立体几何理-高考理科数学试题专题分类汇编
高考数学(理)(全国通用)复习高考试题分类汇编 ： 立体几何 (含解析)
第八章 立体几何第一节 空间几何体及其表面积和体积题型85 空间几何体的表面积与体积1.（2017江苏6）如图所示，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是 ．1.解析 设球O 的半径为r ，由题意212V r r =π⋅，3243V r =π，所以1232V V =．故填32．2．（2017天津理10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 .2.解析 设正方体的边长为a ，则226183a a =⇒=.外接球直径为正方体的体对角线，所以23==R ，344279πππ3382==⨯=V R . 3.（2107全国1卷理科16）如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当ABC △的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm ）的最大值为_______.3.解析 由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h =，2132ABC S x =⋅⋅=△，则13ABC V S h =⋅△令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得522x <<，所以()f x 在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.故()()280f x f =≤，则V ，所以体积的最大值为3.题型86 旋转体的表面积、体积及球面距离4.（2107全国3卷理科8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）. A ．πB ．3π4C ．π2D ．π44．解析 如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径r =23ππ4V r h ==.故选B.题型87 几何体的外接球与内切球第二节 空间几何体的直观图与三视图题型88 斜二测画法与直观图——暂无 题型89 空间几何体的三视图5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）. A.π12+ B. π32+ C. 3π12+ D. 3π32+5.解析 由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+．故选A ．6.（2017全国1卷理科7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）.A.10B.12C.14D.166. 解析 由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面， ()24226S =+⨯÷=梯，6212S =⨯=全梯.故选B.7.（2107全国2卷理科4）如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ）. A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π7．解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示． 2211π310π3663π22=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.8.（2017北京理7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（ ）.A.B.C. D.28. 解析 几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即l =故选B.9.（2017山东理13）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 .9. 解析 该几何体的体积为21112211242V π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系题型90 证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点” ——暂无 题型91 截面问题——暂无10.（2017江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，11E G 的长分别为14cm 和62cm ． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ． 现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm （容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱1CC 上，求l 没入水中部分 的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱1GG 上，求l 没入水中部分的长度．AC A 11容器ⅠE G 1H 1容器Ⅱ10.解析 （1）由正棱柱的定义，1CC ⊥平面ABCD ，所以平面11A ACC ⊥平面ABCD ，1CC AC ⊥．记玻璃棒的另一端落在1CC 上点M 处，如图所示为截面11A ACC的平面图形．因为AC =40AM =，所以30MC ==，从而3sin 4MAC ∠=.记AM 与水面的交点为1P ， 过点1P 作11PQ AC ⊥，1Q 为垂足，则11PQ ⊥平面ABCD ，故1112PQ =，从而11116sin PQ AP MAC==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．问(1)AC 1A 1CMP 1Q 1（2）如图所示为截面11E EGG 的平面图形，O ，1O 是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，1OO ⊥平面EFGH ， 所以平面11E EGG ⊥平面EFGH ，1O O EG ⊥． 同理，平面11E EGG ⊥平面1111E F G H ，111O O E G ⊥． 记玻璃棒的另一端落在1GG 上点N 处．过G 作11GK E G ⊥，K 为垂足，则132GK OO ==． 因为 14EG =，1162E G =，所以16214242KG -==，从而1GG =40==．设1EGG α∠=，ENG β∠=，则114sin sin cos 25KGG KGG απ⎛⎫=+==⎪⎝⎭∠∠．因为2απ<<π，所以3cos 5α=-． 在ENG △中，由正弦定理可得4014sin sin αβ=，解得7sin 25β=． 因为02βπ<<，所以24cos 25β=， 于是()()sin sin sin =NEG αβαβ=π--=+∠sin cos cos sin αβαβ+4243735255255⎛⎫=⨯+-⨯= ⎪⎝⎭． 记EN 与水面的交点为2P ，过2P 作22P Q EG ⊥，2Q 为垂足，则22P Q ⊥平面EFGH ，故2212P Q =，从而22220sin PQ EP NEG==∠．答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm ．问(2)G O E Q 2P 2NG 1KE 1O 1评注 此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：AC =40AM =，所以30CM ==，1112PQ =，所以由11AP A Q CM △△∽，111PQ AP CM AM =，即1123040AP =，解得116AP =． 