,求B1C 与平面BCD所成的角的大小A 1 C1 B 1D EAC B3.（2009 浙江卷文）如图，DC 平面ABC ，EB / /DC ，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120 ，P,Q 分别为AE, AB 的中点．（I）证明：PQ / / 平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE所成角的正弦值．4.（2009 北京卷文）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面ABCD ，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面PDB ；（Ⅱ）当PD 2AB 且 E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.5.（2009 江苏卷）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1 中，E、F 分别是 A B 、A1C 的中点，点D1在B C 上，A1D B1C1 1 。

求证：（1）EF∥平面ABC ；（2）平面A FD 平面BB1C1C .16.（2009安徽卷文）如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC，和是平面ABCD内的两点，和都与平面ABCD垂直，（Ⅰ）证明：直线垂直且平分线段AD：（Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积。

7.（2009江西卷文）如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PA AD4，AB2．以BD的中点O为球心、BD为直径的球P面交PD于点M．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；M（3）求点O到平面ABM的距离．DAOBC8.（2009四川卷文）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB AE,FA FE,AEF45（I）求证：EF平面BCE；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE（III）求二面角F BD A的大小。

专题04 立体几何(文)(原卷版)-三年(2022–2024)高考数学真题分类汇编(全国通用)

专题04立体几何（文）考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：三视图2022年浙江卷2022年全国甲卷（理）2023年全国乙卷（理）从近三年高考命题来看，本节是高考的一个重点，立体几何是高考的必考内容，重点关注以下几个方面：（1）掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征，能够解决简单的实际问题；（2）多面体和球体的相关计算问题是近三年考查的重点；（3）运用图形的概念描述图形的基本关系和基本结果，突出考查直观想象和逻辑推理．考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积2022年全国I卷2024年天津卷2022年天津卷2024年全国Ⅰ卷考点3：空间直线、平面位置关系的判断2024年天津卷2024年全国甲卷（理）考点4：线线角、线面角、二面角2022年全国I卷2022年浙江卷2024年全国Ⅱ卷考点5：外接球、内切球问题2023年全国乙卷（文）2022年全国II卷考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题2023年全国甲卷（文）2023年全国Ⅰ卷2022年全国乙卷（理）2022年全国I卷考点7：锥体的体积问题2023年全国甲卷（文）2023年天津卷2022年全国乙卷（文）2022年全国甲卷（文）2023年全国乙卷（文）考点8：距离及几何体的高问题2024年北京卷2024年全国甲卷（文）2023年全国甲卷（文）考点1：三视图1．（2022年新高考浙江数学高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A．22πB．8πC．22π3D．16π32．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．203．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A ．24B ．26C ．28D ．30考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积4．（2022年新高考全国I 卷数学真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯5．（2024年天津高考数学真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A 36B ．33142+C ．32D ．33142-6．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．277．（2024年新课标全国Ⅰ3则圆锥的体积为（）A ．3πB ．33πC ．3πD ．93π考点3：空间直线、平面位置关系的判断8．（2024年天津高考数学真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交9．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④考点4：线线角、线面角、二面角10．（多选题）（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（）A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤12．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．3考点5：外接球、内切球问题13．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点,,,S A B C 均在半径为2的球面上，ABC 是边长为3的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，则SA =．14．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3343点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题15．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，4,AB O =为1AC 的中点，若该正方体的棱与球O 的球面有公共点，则球O 的半径的取值范围是．16．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体17．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C 33D 2218．（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]考点7：锥体的体积问题19．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,6PA PB PC ===）A ．1B 3C ．2D ．320．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．4921．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．22．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．23．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，22BC =6PB PC ==,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，点F 在AC 上，BF AO ⊥．(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ∠=︒，求三棱锥-P ABC 的体积．考点8：距离及几何体的高问题24．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，22PC PD ==）.A ．1B ．2C 2D 325．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ====，104,CD AD BC ===AE 3=M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.26．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥平面,90ABC ACB ∠=︒．(1)证明：平面11ACC A ⊥平面11BB C C ；(2)设11,2AB A B AA ==，求四棱锥111A BB C C -的高．。

(完整版)—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)

2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中,A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ,Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A ,α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =,则,m n 所成角的正弦值为(）A ．3 B ．22C ．3D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 有（ ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013,11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）．A ．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,该圆柱的表面积为A. 12π B. 12π C. 8π D. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图,圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为A 。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以C 1P ⎳A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ，所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。

三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(解答题)(解析版)

立体几何（解答题）专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥，从而有22453AF AB BF =+=+=，从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ，从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD AM ⊥，又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ，而AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥，从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =，则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =．因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=．【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，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~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】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) 36【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. 【详解】（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 ，FMEF F =,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 ⊥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.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ．由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===．所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】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 =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．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EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【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】（1）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. 8．【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 ∠=︒，122BC 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22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 3. 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22CD =.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 ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【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． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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 ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【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）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【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，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33．【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【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.15．【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 AC 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 =23，EG =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，B1，0），1B，3,2F ，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=(310)=(02BC AC --，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y 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.。

