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2024年9-10月新高考数学名校模拟大题汇编：立体几何(解析版)

2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。

高考立体几何大题及答案(理)

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（I）证明：是侧棱的中点；求二面角的大小。

2.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC （Ⅱ）设二面角A-BACBA1B1C1DED-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图，平面，，，，分别为的中点．（I）证明：平面；（II）求与平面所成角的正弦值．4.如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、为直径的球面交于点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求直线与平面所成的角；（3）求点到平面的距离．6.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。

7.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD ＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0<≦1). (Ⅰ)求证：对任意的（0、1），都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。

8.如图3，在正三棱柱中，AB=4, ,点D是BC的中点，点E 在AC上，且DEE.（Ⅰ）证明：平面平面; （Ⅱ）求直线AD 和平面所成角的正弦值。

9.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。

高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc

（Ⅱ）平面 BDC 1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
16 (2014 课标全国Ⅰ )如图 1-1 所示，三棱柱 ABC - A1B1C1中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ ACB＝ 90°， BC＝ 1，AC＝ CC1＝ 2. (1)证明： AC1⊥ A1B； (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1-AB -C 的大小．
12．（ 2017 年 16）已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径。若平面 SCA⊥平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为 ________。
13(2011 年).如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，
17.(2015 年新课标 1)如图四边形 ABCD 为菱形，
G 为 AC 与 BD 交点， BE 平面 ABCD ， (1) 证明：平面 AEC 平面 BED ； (2) 若 ABC 120o ， AE EC, 三棱锥
E ACD 的体积为 6 ，求该三棱锥的侧面积 . 3
18 (2016 年新课标 1)如图，已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形， PA=6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D， D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连结 PE 并延长交 AB 于点 G. （ I）证明： G 是 AB 的中点；（ II ）在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F（说明作法及理由），并求四面体 PDEF 的体积．
PD 底面 ABCD ．（ I）证明： PA BD ；
（ II ）设 PD=AD=1 ，求棱锥 D-PBC 的高．

高考数学近三年真题立体几何(理科专用)

三年专题立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】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140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，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（√7≈2.65）（） A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 32．【2022年新高考1卷】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3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45A C B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，B B '与C C '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差A A C C ''- 1.732≈）（）A ．346B ．373C ．446D ．4735．【2021年甲卷理科】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1A CBC A C B C ⊥==，则三棱锥O A B C-的体积为（）A 12B 12C 4D 46．【2021年新高考1的母线长为（）A ．2B ．C ．4D ．7．【2021年新高考2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 ．201+B ．2C ．563D 38．【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A 4B 2C 4D 29．【2020年新课标1卷理科】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为A B C的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1A BB C A C O O ===，则球O 的表面积为（）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π10．【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（）A ．EB ．FC ．GD ．H11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC 4的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 212．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．B ．C ．D ．13．【2020年新高考1卷（山东卷）】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°14．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，则（） A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90° B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90° C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°15．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 116．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111A B CA B C -中，11A BA A ==，点P 满足1B P BC B B λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1A B P△的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A B C-的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1AP B P⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1AB ⊥平面1A BP17．【2021年新高考2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M NO P⊥的是（）A ．B ．C ．D ．18．【2020年新课标3卷理科】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_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________三年专题立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111A B C A B C -中，侧面11A AB B为正方形，2A BB C ==，E ，F 分别为A C 和1C C 的中点，D 为棱11AB 上的点．11B FA B ⊥（1）证明：B F D E⊥；（2）当1BD为何值时，面11B BC C与面D F E 所成的二面角的正弦值最小?6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P A B C D==，P D D C-的底面是矩形，P D⊥底面A B C D，1M为B C的中点，且P B A M⊥．（1）求B C；（2）求二面角A P M B--的正弦值．7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A B C D-中，平面A B D⊥平面B C D，A B A D=，O为B D的中点.（1）证明：O A C D⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A D上，2--=，且二面角E B C DD E E A的大小为45︒，求三棱锥A B C D-的体积.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q A B C D-中，底面A B C D是正方形，若====．A D Q D Q A Q C2,3（1）证明：平面Q A D ⊥平面A B C D ；（2）求二面角BQ D A--的平面角的余弦值．9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，A E 为底面直径，A EA D=．A B C是底面的内接正三角形，P 为D O 上一点，6P OO=．（1）证明：P A ⊥平面P B C ；（2）求二面角BP C E--的余弦值．10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB1C 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 1AM N 所成角的正弦值.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111A B C D A B C D -中，点,E F 分别在棱11,D DB B 上，且12D EE D =，12B FF B =．（1）证明：点1C 在平面A E F 内；（2）若2A B=，1A D=，13A A=，求二面角1AE F A --的正弦值．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．。

(完整版)高考立体几何大题及答案(理)

由得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（II）设线段、的中点分别为、，
求证： ∥
（III）求二面角的大小。
10.如题（18）图，在五面体中， ∥ ，，，四边形为平行四边形，平面，．求：
（Ⅰ）直线到平面的距离；
（Ⅱ）二面角的平面角的正切值．
11．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅱ）设平面BCD的法向量则
又 =（-1，1，0），
=（-1，0，c）,故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面的法向量 =（0，1，0）
由二面角为60°知， =60°，
故 °，求得
于是，
，
°
所以与平面所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接，在中，分别是的中点，所以，又，所以，又平面ACD，DC 平面ACD，所以平面ACD
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
12（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB CD,AC BD，垂足为H，
PH是四棱锥的高，E为AD中点
（1）证明：PE BC
（2）若 APB= ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值