答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm ．题型92 异面直线的判定——暂无第四节 直线、平面平行的判定与性质题型93 证明空间中直线、平面的平行关系11.（2107浙江19（1））如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB .11.解析 （1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB .A BDPE因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN MF DBCEA12.（2017江苏15）如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥， 平面ABD ⊥平面BCD ， 点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥． 求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）AD AC ⊥．ABDCEF12.解析 （1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.13.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；EM DCBAP13．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA 的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB.题型94 与平行有关的开放性、探究性问题第五节 直线、平面垂直的判定与性质题型95 证明空间中直线、平面的垂直关系14.（2017江苏15）如图所示，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥， 平面ABD ⊥平面BCD ， 点,E F （E 与,A D 不重合）分别在棱,AD BD 上，且EF AD ⊥． 求证：（1）EF ∥平面ABC ； （2）AD AC ⊥．ABDCEF14.解析 （1）在平面ABD 内，因为AB AD ⊥，EF AD ⊥，且点E 与点A 不重合，所以//EF AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以//EF 平面ABC . （2）因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD平面BCD BD =，BC ⊂平面BCD ，BC BD ⊥，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC AD ⊥. 又AB AD ⊥，BCAB B =，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD AC ⊥.15.（2017全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；DCBAP15. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .16.（2017全国3卷理科19（1））如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；16．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO题型96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无第六节 空间向量与立体几何题型97 空间向量及其运算 题型98 空间角的计算17.（2017全国2卷理科10）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）.ABCD17．解析 设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.可知112MN AB ==，112NP BC ==，取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，12MQ AC =.在ABC △中，2222c o s A C A B B C A B B C AB C =+-⋅⋅∠14122172⎛⎫=+-⨯⨯⋅-= ⎪⎝⎭，即AC，则MQ =，则在MQP △中，MP =. 在PMN △中，222cos 2MN NP PM PNM MN NP +-∠=⋅⋅222+-==. 又异面直线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，．故选C.18.（2107山东理17）如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G 是DF 的中点. （1）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （2）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.18.解析 （1）因为AP BE ⊥，AB BE ⊥，AB ，AP ⊂平面ABP ，ABAP A =，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE BP ⊥.又120EBC ∠=︒，所以30CBP ∠=︒.（2）以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得(0,0,3)A ，(2,0,0)E，G，(C -，则(2,0,3)AE =-，AG =，(2,0,3)CG =.设111(,,)x y z =m 是平面AEG 的一个法向量，由00AE AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，可得11112300x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩，取12z =，可得平面AEG的一个法向量(3,2)m =. 设222(,,)x y z =n 是平面ACG 的一个法向量，由00AG CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，可得22220230x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，取22z =-，可得平面ACG的一个法向量(3,2)=-n . 从而1cos ,2⋅==⋅m n m n m n ，易知二面角E AG C --为锐角.因此所求的角为60︒.19.（2017江苏22）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，且2AB AD ==，1AA =120BAD ∠=︒． （1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值； （2）求二面角1B A D A --的正弦值．A 1B 1C 1D 1ABCD19.解析 在平面ABCD 内，过点A 作AE AD ⊥，交BC 于点E ． 因为1AA ⊥平面ABCD ，所以1AA AE ⊥，1AA AD ⊥．如图所示，以{}1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz -．BB y因为2AB AD ==，1AA =120BAD ∠=︒． 则()0,0,0A，)1,0B -，()0,2,0D，)E，(1A，1C ．（1）(13,1,A B =-，(13,1,AC =，则111111cos ,A BAC A B AC A B AC ⋅=1,177-⋅==-．