立体几何高考数学真题分类汇编

近五年高考数学真题分类汇编十一、立体几何一、多选题1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）A ．当时，的周长为定值B ．当时，三棱锥的体积为定值C ．当时，有且仅有一个点，使得D ．当时，有且仅有一个点，使得平面二、单选题2．（2021·浙江高考真题）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3．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）111ABC A B C -11AB AA ==P 1BP BC BB λμ=+ []0,1λ∈[]0,1μ∈1λ=1AB P △1μ=1P A BC -12λ=P 1A P BP ⊥12μ=P 1A B ⊥1AB P 1111ABCD A B C D -1A D 1DB 1A D 1D B //MN ABCD 1A D 1D B MN ⊥11BDD B 1A D 1D B //MN ABCD 1A D 1D B MN ⊥11BDD BA． B ．3 CD ． 4．（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（） A． BCD5．（2021·全国高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥后，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 ．32,1AC BC AC BC ⊥==O ABC -A EFG -D ．6．（2021·全国高考真题（理））在正方体中，P 为的中点，则直线与所成的角为（） A ． B ． C ． D ． 7．（2021·全国高考真题），其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（） A ． B ．C． D ． 8．（2020·天津高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（） A ．B ． C． D ． 9．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A ．B ．C ．D ． 10．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）1111ABCD A B C D -11B D PB 1AD π2π3π4π62412π24π36π144π6+6+12+12+A． B ． C．3 D ．611．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°12．（2020·全国高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A ．B ．C ．D ．13．（2020·全国高考真题（理））已知为球的球面上的三个点，⊙为73143,,A B C O 1O ABC的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（） A ． B ． C ． D ． 14．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）ABCD15．（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（） AB ．C ．1D 16．（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（）A ．B ．C ．D ． 17．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，1O 4π1AB BC AC OO ===O 64π48π36π32π32M N E F G H则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．32418．（2019·全国高考真题（理））如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A ．，且直线是相交直线B ．，且直线是相交直线C ．，且直线是异面直线D ．，且直线是异面直线19．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式，其中是柱体的底面积，是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是V Sh =柱体Sh N ABCD ECD ∆ECD ⊥,ABCD MED BM EN =,BM EN BM EN ≠,BM EN BM EN =,BM EN BM EN ≠,BM EN V Sh =柱体S hA ．158B ．162C ．182D ．3220．（2019·浙江高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则A ．B ．C ．D ．21．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ． D22．（2019·全国高考真题（文））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面23．（2019·上海高考真题）已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面V ABC -P VA PB AC αPB ABC βP AC B --γ,βγαγ<<,βαβγ<<,βαγα<<,αβγβ<<αβγ、、a b c 、、,,a b c αβγ⊆⊆⊆a b c 、、24．（2018·浙江高考真题）已知直线和平面，，则“”是“”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 25．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A ．4B ．8C ．12D ．1626．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则A ．B ．C ．D ． 27．（2018·全国高考真题（文））在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A ．B ．C ．D ．28．（2018·北京高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为,m n αn ⊂α//m n //m α1AA 1AA S ABCD -E AB SE BC 1θSE ABCD 2θS AB C --3θ123θθθ≤≤321θθθ≤≤132θθθ≤≤231θθθ≤≤1111ABCD A B C D -2AB BC ==1AC 11BB C C 30 8A ．1B ．2C ．3D ．429．（2018·全国高考真题（文））某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．D ．230．（2018·全国高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A ． B ．C ．D ． 31．（2018·全国高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是M A N B M N 3A B C D ，，，ABC D ABCA ．B ．C ．D ．32．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）A ．B ．C ．D ． 33．（2018·全国高考真题（文））在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为ABCD34．（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．C ． D．35．（2018·全国高考真题（理））在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A． BCDcm 3cm 24681111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 1O 2O 12O O 12π10π1111ABCD A B C D -1AB BC ==1AA =1AD 1DB 1536．（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为ABCD37．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（）A ．B ．C ．D ．未命名未命名三、解答题38．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角ααA B M N Q AB MNQ A BCD -ABD ⊥BCD AB AD =O BD OA CD ⊥OCD E AD 2DE EA =的大小为，求三棱锥的体积.39．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M 为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．40．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M ，N 分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.41．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E ，F 分别为和的中点，.E BC D --45︒A BCD -P ABCD -PD ⊥ABCD BC PB AM ⊥PAM ⊥PBD 1PD DC ==P ABCD -P ABCD -ABCD 120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===,BC PC ,PD DC PM MD ⊥⊥AB PM ⊥AN PDM 111ABC A B C -11AA B B 2AB BC ==AC 1CC 11BF A B ⊥（1）求三棱锥的体积；（2）已知D 为棱上的点，证明：.42．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E ，F 分别为和的中点，D 为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 43．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．F EBC -11A B BF DE ⊥111ABC A B C -11AA B B 2AB BC ==AC 1CC 11A B 11BF A B⊥BF DE ⊥1B D 11BB C C DFE P ABCD -PD ⊥ABCD 1PD DC ==M BC PB AM ⊥（1）求；（2）求二面角的正弦值．44．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD 底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为．（1）证明：平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为上的点，QB，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． 45．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．BC A PM B --⊥l l ⊥l 111ABC A B C -1CC ⊥,,2ABC AC BC AC BC ⊥==13CC =,D E 1AA 1CC 12,AD CE M ==11A B（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．46．（2020·北京高考真题）如图，在正方体中， E 为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．