历年高考立体几何真题+答案

历年高考真题1、2003（理科）（本题满分12分）已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥平面ABCD ，AB=4，AD=2.若B 1D ⊥BC ，直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，求平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积.．[解]连结BD ，因为B 1B ⊥平面ABCD ，B 1D ⊥BC ，所以BC ⊥BD.在△BCD 中，BC=2，CD=4，所以BD=32.又因为直线B 1D 与平面ABCD 所成的角等于30°，所以 ∠B 1DB=30°，于是BB 1=31BD=2.故平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积为S ABCD ·BB 1=38. 2.2005（理科）(本题满分14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.已知正三棱锥ABC P -的体积为372，侧面与底面所成的二面角的大小为 60. （1）证明：BC PA ⊥；（2）求底面中心O 到侧面的距离.[证明]（1）取BC 边的中点D ，连接AD 、PD ，则BC AD ⊥，BC PD ⊥，故⊥BC 平面APD . BCPA ⊥[解]（2）如图，由（1）可知平面⊥PBC 平面APD ，则PDA ∠面所成二面角的平面角.过点O 作E PD OE ,⊥为垂足，则OE 就是点O 到侧面的距离. 设OE 为h ，由题意可知点O 在AD 上，∴ 60=∠PDO ，h OP 2=.h BC h OD 4,32=∴=,∴ 2234)4(43h h S ABC ==∆， ∵ 3233823431372h h h =⋅⋅=，∴ 3=h . 即底面中心O 到侧面的距离为3.3、2006（理科）（本题满分 14分）本题共有 2个小题，第 1小题满分 5分，第 2小题满分满分 9分。

在三棱柱 ABC —A1B1C1 中，∠ABC=90°，AB=BC=1。

(完整)理科立体几何高考题

立体几何高考题1.在空间，下列命题正确的是（A ）平行直线的平行投影重合（B ）平行于同一直线的两个平面平行（C ）垂直于同一平面的两个平面平行（D ）垂直于同一平面的两条直线平行 2.正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为（A ）（B（C ）23（D3．右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（） A ．9π B ．10π C ．11π D ．12π4.已知正四棱锥S ABCD -中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（A ）1 （B（C ）2 （D ）35．已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（） A ．13B．3C．3D ．236.与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个（B ）有且只有2个（C ）有且只有3个（D ）有无数个7.已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(A)3(B)3(C)38.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ c ）A ．13B．3C．3D ．239.已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（） A ．1B ．2C ．3D ．2俯视图正(主)视图侧(左)视图10.等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为3，M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于．11．平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件① ；充要条件② ． 12．（本小题满分12分）四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，CD =AB AC =．（Ⅰ）证明：AD CE ⊥；（Ⅱ）设CE 与平面ABE 所成的角为45o，求二面角C AD E --的大小．13．（本小题满分12分）如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，124AA AB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=．（Ⅰ）证明：1A C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角1A DE B --的大小．CDE AB AB CD EA 1B 1C 1D 114．（本小题满分12分）如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=o，E F ，分别是BC PC ，的中点．（Ⅰ）证明：AE PD ⊥；（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62，求二面角E AF C --的余弦值．15（本小题满分12分）如图，在五棱锥P —ABCDE 中，PA ⊥平面ABCDE ，AB ∥CD ，AC ∥ED ，AE ∥BC ， ∠ABC =45°，AB =22，BC =2AE =4，三角形PAB 是等腰三角形．（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的大小；（Ⅲ）求四棱锥P —ACDE 的体积．PBECDF A16如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，1AA AB =，D 为1BB 的中点，E 为1AB 上的一点，13AE EB =．（Ⅰ）证明：DE 为异面直线1AB 与CD 的公垂线；（Ⅱ）设异面直线1AB 与CD 的夹角为45°，求二面角111A AC B --的大小．17（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ， AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .。

历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

1.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,==,则棱锥AB BC-的体积为。

O ABCD3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

1.D2.3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=，由余弦定理得BD =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PAD. 故 PA ⊥BD（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ，则()1,0,0A，()0B，()C -，()0,0,1P 。

(1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-uu u v uu v uu u v设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ⋅=⋅=u u u r u u u r00z =-=因此可取n=设平面PBC 的法向量为m ，则m 0,m 0,{PB BC ⋅=⋅=u u u ru u u r可取m=（0，-1， cos ,m n == 故二面角A-PB-C 的余弦值为1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为C 232. 已知圆O 的半径为1，PA 、PB 为该圆的两条切线，A 、B 为俩切点，那么PA PB ∙的最小值为(A) 4- (B)3-+ (C) 4-+3-+3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为(C)4. 如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 .1. D2. D3. B4. 解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC 的中点G ，连接BG,由此知 1,DG GC BG ===即ABC ∆为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥平面，与平面SBC 内的两条相交直线BK 、BC 都垂直 DE ⊥平面SBC ，DE ⊥EC,DE ⊥SBSB =SD DB DE SB ==-EB SE SB EB ====所以，SE=2EB(Ⅱ) 由1,2,,SA AB SE EB AB SA ===⊥知1,AD=1AE ==又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF ,则,AF DE AF ⊥==. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角.连接AG,A G=,3FG ==, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°. 解法二：以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D xyz -，设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SC BC ==设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则2(,,)111E λλλλλ+++ 2(,,),(0,2,0)111DE DC λλλλλ==+++设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故20,20111x y zy λλλλλ++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E ，取DE 的中点F ，则111211(,,),(,,)333333F FA =--，故0FA DE =，由此得FA DE ⊥ 又242(,,)333EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥，向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角于是 1cos(,)2||||FA EC FA EC FA EC ==-所以，二面角A DE C --的大小为120（三）1. 已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为（）（A （B （C (D) 342. 已知二面角l αβ--为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β，Q 到α的距离为则P 、Q 两点之间距离的最小值为（）(A) (B)2 (C) 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于。

2012-2020年全国卷高考立体几何大题汇编(理科)