因此异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17． （2）平面1A DA 的一个法向量为()3,0,0AE =．设(),,x y z =m 为平面1BA D 的一个法向量，又(13,1,A B =-，()BD =，则100A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即030y y --=+=⎪⎩． 不妨取3x =，则y =，2z =，所以()=m 为平面1BA D 的一个法向量. 从而cos ,AE AE AE ⋅=m mm34⋅==，设二面角1B A D A --的大小为θ，则3cos 4θ=． 因为[]0,θ∈π，所以sin θ==．因此二面角1B A D A --的正弦值为4． 20.（2017全国1卷理科18）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=，求二面角A PB C --的余弦值.DCBAP20. 解析 （1）证明：因为90BAP CDP ∠=∠=，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥.又因为AB CD ∥，所以PD AB ⊥.又因为PD PA P =，PD ，PA ⊂平面PAD ，所以AB ⊥ 平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）取AD 的中点O ，BC 的中点E ，联结PO ，OE ，因为AB CD ∥，所以四边形ABCD 为平行四边形，所以OE AB ∥.由（1）知，AB ⊥平面PAD ，所以OE ⊥平面PAD .又PO ，AD ⊂平面PAD ，所以OE PO ⊥，OE AD ⊥.又因为PA PD =，所以PO AD ⊥，从而PO ，OE ，AD 两两垂直.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -， 设2PA =，所以()00D ，，)20B ，，(00P ，()20C ，，所以(0PD =，，(22PB =，，()00BC =-，.设()x y z =n ,,为平面PBC 的一个法向量，由00PB BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得200y +=-=⎪⎩.令1y =，则z ，0x =，可得平面PBC 的一个法向量(01=n ,. 因为90APD ∠=︒，所以PD PA ⊥，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以PD AB ⊥，又PA AB A =，所以PD ⊥平面PAB . 即PD 是平面PAB的一个法向量，(0PD =,,，从而cos PD PD PD ⋅===⋅n n n,由图知二面角A PB C--为钝角，所以它的余弦值为21.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=， E 是PD 的中点. （1）求证：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45，求二面角M AB D --的余弦值.EM DCBAP21．解析 （1）令PA 的中点为F ，联结EF ，BF ，如图所示．因为点E ，F 为PD ，PA的中点，所以EF 为PAD △的中位线，所以=1//2EF AD ．又因为90BAD ABC ∠=∠=︒，所以BC AD ∥．又因为12AB BC AD ==，所以=1//2BC AD ，于是=//EF BC ．从而四边形BCEF 为平行四边形，所以CE BF ∥．又因为BF PAB ⊂面，所以CE ∥平面PAB .（2）以AD 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设1AB BC ==，则()000O ，，，()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()010D ，，，(00P ．点M 在底面ABCD 上的投影为M '，所以MM BM ''⊥，联结BM '．因为45MBM '∠=，所以MBM '△为等腰直角三角形．因为POC △为直角三角形，OC =，所以60PCO ∠=． 设MM a '=，CM '=，1OM '=．所以100M ⎛⎫' ⎪ ⎪⎝⎭，，．BM a a '===⇒=112OM '==-．所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭，，102M ⎛- ⎝⎭，112AM ⎛=- ⎝⎭，(100)AB =，，． 设平面ABM 的法向量11(0)y z =，，m ，则110AM y ⋅=+=m，所以(02)=，m ，易知平面ABD 的一个法向量为(001)=，，n，从而cos ,⋅==⋅m n m n m n ．故二面角M AB D --．22.（2017全国3卷理科19）如图所示，四面体ABCD 中，ABC △是正三角形，ACD △是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角––D AE C 的余弦值．22．解析 ⑴如图所示，取AC 的中点为O ，联结BO ，DO . 因为ABC △为等边三角形，所以BO AC ⊥，AB BC =.由AB BC BD BD ABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，得ABD CBD ≅△△，所以AD CD =，即ACD △为等腰直角三角形， 从而ADC ∠为直角.又O 为底边AC 中点，所以DO AC ⊥. 令AB a =，则AB AC BC BD a ====，易得2a OD =，OB = 所以222OD OB BD +=，从而由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=，即OD OB ⊥. 由OD AC OD OB AC OB O AC ABC OB ABC⊥⎧⎪⊥⎪⎪=⎨⎪⊂⎪⊂⎪⎩平面平面，所以OD ⊥平面ABC . 又因为OD ⊂平面ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面ADC ⊥平面ABC .BEC DAO⑵由题意可知V V D ACE B ACE --=，即B ，D 到平面ACE 的距离相等，即点E 为BD 的中点. 以O 为坐标原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，易得24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 设平面AED 的法向量为()1111=,,x y z n ，平面AEC 的法向量为()2222=,,x y z n ，则1100AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，取1=n ；220AE OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，取(20,1,=n .设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，则1212cos θ⋅==⋅n n n n.23.（2017北京理16）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面MAC，PA PD ==4AB =．（1）求证：M 为PB 的中点； （2）求二面角B PD A --的大小；（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．23.解析 （1）设,AC BD 的交点为E ，联结ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC平面PBD ME =，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.MP EDCBA（2）取AD 的中点O ，联结OP ，OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥.因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图所示，建立空间直角坐标系O xyz -，则P ，(2,0,0)D ，(2,4,0)B -，(4,4,0)BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BD PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即44020x y x -=⎧⎪⎨=⎪⎩. 令1x =，则1y =，z ==n .平面PAD 的法向量为(0,1,0)=p ，所以1cos ,||||2⋅==<>n p n p n p .由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（3）由（1）知1,M ⎛- ⎝⎭，(2,4,0)C ，(3,2,)2MC =-. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则2sin cos ,9MC MC MCα⋅===<>n n n . 所以直线MC 与平面BDP . 24.（2017天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ； （2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为21，求线段AH 的长.NM ED CBAP24.解析 如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量， 则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ． （2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||⋅==n n n n |n n，于是12sin ,=n n . 所以二面角C EM N --.（3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE h ⋅===2102180h h -+=， 解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12. 25.（2107浙江19）如图所示，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. （1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.25.解析 （1）如图所示，设PA DE 的中点为F ，联结EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以//EF AD ，且1=2EF AD . 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC ，且=EF BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ，又BF ⊂平面PAB ，所以//CE 平面PAB .H QPN MF DBCEA（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，//MQ CE .由PAD △为等腰直角三角形，得PN AD ⊥.A DPE由DC AD ⊥，N 是AD 的中点，所以12ND AD BC ==，且BC DN ∥,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以CD BN ∥，所以BN AD ⊥.又BNPN N =,所以AD ⊥平面PBN ，由//BC AD ，得BC ⊥平面PBN ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角.设1CD =.在PCD △中，由2PC =，1CD =，PD =CE =，又BC ⊥平面PBN ，PB ⊂平面PBN ，所以BC PB ⊥.在PBN △中，由1PN BN ==，PB ==QH PB ⊥,Q 为PN 的中点，得14QH =.在Rt MQH △中，14QH =，MQ =sin QMH ∠=所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8. 26．（2107浙江9）如图所示，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为α，β，γ，则（ ）.A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<26.解析 如图所示，设点D 在底面ABC 内的射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离，O 到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边的距离相等．动态研究问题：1P P ®，所以O 到QR 的距离不变，O 到PQ 的距离减少，O 到PR 的距离变大．所以αγβ<<．1题型99 空间距离的计算——暂无题型100 与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无27.（2017全国3卷理科16）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在的直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成30角； ②当直线AB 与a 成60角时，AB 与b 成60角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.27．解析 由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中 所示的正方体的边长为1，故1AC =，AB =AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B 的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．以C 为坐标原点，以CD 为x 轴 正方向，CB 为y 轴正方向，CA 为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，直线a 的方向单位向量(0,1,0)=a ，1=a ．B 点起始坐标为(0,1,0) ，直线b 的方向单位向量(1,0,0)=b ，1=b ．设B 点在运动过程中的坐标()cos ,sin ,0B θθ'， 其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈.那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=-，2AB '= 设AB '与直线a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)cos 2AB θθαθ⎡-⋅==∈⎢'⎣⎦a ， 所以ππ,42α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故③正确，④错误．设AB '与直线b 所成夹角为π[0,]2β∈，(cos ,sin ,1)(1,0,0)cos AB AB AB θθβθ'⋅-⋅==''b b b. 当AB '与直线a 夹角为60︒时，即π3α=， sin3πθα=． 因为22cos sin 1θθ+=，所以cos θ=．从而1cos 2βθ=． 