47．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．11C M B D ⊥1B B E D --AB 1DB E 1111ABCD A B C D -1BB 1//BC 1AD E 1AA 1AD E（I ）证明：EF ⊥DB ；（II ）求DF 与面DBC 所成角的正弦值．48．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 49．（2020·江苏高考真题）在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CDBD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足BF =BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．50．（2020·江苏高考真题）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． 14（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．51．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值． 52．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．1111ABCD A B C D -,E F 11,DD BB 12DE ED =12BF FB=1C AEF 2AB =1AD =13AA =1A EF A --1111ABCD A B C D -E F 1DD 1BB 12DE ED =12BF FB=AB BC =EF AC ⊥1C AEF53．（2020·全国高考真题（文））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO，求三棱锥P −ABC 的体积.54．（2020·全国高考真题（理））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．55．（2020·全国高考真题（文））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 ．D O ABC P DO D O AE AE AD =ABC P DO PO =PA ⊥PBC B PC E --（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 =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN=，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．56．（2020·全国高考真题（理））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 ⊥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.57．（2019·江苏高考真题）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．π3求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．58．（2019·天津高考真题（理））如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长. 59．（2019·全国高考真题（理））图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小. AE ⊥ABCD ,CF AE AD BC ∥∥,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====BF ∥ADE CE BDE E BD F --13CF60．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．61．（2019·全国高考真题（理））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.62．（2019·上海高考真题）如图，在正三棱锥中，（1）若的中点为，的中点为，求与的夹角；（2）求的体积.63．（2018·上海高考真题）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为．P ABC-2,PA PB PC AB BC AC ======PB M BC N AC MN P ABC-P O 2（1）设圆锥的母线长为，求圆锥的体积；（2）设，、是底面半径，且，为线段的中点，如图．求异面直线与所成的角的大小．64．（2018·江苏高考真题）在平行六面体中，,．求证：（1）；（2）．65．（2018·江苏高考真题）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．44PO =OA OB 90AOB ∠=︒M AB PM OB 1111ABCD A B C D -1AA AB =111AB B C ⊥11//AB A B C 平面111ABB A A BC ⊥平面平面66．（2018·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．67．（2018·北京高考真题（理））如图，在三棱柱ABC −中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为，AC ，，的中点，AB=BCAC==2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD−C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．68．（2018·北京高考真题（文））如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）求证：平面.ABCD CDM CDC D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD 111A B C 1CC ⊥1AA 11A C 1BB 1AA P ABCD -ABCD PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =E F AD PB PE BC ⊥PAB ⊥PCD //EF PCD69．（2018·全国高考真题（理））如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.70．（2018·全国高考真题（理））如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．71．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2．ABCD ,E F ,AD BC DF DFC △C P PF BF ⊥PEF ⊥ABFD DPABFD ABCD CDM CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MABMCD（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．72．（2018·全国高考真题（文））如图，在三棱锥中，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．73．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．74．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD −A1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E 平面ABCD .P ABC -AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =C POM ABCM 3AB AC ==90ACM ∠=︒AC ACM M D AB DA ⊥ACD ⊥ABC Q AD P BC 23BP DQ DA ==Q ABP -⊥（1）证明：∥平面B 1CD 1；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM 平面B 1CD 1.四、填空题75．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．76．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.77．（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________78．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．79．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成1AO ⊥30π1D的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.80．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．81．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l 平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下述命题中所有真命题的序号是__________.①②③④82．（2019·江苏高考真题）如图，长方体的体积是120，E 为的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.83．（2019·北京高考真题（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．⊂14p p ∧12p p ∧23p p ⌝∨34p p ⌝∨⌝1111ABCD A B C D -1CC84．（2019·北京高考真题（理））已知l ，m 是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥；③l ⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．85．（2019·全国高考真题（理））学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.86．（2019·天津高考真题（文））的正方形，侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥ααα3D 1111ABCD A B C D -O EFGH -O ,,,E F G H 16cm 4cm AB =BC =, AA =3D 30.9/g cm g底面的中心，则该圆柱的体积为__________.87．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BCP 到平面ABC 的距离为___________． 88．（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．89．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．90．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．91．（2018·天津高考真题（理））已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥的体积为__________.五、双空题92．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱S SA SB SA 30°SAB 8S SA SB 78SA SAB 1111ABCD A B C D -ABCD M EFGH -长为_________．。