立体几何大题汇编（理科）1.（2020年全国一卷理18）如图、为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为上一点，（1平面（2的余弦值2.（2020年全国二卷理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：（2）设为的中心，若面，且，求直线与平面所成角的正弦值3.（2020年全国三卷理19）如图、在长方体点分别在棱，（1）证明：点在平面内（2）若，求二面角的正弦值4.（2020年山东卷20）如图、四棱锥底面，设平面与平面的交线为（1平面（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值5.（2019年全国一卷理18）如图，直四棱柱的底面是棱形，，，，，分别是，的中点（1（2）求二面角6.（2019年全国二卷理科17）如图，长方体的底面是正方形，点在棱（1平面（2，求二面角7.（2019年全国三卷理科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8.（2018年全国三卷理科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）当三棱锥体积最大时，求面与面所成的二面角的正弦值9.（2018年全国二卷理科20）如图，在三棱锥中，，，为的中点（1（2）若点在棱为，求与平面所成角的正弦值10.（2018年全国一卷理科18）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以到达点（1（2）求与平面所成的角的正弦值11.（2017年全国三卷理科19）如图，在四面体直角三角形，，（1平面（2）过直线的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，的余弦值12.（2017年全国二卷理科19）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，是中点（1平面（2）点在棱上，且直线与底面所成的角为，求二面角余弦值13.（2017年全国一卷理科18）如图，在四棱锥，，且（1平面（2）若，的余弦值14.（2016年全国三卷理科19）如图，底面，，，，为线段，为的中点（1（2）求直线与平面所成角的正弦值15.（2016年全国二卷理科19）如图，菱形的对角线与交于点，，，点分别在，上，，交于点（1（216.（2016年全国一卷理科18为正方，（1平面（2的余弦值17.（2015年全国二卷理科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。

全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案).docx

全国各地市历年高考立体几何题汇编(含参考答案)(一)2018年高考立体几何题1.(北京理16)如图，在三棱柱ABC-me,中，CC~平面/此；D, E, F, G分别为必，AC,4G，B片的中点，AB=B(=yfs , A(=AA l=2.(I )求证：/以平面BEF-,(II )求二面角B-CAC、的余弦值；(III)证明：直线尸G与平面奶相交.2.(浙江-19)如图，已知多面体ABCAEG，AA, B、B,均垂直于平面,此；，"4，砂1，AB=B(=B Y B=2.(I )证明：刀3上平面(II)求直线WG与平面/蹈所成的角的正弦值.3.(课标III理T9)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直, 肱是CQ上异于。

，。

的点.(1)证明：平面AMD1.平面BMC；(2)当三棱锥M -AB C体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.4.（课标II理-20）。

为AC的中如图，在三棱锥P-A8C 中，AB = BC = 2g, PA = PB = PC = AC = 4 ,(1)证明：POL平面ABC；(2)若点肱在棱BC上，且二面角为30。

，求PC与平面月皈所成角的正弦值.5.（课标I理-18）如图，四边形A3CZ)为正方形，分别为AD,B C的中点，以DF为折痕把△DPC折起, 使点C到达点F的位置，且PF LBF .(1)证明：平面PEF L平面ABFD；(2)求QP与平面A8FD所成角的正弦值.(二)2017年高考立体几何题1.(课标IIIS-19)如图，四面体，夙力中，△ABC是正三角形，△，⑦是直角三角形，/ABAZCBD, AB^BD.(1)证明：平面ACDL平面D(2)过的平面交彻于点&若平面北T把四面体⑦分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.2.（课标II理-19）如图，四棱锥巴ABCD中，侧面0〃为等边三角形且垂直于底面/次，AB = BC = -AD,ZBAD = ZABC = 90°, B是切的中 2点.(1)证明：直线CE〃平面0B；(2)点〃在棱PC上，且直线伽与底面/次所成角为45。