因为π0,2β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以π=3β，此时AB '与b 的夹角为60︒．所以②正确，①错误．故填② ③.28.（2017天津理17）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=.点D E N ，，分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =.（1）求证：//MN 平面BDE ； （2）求二面角C EM N --的正弦值；（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE ，求线段AH 的长.NM ED BAP28.解析 如图所示，以A 为坐标原点，{},,AB AC AP 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得(000)A ，，，(200)B ，，，(040)C ，，，(004)P ，，，(002)D ，，，(022)E ，，，(001)M ，，，(120)N ，，．（1）证明：()0,2,0DE =，()2,0,2DB =-.设(,,)x y z =n 为平面BDE 的一个法向量， 则0DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩，不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又()1,2,1MN =-，可得0MN ⋅=n ，因为MN ⊄平面BDE ，所以//MN 平面BDE ． （2）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的一个法向量，则220EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩. 不妨设1y =，可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||⋅==n n n n |n n，于是12sin ,=n n . 所以二面角C EM N --. （3）依题意，设()04AH h h =剟，则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知得||cos ,||||NH BE NH BE NH BE h ⋅===2102180h h -+=， 解得85h =或12h =.所以线段AH 的长为85或12.题型101 立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。
全国高考数学试题分类汇编 理科逐题详解 立体几何
九、立体几何第I 部分1.【陕西卷（理05）】已知底面边长为1，侧棱长为2则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）32.3A π .4B π .2C π 4.3D π2.【重庆卷（理07）】某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（ ） A.54 B.60 C.66 D.723.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（A ）321+ （B ）318+（C ）21（D ）184.【福建卷（理02）】某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ） A ． 圆柱 B ． 圆锥 C ． 四面体 D ． 三棱柱5.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示. 将该石材切割、打磨，加工成球，则能得到最大球的半径等于A. 1B. 2C. 3D. 46.【辽宁卷（理04）】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ）A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥俯视图左视图正视图3245正（主）视图侧（左）视图俯视图1111111111117.【全国大纲卷（08）】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ） A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π8.【四川卷（理08）】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点。
设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是A ．3[,1]3B ．6[,1]3C ．622[,]33D ．22[,1]39.【辽宁卷（理07）】某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．82π-B ．8π-C ．82π-D ．84π-10.【全国大纲卷（11）】已知二面角l αβ--为060，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，0135ACD ∠=，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．14 B ．24 C ．34 D ．1211.【全国新课标Ⅰ（理12）】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为A .62B .42C .6D .412.【全国新课标Ⅱ（理06）】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A. 1727 B. 59 C. 1027 D. 1313.【全国新课标Ⅱ（理11）】直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A. 110B. 25C. 3010D.2214.【北京卷（理07）】在空间直角坐标系Oxyz 中，已知()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()1,1,2D ，若 1S ，2S ，3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）（A ）123S S S == （B ）12S S =且 31S S ≠ （C ）13S S =且 32S S ≠ （D ）23S S =且 13S S ≠15.【广东卷（理07）】若空间中四条两两不同的直线1234,,,l l l l ，满足122334,,l l l l l l ⊥⊥⊥，则下列结论一定正确的是A.14l l ⊥B.14//l lC.14,l l 既不垂直也不平行D.14,l l 的位置关系不确定 16.【湖北卷（理05）】在如图所示的空间直角坐标系xyz O -中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为A.①和②B.③和①C. ④和③D.④和②17.【湖北卷（理08）】.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，另相乘也。
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．。
高考数学立体几何分类汇编(理)