2024全国高考真题数学汇编：立体几何初步章节综合

2024全国高考真题数学汇编立体几何初步章节综合一、单选题1．（2024天津高考真题）若,m n 为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m ，//n ，则m nB ．若//,//m n ，则//m nC ．若//, m n ，则m nD ．若//, m n ，则m 与n 相交2．（2024积为（）A ．B ．C ．D ．3．（2024全国高考真题）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB ，112A B ，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12B ．1C ．2D ．34．（2024全国高考真题）设、为两个平面，m n 、为两条直线，且m .下述四个命题：①若//m n ，则//n 或//n②若m n ，则n 或n③若//n 且//n ，则//m n④若n 与 , 所成的角相等，则m n 其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④5．（2024北京高考真题）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ，PC PD ）.A ．1B ．2CD6．（2024天津高考真题）一个五面体ABC DEF ．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ，，．则该五面体的体积为（）A B ．142 C ．2D ．142二、填空题7．（2024全国高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ,下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为 212r r , 213r r ，则圆台甲与乙的体积之比为．三、解答题8．（2024全国高考真题）如图，四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，2PA AC ，1,BC AB ．(1)若AD PB ，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ，且二面角A CP D ，求AD ．9．（2024全国高考真题）如图，//,//AB CD CD EF ，2AB DE EF CF ，4,CD AD BC AE M 为CD 的中点.(1)证明：//EM 平面BCF ；(2)求点M 到ADE 的距离.10．（2024上海高考真题）如图为正四棱锥,P ABCD O 为底面ABCD 的中心．(1)若5,AP AD ，求POA 绕PO 旋转一周形成的几何体的体积；(2)若,AP AD E 为PB 的中点，求直线BD 与平面AEC 所成角的大小．参考答案1．C【分析】根据线面平行的性质可判断AB 的正误，根据线面垂直的性质可判断CD 的正误.【详解】对于A ，若//m ，//n ，则,m n 平行或异面或相交，故A 错误.对于B ，若//,//m n ，则,m n 平行或异面或相交，故B 错误.对于C ，//, m n ，过m 作平面，使得s ，因为m ，故//m s ，而s ，故n s ，故m n ，故C 正确.对于D ，若//, m n ，则m 与n 相交或异面，故D 错误.故选：C.2．B【分析】设圆柱的底面半径为r ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r 的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r 即故3r ，故圆锥的体积为1π93.故选：B.3．B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高3h ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM 进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥 P ABC ，1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，根据比例关系可得18P ABC V ，进而可求正三棱锥 P ABC 的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D ==可知1111166222ABC A B C S S 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则 11115233ABC A B C V h ，解得h 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x ，则1AADN AD AM MN x =--=-，可得1DD 结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD,即 221616433x x，解得x 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A M A AD AMÐ==；解法二：将正三棱台111ABC AB C -补成正三棱锥 P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ，则111127P A B C P ABC V V ，可知1112652273ABC A B C P ABC V V，则18P ABC V ，设正三棱锥 P ABC 的高为d，则11661832P ABC V d，解得d ，取底面ABC 的中心为O ，则PO底面ABC ，且AO 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1PO PAO AO.故选：B.4．A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n ，因为//m n ，m ，则//n ，当n ，因为//m n ，m ，则//n ，当n 既不在也不在内，因为//m n ，,m m ，则//n 且//n ，故①正确；对②，若m n ，则n 与, 不一定垂直，故②错误；对③，过直线n 分别作两平面与, 分别相交于直线s 和直线t ，因为//n ，过直线n 的平面与平面的交线为直线s ，则根据线面平行的性质定理知//n s ，同理可得//n t ，则//s t ，因为s 平面，t 平面，则//s 平面，因为s 平面，m ，则//s m ，又因为//n s ，则//m n ，故③正确；对④，若,m n 与和所成的角相等，如果//,// n n ，则//m n ，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.5．D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF 平面ABCD ，可知PO 平面ABCD ，利用等体积法求点到面的距离.【详解】如图，底面ABCD 为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设4,PA PB AB PC PD ，分别取,AB CD 的中点,E F ，连接,,PE PF EF ，则,PE AB EF AB ，且PE EF E ，,PE EF 平面PEF ，可知AB 平面PEF ，且AB 平面ABCD ，所以平面PEF 平面ABCD ，过P 作EF 的垂线，垂足为O ，即PO EF ，由平面PEF 平面ABCD EF ，PO 平面PEF ，所以PO 平面ABCD ，由题意可得：2,4PE PF EF ，则222PE PF EF ，即PE PF ，则1122PE PF PO EF ，可得PE PF PO EF，当相对的棱长相等时，不妨设4PA PC ，PB PD因为BD PB PD ，此时不能形成三角形PBD ，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.6．C【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详解】用一个完全相同的五面体HIJ LMN （顶点与五面体ABC DEF 一一对应）与该五面体相嵌，使得,D N ；,E M ;,F L 重合，因为AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．1,2,3AD BE CF ，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1322314，212111142ABC DEF ABC HIJ V 故选：C.7．4【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台的高分别为12h r r 甲，12h r r乙，所以21211313S S h V h V h S S h 甲甲甲乙乙乙.故答案为：4.8．(1)证明见解析【分析】（1）先证出AD 平面PAB ，即可得AD AB ，由勾股定理逆定理可得BC AB ，从而//AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D 作DE AC 于E ，再过点E 作EF CP 于F ，连接DF ，根据三垂线法可知，DFE 即为二面角A CP D 的平面角，即可求得tan DFE AD 的长度表示出,DE EF ，即可解方程求出AD ．【详解】（1）（1）因为PA 平面ABCD ，而AD 平面ABCD ，所以PA AD ，又AD PB ，PB PA P ，,PB PA 平面PAB ，所以AD 平面PAB ，而AB 平面PAB ，所以AD AB .因为222BC AB AC ，所以BC AB ，根据平面知识可知//AD BC ，又AD 平面PBC ，BC 平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC 于E ，再过点E 作EF CP 于F ，连接DF ，因为PA 平面ABCD ，所以平面PAC 平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC ，所以DE 平面PAC ，又EF CP ，所以 CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE 即为二面角A CP D 的平面角，即sin DFEtan DFE 因为AD DC ，设AD x，则CDDE ，又242xCE，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF故22tan 4DFE xxAD9．(1)证明见详解；【分析】（1）结合已知易证四边形EFCM 为平行四边形，可证//EM FC ，进而得证；（2）先证明OA 平面EDM ，结合等体积法M ADE A EDM V V 即可求解.【详解】（1）由题意得，//EF MC ，且EF MC ，所以四边形EFCM 是平行四边形，所以//EM FC ，又CF 平面,BCF EM 平面BCF ，所以//EM 平面BCF ；（2）取DM 的中点O ，连接OA ，OE ，因为//AB MC ，且AB MC ，所以四边形AMCB 是平行四边形，所以AM BC又AD ，故ADM △是等腰三角形，同理EDM △是等腰三角形，可得,,3,OA DM OE DM OA OE又AE 222OA OE AE ，故OA OE .又,,,OA DM OE DM O OE DM 平面EDM ，所以OA 平面EDM ，易知122EDM S在ADE V 中，cos4DEA，所以1sin 22DEA DEA S 设点M 到平面ADE 的距离为d ，由M ADE A EDM V V ，得1133ADE EDM S d S OA ，得d故点M 到平面ADE10．(1)12π(2)π4【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形POA 的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接,,EA EO EC ，可先证BE 平面ACE ，根据线面角的定义得出所求角为 BOE ，然后结合题目数量关系求解.【详解】（1）正四棱锥满足且PO 平面ABCD ，由AO 平面ABCD ，则PO AO ，又正四棱锥底面ABCD 是正方形，由 AD 3AO ，故4PO ，根据圆锥的定义，POA 绕PO 旋转一周形成的几何体是以PO 为轴，AO 为底面半径的圆锥，即圆锥的高为4PO ，底面半径为3AO ，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是21π3412π3（2）连接,,EA EO EC ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由E 是PB 中点，则,AE PB CE PB ，又,,AE CE E AE CE 平面ACE ，故PB 平面ACE ，即BE 平面ACE ，又BD 平面ACE O ，于是直线BD 与平面AEC 所成角的大小即为 BOE ，不妨设6AP AD ，则3BO BE ，sin2BOE，又线面角的范围是π0,2 ，故π4BOE .即为所求.。