高考理科数学立体几何大全(含考纲,的知识点,例题).doc

第八章立体几何§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．高考主要考查空间几何体的结构和视图，柱、锥、台、球的定义与性质是基础，以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点，三视图一般会在选择题、填空题中考查，以给出空间图形选择其三视图或给出三视图判断其空间图形的形式出现，考查空间想象能力．1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的__________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以________的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、___________、___________；平行于底面的截面都是__________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴，使∠xOz ＝________且∠yOz ＝________．②画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′＝____________，∠x ′O ′z ′＝____________．x ′O ′y ′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成____________x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．注：空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是：(1)观察角度：三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形，直观图是从某一点观察几何体而画出的图形；(2)投影效果：三视图是在平行投影下画出的平面图形，用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形．【自查自纠】1．(1)平行四边形平行 (2)多边形三角形2．(1)平行四边形全等平行四边形矩形 (2)等腰三角形直角三角形直角三角形直角三角形直角三角形(3)等腰梯形直角梯形直角梯形直角梯形 3．(1)矩形直角三角形直角梯形 (2)矩形等腰三角形等腰梯形圆4．(1)直径球心 (2)垂直于 d ＝R 2－r 2 5．平行投影平行6．(1)①正(主)视图侧(左)视图俯视图 (2)①90° 90°②45°(或135°) 90° ③平行于 ④一半下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的底面一定是平行四边形B ．棱锥的底面一定是三角形C ．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D ．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱解：根据棱柱、棱锥的性质及截面性质判断，故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A ．球的三视图总是三个全等的圆B ．正方体的三视图总是三个全等的正方形C ．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D ．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2012·陕西)将正方体(如图a 所示)截去两个三棱锥，得到图b 所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，AD 1为实线，B1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚线．故选B.用一张4cm×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一空间几何体的结构特征(2012·湖南)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()解：D 选项的正视图应为如图所示的图形．故选D.【评析】本题主要考查空间想象能力，是近年高考中的热点题型．本题可用排除法一一验证：A ，B ，C 都有可能，而D 的正视图与侧视图不可能相同．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解：从俯视图看，B ，D 符合，从正视图看，B 不符合，D 符合，而从侧视图看D 也是符合的．故选D.类型二空间几何体的三视图如图，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()A ．6 3B ．93C ．12 3D ．18 3解：由三视图可知该几何体是一个斜四棱柱，高h ＝22－1＝3，底面积为9，所以体积V ＝9×3＝9 3.故选B.【评析】通过三视图考查几何体的体积运算是较为常规的考题，考生对此并不陌生．对于空间几何体的考查，从内容上看，柱、锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到斜四棱柱．如图所示的三个直角三角形是一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h＝20，解得h ＝4cm.故填4.类型三空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2【评析】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A . 2B ．6 2C .13D ．2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝2 2.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝2 2.故选D.类型四空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r .根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm.【评析】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．圆锥底面半径为1cm ，高为2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.解：过圆锥的顶点S 和正方体底面的一条对角线CD 作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF ，正方体对角面CDD 1C 1如图所示. 设正方体棱长为x ，则CC 1＝x ，C 1D 1＝2x .作SO ⊥EF 于O ，则SO ＝2，OE ＝1.∵△ECC 1∽△ESO ，∴CC 1SO ＝EC 1EO ，即x2＝1－22x1，解得x ＝22(cm)．故内接正方体的棱长为22cm.1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1-BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．3．长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4．棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. 5．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，对于能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．6．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A ．六棱锥B ．六棱台C ．六棱柱D ．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C .2．下列说法中，正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C ．正方体的所有棱长都相等D ．棱柱的所有棱长都相等解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确．故选C.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A ．一个圆台、两个圆锥B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆锥D ．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．将正三棱柱截去三个角(如图1所示A ，B ，C分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )A B C D 解：观察图形，易知图2所示几何体的侧视图为直角梯形，且EB 为直角梯形的对角线．故选A.5．(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体．故选D.6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为()A ．2 2 B. 2C ．2 3D. 3解：由三视图可知，此多面体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，并且有一条长为2的侧棱垂直于底面，所以最长棱长为22＋22＋22＝2 3.故选C.7．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2×12×2×2×32＝23，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋2 3.故填6＋23.8．如图是某个圆锥的三视图，根据图中所标尺寸可得俯视图中圆的面积为________，圆锥母线长为________．解：由三视图可知，圆锥顶点在底面的射影是底面圆的中心，根据图中的数据，底面圆的半径为10，则俯视图中圆的面积为100π，母线长为302＋102 ＝1010，故填100π；1010.9．如图a 是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图．解：图a中几何体三视图如图b 所示：10．如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图2，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z 轴上截取O ′，使OO ′等于正六棱柱的高，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，PE ′，PF ′，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE ′，FF ′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图3所示．注意：图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分别为a 和b ，求ab的最大值．解：如图，则有AC 1＝7，DC 1＝6， BC 1＝a ，AC ＝b ，设AB ＝x ，AD ＝y ，AA 1＝z ，有x 2＋y 2＋z 2＝7，x 2＋z 2＝6，∴y 2＝1. ∵a 2＝y 2＋z 2＝z 2＋1，b 2＝x 2＋y 2＝x 2＋1， ∴a ＝z 2＋1，b ＝x 2＋1.∴ab ＝（z 2＋1）（x 2＋1）≤z 2＋1＋x 2＋12＝4，当且仅当z 2＋1＝x 2＋1，即x ＝z ＝3时，ab 的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h 与时间t的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.§8.2空间几何体的表面积与体积1．了解棱柱、棱锥、台、球的表面积和体积的计算公式．2．会利用公式求一些简单几何体的表面积与体积．高考主要考查空间几何体的侧面积、表面积、体积以及相关元素的关系与计算，这些内容常与三视图相结合，以选择题、填空题的形式出现，也可能以空间几何体为载体，考查线面关系、侧面积、表面积以及体积．1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S直棱柱侧＝__________，S正棱锥侧＝__________，S正棱台侧＝__________(其中C，C′为底面周长，h为高，h′为斜高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S圆柱侧＝________，S圆锥侧＝________，S圆台侧＝________(其中r，r′为底面半径，l为母线长)．(3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱＝__________，V棱锥＝__________，V棱台＝__________(其中S，S′为底面积，h为高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的体积V圆柱＝__________，V圆锥＝__________，V圆台＝__________(其中r，r′为底面半径，h为高)．3．球的表面积与体积(1)半径为R的球的表面积S球＝________．(2)半径为R的球的体积V球＝________.【自查自纠】1．(1)Ch 12Ch′12()C＋C′h′(2)2πrlπrlπ(r＋r′)l(3)侧面积两个底面积侧面积一个底面积2．(1)Sh 13Sh13h()S＋SS′＋S′(2)πr2h 13πr2h13πh()r2＋rr′＋r′23．(1)4πR2(2)43πR3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为()A．6π(4π＋3)B．8π(3π＋1)C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，∴S底＝πr2＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.∴S底＝πr2＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3)．故选C.正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为()A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则圆柱的体积与球体积之比为()A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2解：设球半径为R，圆柱底面半径为R，高为2R.∵V球＝43πR3，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，∴V圆柱∶V球＝3∶2.故选D.长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB＝2，AD＝3，AA1＝1，则球面面积为________．解：∵长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，则外接球的直径是长方体的体对角线，而长方体的体对角线的长为AB2＋AD2＋AA21＝22，∴半径R＝ 2.∴S球＝4πR2＝8π.故填8π.若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为____________．解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2＝π，πrl ＝2π，有⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2，从而可知圆锥的高h ＝l 2－r 2＝4－1＝ 3.∴V ＝13×π×3＝33π.故填33π.类型一空间几何体的面积问题如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC＝90°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ； (2)若BD ＝1，求三棱锥D -ABC 的表面积．解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥ 平面BDC .又∵AD ⊂平面ADB ，∴平面ADB ⊥ 平面BDC . (2)由(1)知，DA ⊥BD ，BD ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴三棱锥D-ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.【评析】充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变等，再由面面垂直的判定定理进行推理证明，然后再计算．(2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是____________．解：由三视图可知该组合体为球内接一个棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径2r ＝22＋22＋22＝23，S 球＝4πr 2＝12π.故填12π.类型二空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______．解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S ＝2π×4sin α×2×4cos α＝32πsin2α，当α＝π4时，S 取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.【评析】根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．(2012·辽宁)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．解：由三视图知该几何体为长4宽3高1的长方体的中间挖去一个半径为1高为1的圆柱所成几何体，所以表面积为2×(4×3＋4×1＋3×1)－2×π×12＋2π×1×1＝38.故填38.类型三空间多面体的体积问题一个正三棱锥(底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．解：如图所示为正三棱锥S -ABC ，设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高．连接AH 并延长交BC 于E ，则E 为BC 的中点，且AH ⊥BC .∵△ABC 是边长为6的正三角形，∴AE ＝32×6＝33，AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ×AE ＝12×6×33＝93，在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， ∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝ 3.∴V 正三棱锥＝13×S △ABC ×SH ＝13×93×3＝9.【评析】(1)求锥体的体积，要选择适当的底面和高，然后应用公式V ＝13Sh 进行计算．(2)求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为()A.23B.33C.43D.32解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD -BNC ＋V E -AMD ＋VF -BNC .依题意知AEFB 为等腰梯形．易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32.作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F -BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224， V E -AMD ＝V F -BNC ＝224，V AMD -BNC ＝S △BNC ·MN ＝24. ∴V ABCDEF ＝23，故选A .类型四空间旋转体的体积问题某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2πD ．2π3解：由三视图知几何体为一个正方体中间去掉一个圆锥，所以它的体积是V ＝23－13×π×12×2＝8－23π.故选A.【评析】根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算．(2012·河南模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝⎛⎭⎫223＋13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.1．几何体的展开与折叠(1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法．(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形．(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解．②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆．2．空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法．(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理． 3．空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转轴截面，将空间问题转化为平面问题求解．(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握．(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题．4．由几何体的三视图求几何体的表面积与体积问题，一般按如下三个步骤求解：(1)由三视图想象出原几何体的形状；(2)由三视图给出的数量关系确定原几何体的数量关系；(3)如果是规则几何体，直接代入公式求解，如果不是规则几何体，通过“割补”后，转化为规则几何体求解．1．已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )A .2π2B .2πC .3π3D .3π 解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为22－12＝3，因此其体积是13π·12×3＝3π3.故选C. 2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体对角线的长是( ) A ．2 3 B ．3 2 C ．6 D . 6解：设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，解得a ＝1，b ＝2，c ＝3，则长方体的体对角线的长l＝a 2＋b 2＋c 2＝ 6.故选D.3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233。