2011-2018新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2012新课标】（11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 22【2013新课标1】6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 312C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【2014新课标2】11. 直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110 B.25 C.3010 D.22 【2015新课标2】（9）已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ）A ．36π B.64π C.144π D.256π【2016新课标1】(11)平面a 过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，a //平面CB 1D 1，a ⋂平面ABCD =m ，a ⋂平面ABA 1B 1=n ，则m 、n 所成角的正弦值为（ ）(A)32 (B)22 (C)33 (D)13【2016新课标3】10. 在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 13，则V 的最大值是（ ）(A )4π (B )9π2 (C )6π (D )32π3 【2017新课标1】16．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O 。
高考数学 立体几何试题分类汇编 理 试题
2021年高考数学立体几何试题分类汇编理创作人：历恰面日期：2020年1月1日〔〕〔A〕 48 (B)32+817 (C) 48+817 (D) 80〔〕某四面体的三视图如下图，该四面体四个面的面积中，最大的是A．8 B．62C．10 3正视图侧视图D ．82〔〕设图一是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为〔 〕 A ．9122π+ B ．9182π+ C ．942π+ D ．3618π+ 答案：B解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。
〔〕如图l —3．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，那么该几何体的体积为A.63B.93C.123D.183〔〕321,,ααα是三个互相平行的平面,平面21,αα之间的间隔 为1d ,平面32,αα之间的间隔 为2d .直线l 与321,,ααα分别交于321,,P P P .那么”“3221P P P P =是”“21d d =的 ( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 答案：C解析：平面321,,ααα平行，由图可以得知：假如平面间隔 相等，根据两个三角形全等可知3221P P P P =假如3221P P P P =，同样是根据两个三角形全等可知21d d =〔〕如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，那么以下结论中不正确的选．．．．．项是．． A ．AC ⊥SBB ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角〔〕球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3， 30=∠=∠BSC ASC ，那么棱锥S —ABC 的体积为A ．33B ．32C ．3D ．1〔全国2〕直二面角l αβ--，点,A AC l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．假设AB=2，AC=BD=1，那么D 到平面ABC 的间隔 等于(A)23 (B)33 (C)63(D) 1 【思路点拨】此题关键是找出或者做出点D 到平面ABC 的间隔 DE ，根据面面垂直的性质不难证明AC ⊥平面β，进而β⊥平面平面ABC,所以过D 作DE BC ⊥于E ，那么DE 就是要求的间隔 。
高考数学立体几何分类汇编(理)
新课标(理科)立体几何分类汇编一、选填题【2012新课标】（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（ B ） ()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18 【解析】选B 。
该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯=【2012新课标】（11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ A ）()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 22【解析】ABC ∆的外接圆的半径33r =，点O 到面ABC 的距离2263d R r =-=，SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2623d =此棱锥的体积为113262233436ABC V S d ∆=⨯=⨯⨯=另：13236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D【2013新课标1】6、如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( A )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 312C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A.【2013新课标1】8、某几何函数的三视图如图所示，则该几何的体积为( A )A 、16+8πB 、8+8πC 、16+16πD 、8+16π 【解析】由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2 高为4，上边放一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为21244222π⨯⨯+⨯⨯ =168π+，故选A .【2013新课标2】4. 已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l α，lβ，则( D )．A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 【解析】因为m ⊥α，l ⊥m ，lα，所以l ∥α.同理可得l ∥β。
高考数学(理)真题专题汇编：空间立体几何
高考数学（理）真题专题汇编：空间立体几何一、选择题（本题共9道小题，每小题0分，共0分）1.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则（ ）A. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<2.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积(cm 3)是（ ）A. 158B. 162C. 182D. 3243.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ） 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4.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅲ）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM、EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM、EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线5.【来源】0（08年全国卷2）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．