历年(2019-2023)全国高考数学真题分项(立体几何)汇编(附答案)

历年（2019-2023）全国高考数学真题分项（立体几何）汇编考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021( )A ．2B ．C ．4D ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．86．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，81]4B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 2.65)(≈ ) A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D ．312．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ) A ．直径为0.99m 的球体 B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( ) A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为． 17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB BB ．11BBC CC ．11CCD DD ．ABCD23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．33．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（Ⅰ）证明：EF DB ⊥；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．34．（2019•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，3CD =，4AD =，15AA =．（1）求直线1A C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面1A MC 的距离．35．（2019•浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A A C AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．（Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．考点七二面角的平面角及求法36．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则( )A ．αβγ剟B ．βαγ剟C ．βγα剟D ．αγβ剟37．（2019•浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则( )A ．βγ<，αγ<B ．βα<，βγ<C ．βα<，γα<D ．αβ<，γβ<38．【多选】（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45︒，则( )A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC ∆39．（2023•上海）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -，AB AD ⊥，//AB CD ，2AB =，3AD =，4CD =．（1）证明：直线1//A B 平面11DCC D ；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角1A BD A --的大小．40．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠=︒，E 为BC 中点．（1）证明BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．41．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．点2A ，2B ，2C ，2D 分别在棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 上，21AA =，222BB DD ==，23CC =．（1）证明：2222//B C A D ；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．42．（2022•浙江）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为AE ，BC 的中点．（Ⅰ）证明：FN AD ⊥；（Ⅱ）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．43．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 为PB 的中点．（1）证明：//OE 平面PAC ；（2）若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．44．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，△1A BC 的面积为（1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．45．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．46．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．考点八立体几何的交线问题47．（2020•山东）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=︒．以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为．参考答案考点一空间几何体的侧面积和表面积1．（2021，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B ．C ．4D ．【详细解析】由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2l ππ=⋅，解得l =所以该圆锥的母线长为故选：B ．2．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为．【详细解析】因为圆柱的底面积为9π，即29R ππ=，所以3R =，所以224S Rh ππ==侧．故答案为：24π．3．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则ABC ∆的面积的取值范围为．【详细解析】如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化，如图2所示，当点M 与点O 重合时，CM OC ==，此时ABC S ∆取得最大值为122⨯=；如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2，此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为．故答案为：．4．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．【详细解析】圆柱的底面半径为1r =，高为2h =，所以圆柱的侧面积为22124S rh πππ==⨯⨯=侧．故答案为：4π．5．（2019•上海）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为( ) A ．1B ．2C ．4D ．8【详细解析】如图，则21142133V ππ=⨯⨯=，22121233V ππ=⨯⨯=，∴两个圆锥的体积之比为43223ππ=．故选：B ．6．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是．【详细解析】圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．7．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π3=4=，如图，设球的半径为R 1=，解得5R =， ∴该球的表面积为24425100R πππ=⨯=．当球心在台体内时，如图，1=，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A ．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积22(1cos )S r πα=-（单位：2)km ，则S 占地球表面积的百分比约为( ) A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【详细解析】由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则36000640042400OP =+=，那么64008cos 4240053α==；卫星信号覆盖的地球表面面积22(1cos )S r πα=-，那么，S 占地球表面积的百分比为222(1cos )4542%4106r r παπ-=≈．故选：C ．考点二空间几何体的体积9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3l 剟，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814B ．27[4，814C ．27[4，643D ．[18，27]【详细解析】如图所示，正四棱锥P ABCD -各顶点都在同一球面上，连接AC 与BD 交于点E ，连接PE ，则球心O 在直线PE 上，连接OA ，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，在Rt PAE ∆中，222PA AE PE =+，即222221(22l h a h =+=+，球O 的体积为36π，∴球O 的半径3R =，在Rt OAE ∆中，222OA OE AE =+，即222(3)(2R h =-+， ∴221602a h h +-=，∴22162a h h +=，26l h ∴=，又3l 剟∴3922h剟， ∴该正四棱锥体积2232112()(122)4333V h a h h h h h h ==-=-+，2()282(4)V h h h h h '=-+=- ，∴当342h <…时，()0V h '>，()V h 单调递增；当942h <…时，()0V h '<，()V h 单调递减，()max V h V ∴=（4）643=，又327(24V = ，981()24V =，且278144<，∴2764()43V h 剟，即该正四棱锥体积的取值范围是27[4，643，故选：C ．