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【最新整理，下载后即可编辑】历年高考立体几何解答题汇编1．（2006年北京卷）如图，在底面为平行四边表的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点.（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ； 2．（2006年上海卷）在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60 ，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成的角为60 ．（1）求四棱锥P －ABCD 的体积；3．（ 2006年浙江卷）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面为直角梯形,AD ∥BC,∠BAD=90°,PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD=AB=2BC,M 、N 分别为PC 、PB 的中点.(Ⅰ)求证：PB ⊥DM;4. ( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD 与Q-ABCD 的高分别为1和2,AB=4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD;P ABCD OE PA DCB5．（2006年福建卷）如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，2, 2.CA CB CD BD AB AD======（I）求证：AO⊥平面BCD；6．（2006年天津卷）如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱//1 2EF BC=．（1）证明FO//平面CDE；（2）设3BC CD=，证明EO⊥平面CDF．7．（2006年江苏卷）在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。

将△AEF沿EF折起到EFA1∆的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P （如图2）（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；AFEC BA1EFCPB图1 图2DBOE8．（2006年辽宁卷）已知正方形ABCD .E 、F 分别是AB 、CD 的中点,将ADE 沿DE 折起,如图所示,记二面角A DE C --的大小为(0)θθπ<<. (I) 证明//BF 平面ADE ;9．（广东•理•19题）如图6所示，等腰△ABC 的底边AB =66，高C D =3，点B 是线段BD 上异于点B 、D 的动点.点F 在BC 边上，且EF ⊥AB .现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE 。