10．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为2140.0km ；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为2180.0km ．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为 2.65)(≈ )A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【详细解析】26214014010km m =⨯，26218018010km m =⨯，根据题意，增加的水量约为661401018010(157.5148.5)3⨯+⨯⨯-9=6693(32060 2.65)103143710 1.410m ≈+⨯⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．11．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A ．20+B ．C ．563D 【详细解析】解法一：如图1111ABCD A B C D -为正四棱台，2AB =，114A B =，12AA =．在等腰梯形11A B BA 中，过A 作11AE A B ⊥，可得14212A E -==，AE ==．连接AC ，11A C ，AC ==，11A C ==，过A 作11AG A C ⊥，12A G -==AG ==， ∴正四棱台的体积为：V h =22243+== 解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，∴该棱台的记h ==下底面面积116S =，上底面面积24S =，则该棱台的体积为：1211((16433V h S S =++=+=故选：D ．12．【多选】（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：)m 的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( )A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体【详细解析】对于A ，棱长为1的正方体内切球的直径为10.99>，选项A 正确；对于B ，如图，正方体内部最大的正四面体11D A BC - 1.4=>，选项B 正确；对于C ，棱长为1 1.8<，选项C 错误；对于D ，如图，六边形EFGHIJ 为正六边形，E ，F ，G ，H ，I ，J 为棱的中点，高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，六边形EFGHIJ 棱长为2米，30GFH GHF ∠=∠=︒，所以FH ===米，故六边形EFGHIJ而223()(1.2) 1.4422=>=，选项D 正确．故选：ABD ．13．【多选】（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，//FB ED ，2AB ED FB ==．记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为1V ，2V ，3V ，则( )A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【详细解析】设22AB ED FB ===， 114||33ACD V S ED ∆=⨯⨯=，212||33ABC V S FB ∆=⨯⨯=，如图所示，连接BD 交AC 于点M ，连接EM 、FM ，则FM =EM =，3EF =，故12EMF S ∆==，3112332EMF V S AC ∆=⨯=⨯⨯=，故C 、D 正确，A 、B 错误．故选：CD ．14．【多选】（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( )A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【详细解析】对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P ，当点P 在点1C 处时，△1AB P 的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB ，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC ，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D 正确．故选：BD ．15．（2023•新高考Ⅱ）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【详细解析】如图所示，根据题意易知△11SO A SOA ∆∽，∴11112SO O A SO OA ===，又13SO =， 6SO ∴=，13OO ∴=，又上下底面正方形边长分别为2，4，∴所得棱台的体积为1(4163283⨯++⨯=．故答案为：28．16．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，2AB =，111A B =，1AA =，则该棱台的体积为．【详细解析】如图，设正四棱台1111ABCD A B C D -的上下底面中心分别为M ，N ，过1A 作1A H AC ⊥，垂足点为H ，由题意易知12A M HN ==，又AN =，2AH AN HN ∴=-=，又1AA =，1A H MN ∴==∴该四棱台的体积为1(143⨯++故答案为：6．17．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为．【详细解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点， ∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．18．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边ABC ∆，O 为AC 边中点，且PO ⊥底面ABC ，2AP AC ==．（1）求三棱锥体积P ABC V -；（2）若M 为BC 中点，求PM 与面PAC 所成角大小．【详细解析】（1）在三棱锥P ABC -中，因为PO ⊥底面ABC ，所以PO AC ⊥，又O 为AC 边中点，所以PAC ∆为等腰三角形，又2AP AC ==．所以PAC ∆是边长为2的为等边三角形，PO ∴=，三棱锥体积2112133P ABC ABC V S PO -∆=⋅==，（2）以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0P ，0，B 0，0)，(0C ，1，0)，M 12，0)，(2PM = ，12，，平面PAC的法向量OB =0，0)，设直线PM 与平面PAC 所成角为θ，则直线PM 与平面PAC所成角的正弦值为3sin ||||||PM OB PM OB θ⋅===⋅所以PM 与面PAC所成角大小为arcsin4． 19．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【详细解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，PD DC ∴⊥． 3CD = ，5PC ∴=，4PD ∴=，2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12．（2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ， BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D = BC ∴⊥平面PCDBC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD ∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故PC =在Rt PDC ∆中，3CD =PD ∴=考点三空间中直线与直线之间的位置关系20．（2022•上海）如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 、S 分别为棱AB 、BC 、1BB 、CD 的中点，联结1A S ，1B D ．空间任意两点M 、N ，若线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，则称MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为( )A ．点PB ．点BC ．点RD ．点Q【详细解析】线段MN 上不存在点在线段1A S 、1B D 上，即直线MN 与线段1A S 、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1A S 、1B D 相交，对A 选项，如图，连接1A P 、PS 、1D S ，因为P 、S 分别为AB 、CD 的中点， ∴易证11//A D PS ，故1A 、1D 、P 、S 四点共面，1D P ∴与1A S 相交，A ∴错误；对B 、C 选项，如图，连接1D B 、DB ，易证1D 、1B 、B 、D 四点共面，故1D B 、1D R 都与1B D 相交，B ∴、C 错误；对D 选项，连接1D Q ，由A 选项分析知1A 、1D 、P 、S 四点共面记为平面11A D PS ， 1D ∈ 平面11A D PS ，Q ∉平面11A D PS ，且1A S ⊂平面11A D PS ，点11D A S ∉， 1D Q ∴与1A S 为异面直线，同理由B ，C 选项的分析知1D 、1B 、B 、D 四点共面记为平面11D B BD ， 1D ∈ 平面11D B BD ，Q ∉平面11D B BD ，且1B D ⊂平面11D B BD ，点11D B D ∉，1D Q ∴与1B D 为异面直线，故1D Q 与1A S ，1B D 都没有公共点，D ∴选项正确．故选：D ．21．（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【详细解析】连接1AD ，如图：由正方体可知11A D AD ⊥，1A D AB ⊥，1A D ∴⊥平面1ABD ， 11A D D B ∴⊥，由题意知MN 为△1D AB 的中位线，//MN AB ∴，又AB ⊂ 平面ABCD ，MN ⊂/平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ．A ∴对；由正方体可知1A D 与平面1BDD 相交于点D ，1D B ⊂平面1BDD ，1D D B ∉， ∴直线1A D 与直线1D B 是异面直线，B ∴、C 错；//MN AB ，AB 不与平面11BDD B 垂直，MN ∴不与平面11BDD B 垂直，D ∴错．故选：A ．22．（2020•上海）在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线交正方体于P 、Q 两点，则Q 点所在的平面是( )A ．11AAB B B ．11BBC C C ．11CCD DD ．ABCD【详细解析】如图，由点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，可得P 在△1AA D 内，过P 作1//EF A D ，且1EF AA 于E ，EF AD 于F ，在平面ABCD 中，过F 作//FG CD ，交BC 于G ，则平面//EFG 平面1A DC ．连接AC ，交FG 于M ，连接EM ，平面//EFG 平面1A DC ，平面1A AC ⋂平面11A DC A C =，平面1A AC ⋂平面EFM EM =， 1//EM A C ∴．在EFM ∆中，过P 作//PQ EM ，且PQ FM 于Q ，则1//PQ A C ．线段FM 在四边形ABCD 内，Q 在线段FM 上，Q ∴在四边形ABCD 内． ∴则Q 点所在的平面是平面ABCD ．故选：D ．23．（2023•上海）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为边11A C 上的动点，则下列直线中，始终与直线BP 异面的是( )A ．1DDB ．ACC ．1ADD ．1B C【详细解析】对于A ，当P 是11A C 的中点时，BP 与1DD 是相交直线；对于B ，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；对于C ，当点P 与1C 重合时，BP 与1AD 是平行直线；对于D ，当点P 与1C 重合时，BP 与1B C 是相交直线．故选：B ．考点四异面直线及其所成的角24．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知正方体1111ABCD A B C D -，则( ) A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒ 【详细解析】如图，连接1B C ，由11//A B DC ，11A B DC =，得四边形11DA B C 为平行四边形，可得11//DA B C ，11BC B C ⊥ ，∴直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，故A 正确；111A B BC ⊥ ，11BC B C ⊥，1111A B B C B = ，1BC ∴⊥平面11DA B C ，而1CA ⊂平面11DA B C ，11BC CA ∴⊥，即直线1BC 与1CA 所成的角为90︒，故B 正确；设1111A C B D O = ，连接BO ，可得1C O ⊥平面11BB D D ，即1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，1111sin 2OC C BO BC ∠== ，∴直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30︒，故C 错误； 1CC ⊥ 底面ABCD ，1C BC ∴∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒，故D 正确．故选：ABD ．考点五空间中直线与平面之间的位置关系25．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面【详细解析】如图1，可得a 、b 、c 可能两两垂直；如图2，可得a 、b 、c 可能两两相交；如图3，可得a 、b 、c 可能两两异面；故选：B ．26．【多选】（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是( )A ．B ．C ．D ．【详细解析】对于A ，设正方体棱长为2，设MN 与OP 所成角为θ，则1tan 12θ==，∴不满足MN OP ⊥，故A 错误；对于B ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2N ，0，0)，(0M ，0，2)，(2P ，0，1)，(1O ，1，0)，(2MN = ，0，2)-，(1OP = ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故B 正确；对于C ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2M ，2，2)，(0N ，2，0)，(1O ，1，0)，(0P ，0，1)，(2MN =- ，0，2)-，(1OP =- ，1-，1)，0MN OP ⋅= ，∴满足MN OP ⊥，故C 正确；对于D ，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，则(0M ，2，0)，(0N ，0，2)，(2P ，1，2)，(1O ，1，0)，(0MN = ，2-，2)，(1OP = ，0，2)，4MN OP ⋅= ，∴不满足MN OP ⊥，故D 错误．故选：BC ．考点六直线与平面所成的角27．（2020•山东）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为)O ，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒【详细解析】可设A 所在的纬线圈的圆心为O '，OO '垂直于纬线所在的圆面，由图可得OHA ∠为晷针与点A 处的水平面所成角，又OAO '∠为40︒且OA AH ⊥，在Rt OHA ∆中，O A OH '⊥，40OHA OAO '∴∠=∠=︒，另解：画出截面图，如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线．l 是点A 处的水平面的截线，由题意可得OA l ⊥，AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得//m CD ，根据线面垂直的定义可得AB m ⊥，由于40AOC ∠=︒，//m CD ，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒，故选：B ．28．（2021•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．【详细解析】（1）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1112322332C PAD PAD C PAD V S h -∆-⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭平面；（2）连接1111A C B D O = ，AB BC = ，∴四边形1111A B C D 为正方形，则11OB OA ⊥，又11AA OB ⊥，111OA AA A = ，1OB ∴⊥平面11ACC A ，∴直线1AB 与平面11ACC A 所成的角为1OAB ∠，∴111sin OB OAB AB ∠=== ∴直线1AB 与平面11ACC A所成的角为29．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【详细解析】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒， ∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A ，2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，1(22N ∴-，5(,22AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>===⋅ ．故直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为6．30．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设m 为平面PCD 中任意一条直线，则BC m ⊥，//l BC ，l m ∴⊥，由线面垂直的定义是l ⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l，因为QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，|cos n ∴<，||||||||n PB PB n PB ⋅>=== ， PB ∴与平面QCD所成角的正弦值为3． 31．（2020•上海）已知ABCD 是边长为1的正方形，正方形ABCD 绕AB 旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD 绕AB 逆时针旋转2π至11ABC D ，求线段1CD 与平面ABCD 所成的角．【详细解析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成， 221214S πππ∴=⨯⨯+⨯=．故该圆柱的表面积为4π．（2）正方形11ABC D ，1AD AB ∴⊥，又12DAD π∠=，1AD AD ∴⊥，AD AB A = ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，1AD ∴⊥平面ADB ，即1D 在面ADB 上的投影为A ，连接1CD ，则1D CA ∠即为线段1CD 与平面ABCD 所成的角，而11cos 3AC D CA CD ∠==， ∴线段1CD 与平面ABCD所成的角为3． 32．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【详细解析】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线， PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，设平面PCD 中有任一直线l '，则BC ⊥直线l '，//l BC ，l ∴⊥直线l '，∴由线面垂直的定义得l ⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz-则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ， cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ， PB ∴与平面QCD。