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近几年高考理科立体几何大题汇编1.（2018 年 III 卷）如图，边长为 2 的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧M 是CD 所在平面垂直，CD 上异于 C ，D的点．（1）证明：平面 AMD ⊥平面BMC；（2）当三棱锥M ABC体积最大时，求面 MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．2、[2014 ·新课标全国卷Ⅱ ] 四棱锥 P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形， PA⊥平面 ABCD， E 为 PD 的中点．(1)证明： PB∥平面 AEC；(2)设二面角 D-AE-C 为 60°， AP＝1， AD＝ 3，求三棱锥 E-ACD 的体积．13.（ 2017? 新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥 P﹣ ABCD 中， AB∥CD，且∠BAP= ∠CDP=90°．(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD；(2)若 PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，求二面角 A﹣ PB﹣C 的余弦值．4.（菱形建系） [2014 新·课标全国卷Ⅰ ] 如图三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C 为菱形，AB⊥B1 C.(1)证明： AC＝ AB1；(2)若 AC⊥AB1，∠ CBB1＝ 60°， AB＝ BC，求二面角 A -A1B1 - C1的余弦值．25.（菱形建系）【 2015 高考新课标 1】如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ ABC=120 °，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点， BE⊥平面 ABCD， DF⊥平面 ABCD，BE=2 DF，AE⊥EC. （Ⅰ）证明：平面 AEC⊥平面 AFC；（Ⅱ）求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 .6.（翻折） (2018 年 I 卷 )如图，四边形ABCD为正方形，E, F分别为AD , BC的中点，以DF 为折痕把△ DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF BF .（ 1）证明：平面 PEF 平面 ABFD ；（ 2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值.37.（翻折）（2016 年全国 II 高考）如图，菱形ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ，AB 5, AC 6 ，点 E, F 分别在 AD , CD 上， AE CF 5，EF交BD于点H．将4DEF 沿 EF 折到D' EF 位置，OD10 ．（Ⅰ）证明： D H平面ABCD；（Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值．8. （动点问题）（ 2018 年 II 卷）如图，在三棱锥P ABC中，AB BC 2 2，PA PB PC AC 4，O为AC的中点．P（ 1）证明：PO平面 ABC ；（ 2）若点 M 在棱BC上，且二面角M PA C 为 30，求 PC 与平面PAM所成角的正弦值．AOCMB4近几年高考理科立体几何大题汇编1.（2018 年 III 卷）如图，边长为 2 的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧M 是CD 所在平面垂直，CD 上异于 C ，D的点．（ 1）证明：平面AMD ⊥平面BMC；（ 2）当三棱锥M ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．1.解：（ 1）由题设知 ,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以 BC⊥平面 CMD,故 BC⊥ DM.因为 M 为 CD 上异于 C， D 的点,且 DC为直径，所以DM⊥ CM.又BC I CM= C,所以 DM⊥平面 BMC.而DM 平面 AMD,故平面 AMD⊥平面 BMC.uuur（2）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.当三棱锥 M- ABC体积最大时， M 为 CD 的中点.由题设得 D (0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), M (0,1,1) ，uuuur uuur uuurAM ( 2,1,1), AB (0, 2,0), DA(2,0,0)设 n ( x, y, z) 是平面 MAB 的法向量,则5n uuuur0,2x y z 0, AMn uuur0.即0. AB 2 y可取 n(1,0,2) .uuurDA 是平面 MCD 的法向量,因此uuuruuur5 n DAcos n, DA uuur，| n || DA |5sinuuur 2 5 n, DA，5所以面 MAB与面 MCD所成二面角的正弦值是2 5 .52、[2014 ·新课标全国卷Ⅱ ] 如图 1-3，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点．(1)证明： PB∥平面 AEC；(2)设二面角 D-AE-C 为 60°， AP＝1，AD＝3，求三棱锥 E-ACD 的体积．图 1-32，解： (1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点．又E 为 PD 的中点，所以 EO∥ PB.因为 EO? 平面 AEC， PB?平面 AEC，所以 PB∥平面 AEC.(2)因为 PA⊥平面 ABCD，ABCD 为矩形，所以 AB，AD，AP 两两垂直．→→如图，以 A 为坐标原点， AB， AD， AP 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向， |AP|D (0，31→为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则3，0)， E 0，2，2， AE ＝310，2，2 .6→3，0)．设 B(m ，0，0)(m>0)，则 C(m ， 3，0)，AC ＝(m ，设 n 1＝，， z) 为平面 ACE 的法向量，(x yn 1 →mx ＋ 3y ＝0，·AC ＝0，即 3则→11＝0， y ＋ z ＝ 0，22n ·AE可取 n 1＝ m 3，－ 1， 3 .又 n 2＝(1， 0，0)为平面 DAE 的法向量，1由题设易知 |cos 〈n 1，n 2〉|＝2，即3 1 3 .2＝，解得 m ＝ 3＋4m 2 2因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E-ACD 的高为1三棱锥E-ACD 的体积V ＝1×2.31 3 1 3 2× 3×2×2＝ 8 .3. （ 2017? 新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥 P ﹣ ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP= ∠CDP=90°．(1) 证明：平面 PAB ⊥平面 PAD ；(2) 若 PA=PD=AB=DC ，∠APD=90°，求二面角 A ﹣ PB ﹣C的余弦值．3. 【答案】（ 1 ）证明：∵∠ BAP=∠ CDP=90°，∴ PA ⊥ AB ， PD ⊥ CD ， ∵ AB ∥ CD ，∴ AB ⊥ PD ，又 ∵ PA ∩PD=P ，且 PA ?平面 PAD ，PD ? 平面PAD， ∴ AB⊥ 平面PAD ，又 AB ?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD；（ 2）解：∵ AB ∥ CD ， AB=CD ，∴四边形 ABCD 为平行四边形，由（ 1）知 AB ⊥平面 PAD ，∴ AB ⊥AD，则四边形ABCD为矩形，7在△ APD中，由PA=PD，∠ APD=90°，可得△ PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则取AD 中点 O， BC 中点以O 为坐标原点，分别以AD=．E ，连接PO、 OE，OA、 OE、 OP 所在直线为x 、 y、 z轴建立空间直角坐标系，则： D （），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1 ，得．∵AB ⊥平面PAD ，AD ?平面PAD ，∴AB ⊥AD ，又PD⊥PA，PA∩AB=A，∴ PD⊥平面PAB，则为平面PAB 的一个法向量，．∴cos＜＞==．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．4.（菱形建系） [2014 新·课标全国卷Ⅰ ] 如图三棱柱 ABC - A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形， AB⊥B1 C.(1)证明： AC＝ AB1；(2)若 AC⊥ AB1，∠ CBB1＝60°， AB＝BC，求二面角 A -A1B1 - C1的余弦值．4 解： (1)证明：连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO，因为侧面 BB1C1 C 为菱形，所以 B1C⊥ BC1，且 O 为 B1C 及 BC1的中点．又AB⊥ B1C，所以 B1C⊥平面 ABO.8由于 AO? 平面 ABO ，故 B 1C ⊥AO. 又 B 1O ＝CO ，故 AC ＝AB 1 .(2)因为 AC ⊥AB 1，且 O 为 B 1C 的中点，所以 AO ＝CO.又因为 AB ＝BC ，所以△ BOA ≌ △BOC.故 OA ⊥OB ，从而 OA ， OB ，OB 1 两两垂直．以 O 为坐标原点， OB 的方向为 x 轴正方向， |OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O- xyz.因为∠ CBB 1＝60°，所以△ CBB 1 为等边三角形，又AB ＝ BC ，则 A 0 ，， 3 ，3B(1， 0， 0)，B 1 ， 3， 0 ，C ，－3， 0.0 3 0 3→33→，，－ 3 ，AB 1＝，，－，A 1 B 1＝AB ＝331 03→3，0 .B 1C 1＝BC ＝－ 1，－ 3设 n ＝ (x ，y ，z)是平面 AA 1 1 的法向量，则B3 3n ·AB ＝0，3 y － 3 z ＝ 0，1所以可取 n ＝(1，3， 3)．→即30 n ·A B x － 3 z ＝0.设 m 是平面 A 11 1 的法向量，B C→则 m ·A 1B 1＝0，同理可取 m ＝(1，－ 3， 3)．→ 1＝0，1m ·B C则 cos 〈 n ， m 〉＝ n ·m 1|n||m|＝ 7.1所以结合图形知二面角 A -A1B1 - C1的余弦值为7.5.（菱形建系）【 2015 高考新课标 1】如图，四边形 ABCD为菱形，∠ ABC=120 °，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点， BE⊥平面 ABCD， DF⊥平面 ABCD，BE=2 DF，AE⊥EC.（Ⅰ）证明：平面 AEC⊥平面 AFC；（Ⅱ）求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 .5.，【答案】（Ⅰ ）见解析（Ⅱ ）33又∵AE⊥EC，∴EG= 3 ，EG⊥ AC，在 Rt△ EBG中，可得 BE= 2 ，故 DF= 2 .2在Rt△ FDG 中，可得 FG= 6 .2在直角梯形 BDFE 中，由 BD=2 ， BE= 2 ， DF=2可得 EF=3 2 ，22∴ EG 2FG 2EF 2，∴EG⊥FG，∵ AC∩ FG=G，∴ EG⊥平面 AFC，10∵ EG 面 AEC ，∴平面 AFC ⊥ 平面 AEC⋯⋯6分.uuur uuuruuur（ Ⅱ）如，以 G 坐原点，分以GB ,GC 的方向 x ， y 正方向， | GB|位度，建立空直角坐系G-xyz ，由（ Ⅰ ）可得 A （0，－ 3 ， 0）， E(1,0,2 ) ， F （－ 1,0 ， 2），（， 3 ，）， ∴ uuur = （ 1，3 ， uuur2 ）， CF = （ -1 ，2C 0 0 AE2 ）- 3 ，.⋯ 分210uuur uuuruuur uuur3 故 cosAE ?CFAE ,CFuuuruuur.| AE ||CF |3所以直 AE 与 CF 所成的角的余弦3 . 分 ⋯⋯ 1236. （翻折） (2018 年 I 卷 )如图，四边形 ABCD 为正方形， E, F 分别为 AD , BC 的中点，以DF 为折痕把 △ DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF .（ 1）证明：平面 PEF平面 ABFD ；（ 2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 .6. 解：（ 1）由已知可得， BF ⊥ PF ， BF ⊥ EF ，所以 BF ⊥平面 PEF .又 BF 平面 ABFD ，所以平面 PEF ⊥平面 ABFD .11（2）作 PH ⊥EF ，垂足为 H .由（ 1）得， PH ⊥平面 ABFD .uuuruuur以 H 为坐标原点， HF 的方向为 y 轴正方向， | BF | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 H - xyz .由（ 1）可得， DE ⊥ PE .又 DP =2 ， DE =1 ，所以 PE = 3 .又 PF =1 ，EF =2 ，故 PE ⊥PF .可得 PH3 3, EH.22则 H (0,0,0), P(0,0,3), D ( 1, 3 uuur (1, 3 , 3 ), uuur3) 为平面 ABFD 的,0), DP HP (0,0,2 2 2 22法向量 .uuur uuur 设 DP 与平面 ABFD 所成角为HP DP，则 sin | uuur uuur || HP | | DP |343.34所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为3 .4（翻折）（ 2016 年全国 II 高考）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ，7.AB 5, AC6 ，点 E, F 分别在 AD , CD 上， AE CF5， EF 交 BD 于点 H ．将4DEF 沿 EF 折到 D ' E F 位置， OD10 ．（Ⅰ）证明： D H 平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值．7.【解析】⑴证明：∵AE CF5，∴AE CF，4AD CD∴ EF ∥ AC ．∵四边形 ABCD 为菱形，∴12AC BD ，∴ EF BD ，∴ EFDH ，∴ EF D H ．∵ AC 6 ，∴ AO 3；又 AB 5， AO OB ，∴ OB 4 ， ∴ OHAEOD 1 ， ∴ DH D H 3 ， ∴ OD 2OH 2D ' H 2， ∴AOD ' H OH ．又∵ OH I EFH ，∴ D 'H面 ABCD ．⑵建立如图坐标系 H xyz ．B 5，0，0 ，C 1，3，0 ，D ' 0，0，3 ， A 1， 3，0 ，uuuruuur 1 ，3，3，，， AD '，AB 4 3 0ur设面 ABD ' 法向量 n 1x ，y ，z ，uuurAC0 ，6 ，0 ，uur uuur4x 3 y 0x 3n 1 AB 0，取 yur3，，．由 uuruuuur得4 ，∴ n 14 5 n 1 ADx3 y 3z 0z 5uur同理可得面 AD 'C 的法向量 n 23，0 ，1 ，ur uur∴ cosn 1 n 2 9 5 7 5，∴ sin2 95 ．ur uurn 1 n 2 5 2 1025258. （动点问题）（ 2018 年 II 卷）如图，在三棱锥P ABC 中， AB BC 2 2 ，PA PB PCAC 4 ， O 为 AC 的中点．13（ 1）证明：PO平面ABC；（ 2）若点 M 在棱BC上，且二面角M PA C 为 30 ，求 PC 与平面PAM所成角的正弦值．解：（ 1）因为AP CP AC 4 ， O 为 AC 的中点，所以 OP AC ，且OP2 3 .连结 OB .因为AB BC2AC ，所以△ABC为等腰直角三角形，2且 OB AC ，OB 1AC2. 2由 OP2OB2PB 2知PO OB .由 OP OB , OP AC 知PO平面 ABC .uuurO xyz .（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系uuur由已知得 O(0,0,0), B(2,0,0), A(0, 2,0), C(0,2,0), P(0,0,23), AP (0,2,2 3), 取平面 uuur PAC 的法向量 OB(2,0,0) .uuur设 M (a,2 a,0)(0a2)，则 AM (a,4 a,0) .设平面 PAM 的法向量为n(x, y, z) .14uuur uuur n 0 得 2y2 3z0 ，可取 n (3( a4), 3a, a) ，由 AP n 0, AMax (4a) y 0所以 cos uuur2 3( a 4).由已知得 | cos uuur| 3 . OB, na 2 OB, n2 3(a 4) 2 3a 22 所以2 3 | a 4| a 2 =3.解得 a 4 （舍去）， a4 . 2 3(a 4) 2 3a 2 23所以 n(83 ,4 3 ,uuur (0,2, 2 3) ，所以 cos uuur3 . 4) .又 PCPC, n3334所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为3 .415。