2024年高考真题分类汇编九空间向量与立体几何

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

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

高考真题文科数学汇编：立体几何

高考真题文科数学汇编：立体几何一、选择题 1.【2019高考新课标文7】如图, 网格纸上小正方形的边长为1, 粗线画出的是某几何体的三视图, 则此几何体的体积为（）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B2.【2019高考新课标文8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1, 球心O 到平面α的距离为2, 则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π【答案】B3.【2019高考全国文8】已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中 , 2AB =, 122CC =, E 为1CC 的中点, 则直线1AC 与平面BED 的距离为（A ）2 （B ）3 （C ）2 （D ）1【答案】D4.【2019高考陕西文8】将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥, 得到图2所示的几何体, 则该几何体的左视图为（）8.【答案】B.5.【2019高考江西文7】若一个几何体的三视图如图所示, 则此几何体的体积为A ．112 B.5 C.4 D. 92 【答案】D6.【2019高考湖南文4】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示, 则该几何体的俯视图不可能．．．是【答案】D7.【2019高考广东文7】某几何体的三视图如图1所示, 它的体积为A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π【答案】C8.【2019高考福建文4】一个几何体的三视图形状都相同, 大小均等, 那么这个几何图1 正视图俯视图侧视图5 5 635 56 3体不可以是A 球B 三棱锥C 正方体D 圆柱【答案】D.9.【2019高考重庆文9】设四面体的六条棱的长分别为1, 1, 1, 1, 2和a 且长为a的棱与长为2的棱异面, 则a的取值范围是（A）(0,2)（B）(0,3)（C）(1,2)（D）(1,3)【答案】A10.【2019高考浙江文3】已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示, 则该三棱锥的体积是A.1cm3B.2cm3C.3cm3D.6cm3【答案】C11.【2019高考浙江文5】设l是直线, a, β是两个不同的平面A. 若l∥a, l∥β, 则a∥βB. 若l∥a, l⊥β, 则a⊥βC. 若a⊥β, l⊥a, 则l⊥βD. 若a⊥β, l∥a, 则l⊥β【答案】B12.【2019高考四川文6】下列命题正确的是（）A、若两条直线和同一个平面所成的角相等, 则这两条直线平行B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等, 则这两个平面平行C、若一条直线平行于两个相交平面, 则这条直线与这两个平面的交线平行D、若两个平面都垂直于第三个平面, 则这两个平面平行【答案】C13.【2019高考四川文10】如图, 半径为R的半球O的底面圆O在平面α内, 过点O 作平面α的垂线交半球面于点A, 过圆O的直径CD作平面α成45o角的平面与半球面相交, 所得交线上到平面α的距离最大的点为B, 该交线上的一点P满足∠=o, 则A、P两点间的球面距离为（）BOP60A、2 arccos4 RB、4RπC、3arccos3R D、3Rπ【答案】A14.【2019高考北京文7】某三棱锥的三视图如图所示, 该三棱锥的表面积是（A）28+5B）30+5C）56+5D）60+5【答案】B二、填空题15.【2019高考四川文14】如图, 在正方体1111ABCD A B C D-中, M、N分别是CD、1CC的中点, 则异面直线1A M与DN所成的角的大小是____________。