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届全国高考数学真题分类专项(立体几何)汇编(附答案)

2024届全国高考数学真题分类专项（立体几何）汇编1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧）A ．B ．C ．D ．2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（）A ．12 B ．1 C ．2 D ．33．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙．4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；(2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．参考答案1．（2024年新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高，则圆锥的体积为（）A ．B ．C ．D ．【详细详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.2．（2024年新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台111ABC A B C -的体积为523，6AB =，112A B =，则1A A 与平面ABC 所成角的正切值为（） A ．12B ．1C ．2D ．3【详细详解】解法一：分别取11,BC B C 的中点1,D D ，则11AD A D =可知11111662222ABC A B C S S =⨯⨯==⨯= 设正三棱台111ABC A B C -的为h ，则(11115233ABC A B C V h -==，解得h = 如图，分别过11,A D 作底面垂线，垂足为,M N ，设AM x =，则1AA DN AD AM MN x =--=-，可得1DD ==结合等腰梯形11BCC B 可得22211622BB DD -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,即()221616433x x +=++，解得x = 所以1A A 与平面ABC 所成角的正切值为11tan 1A MA ADAM?=；解法二：将正三棱台111ABC A B C -补成正三棱锥-P ABC ，则1A A 与平面ABC 所成角即为PA 与平面ABC 所成角，因为11113PA A B PA AB ==，则111127P A B C P ABC V V --=，可知1112652273ABC A B C P ABC V --==，则18P ABC V -=，设正三棱锥-P ABC 的高为d，则116618322P ABC V d -=⨯⨯⨯=，解得d =，取底面ABC 的中心为O ，则PO ⊥底面ABC，且AO = 所以PA 与平面ABC 所成角的正切值tan 1POPAO AO∠==. 故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为1r 和2r ，母线长分别为()212r r -和()213r r -，则两个圆台的体积之比=V V 甲乙．【详细详解】由题可得两个圆台的高分别为)12h r r ==-甲，)12h r r ==-乙，所以((212113143S S h r r V h V h S S h +-====+甲甲甲乙乙乙.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB =．(1)若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ； (2)若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．【详细详解】（1）（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥，根据平面知识可知//AD BC ，又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．（2）如图所示，过点D 作DE AC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =，所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠= 因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =2DE =，又242xCE -=，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF=，故22tan DFE∠==x =AD =5．（2024年新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD 中，8AB =，3CD =，AD =，90ADC ︒∠=，30BAD ︒∠=，点E ，F 满足25AE AD = ，12AF AB =，将AEF △沿EF 对折至PEF !，使得PC =．(1)证明：EF PD ⊥；(2)求面PCD 与面PBF 所成的二面角的正弦值．【详细详解】（1）由218,,52AB AD AE AD AF AB ====，得4AE AF ==，又30BAD ︒∠=，在AEF △中，由余弦定理得2EF =,所以222AE EF AF +=，则AE EF ⊥，即EF AD ⊥，所以,EF PE EF DE ⊥⊥，又,PE DE E PE DE =⊂ 、平面PDE ，所以EF ⊥平面PDE ，又PD ⊂平面PDE ，故EF ⊥PD ；（2）连接CE ，由90,3ADC ED CD ︒∠===，则22236CE ED CD =+=，在PEC 中，6PC PE EC ===，得222EC PE PC +=，所以PE EC ⊥，由（1）知PE EF ⊥，又,EC EF E EC EF =⊂ 、平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，又ED ⊂平面ABCD ，所以PE ED ⊥，则,,PE EF ED 两两垂直，建立如图空间直角坐标系E xyz -，则(0,0,0),(0,0,(2,0,0),(0,E P D C F A -，由F 是AB的中点，得(4,B ，所以(4,(2,0,PC PD PB PF =-=-=-=-，设平面PCD 和平面PBF 的一个法向量分别为111222(,,),(,,)n x y z m x y z ==，则11111300n PC x n PD ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，222224020m PB x m PF x ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩ ，令122,y x ==11220,3,1,1x z y z ===-=，所以(0,2,3),1,1)n m ==- ，所以cos ,m nm n m n ⋅===设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sin θ== 即平面PCD 和平面PBF所成角的正弦值为65.6．（2024年高考全国甲卷数学（理））如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形，//,//BC AD EF AD ，4,2AD AB BC EF ====，ED FB ==M 为AD 的中点．(1)证明：//BM 平面CDE ； (2)求二面角F BM E --的正弦值．【详细详解】（1）因为//,2,4,BC AD EF AD M ==为AD 的中点，所以//,BC MD BC MD =，四边形BCDM 为平行四边形，所以//BM CD ，又因为BM ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以//BM 平面CDE ；（2）如图所示，作BO AD ⊥交AD 于O ，连接OF ，因为四边形ABCD 为等腰梯形，//,4,BC AD AD =2AB BC ==，所以2CD =，结合（1）BCDM 为平行四边形，可得2BM CD ==，又2AM =，所以ABM 为等边三角形，O 为AM中点，所以OB =又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD 中点，所以,//EF MD EF MD =，四边形EFMD 为平行四边形，FM ED AF ==，所以AFM △为等腰三角形，ABM 与AFM △底边上中点O 重合，OF AM ⊥，3OF ==，因为222OB OF BF +=，所以OB OF ⊥，所以,,OB OD OF 互相垂直，以OB 方向为x 轴，OD 方向为y 轴，OF 方向为z 轴，建立O xyz -空间直角坐标系，()0,0,3F，)()(),0,1,0,0,2,3BM E，()(),BM BF ==，()2,3BE = ，设平面BFM 的法向量为()111,,m x y z =，平面EMB 的法向量为()222,,n x y z =，则00m BM m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111030y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =113,1y z ==，即)m = ，则00n BM n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222220230y y z ⎧+=⎪⎨++=⎪⎩，令2x =，得223,1y z ==-，即)1n =-，11cos ,13m n m n m n ⋅===⋅，则sin ,m n =故二面角F BM E --的正弦值为13.。