1 B． C． D．26.【来源】0(08年四川卷文)若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于( )（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）7.【来源】0（08年北京卷）如图，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）8.【来源】2011年高考数学理（安徽）一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48+（B）32817+（C）48817（D）509.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为二、填空题10.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．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__________．12.【来源】2019年高考真题——理科数学（天津卷）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .13.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________.（本题第一空2分，第二空3分.）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 -A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O -EFGH 后所得几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.15.【来源】（07年浙江卷文）已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的取值范围是_________．16.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
高考数学试题分类汇编立体几何理
立体几何一、选择题1、（2016年北京高考）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.16 B.13 C.12D.1 【答案】A2、（2016年山东高考）有一个半球和四棱锥组成的几何体，其三 视图如右图所示，则该几何体的体积为（A ）π32+31 （B ）π32+31 （C ）π62+31 （D ）π62+1【答案】C3、（2016年全国I 高考）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.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【答案】A4、（2016年全国I 高考）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α//平面CB 1D 1，αI 平面ABCD =m ，αI 平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为（A （B ）2 （C （D ）13【答案】A5、（2016年全国II 高考）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π 【答案】C6、（2016年全国III 高考）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（A ）18+（B ）54+（C ）90 （D ）81 【答案】B7、（2016年全国III 高考）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B二、填空题1、（2016年上海高考）如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan，则该正四棱柱的高等于____________【答案】2、（2016年四川高考）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．3、（2016年天津高考）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【答案】24、（2016年全国II 高考） ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.[ （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 ．.(填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④5、（2016年浙江高考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【答案】72 32 6、（2016年浙江高考）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【答案】12三、解答题1、（2016年北京高考） 如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC CD =（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【解】⑴∵面PAD 面ABCD AD =面PAD ⊥面ABCD∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ∴AB ⊥面PAD ∵PD ⊂面PAD ∴AB ⊥PD 又PD ⊥PA ∴PD ⊥面PAB⑵取AD 中点为O ，连结CO ，PO∵CD AC ==∴CO ⊥AD ∵PA PD = ∴PO ⊥AD以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>==⑶假设存在M 点使得BM ∥面PCD设AM APλ=，()0,','M y z由（2）知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =-有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量 ∴0BM n ⋅=即102λλ-++=∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求.2、（2016年山东高考）在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的Ox yz PABC D直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =12AC=，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【解】(Ⅰ)连结FC ，取FC 的中点M ，连结HM GM,， 因为GM//EF ，EF 在上底面内，GM 不在上底面内， 所以GM//上底面，所以GM//平面ABC ； 又因为MH//BC ，⊂BC 平面ABC ，⊄MH 平面ABC ，所以MH//平面ABC ； 所以平面GHM//平面ABC ，由⊂GH 平面GHM ，所以GH//平面ABC ． (Ⅱ) 连结OB ，BC AB = OB A ⊥∴O以为O 原点，分别以O O OB,OA,'为z y,x,轴， 建立空间直角坐标系．BC AB ,32AC 21FB EF ==== ，3)(22=--='FO BO BF O O ，于是有)0,0,3A(2，)0,0,3C(-2，)0,3B(0,2，)3,3F(0,， 可得平面FBC 中的向量)3,(30,-BF =，)0,,(3232CB =, 于是得平面FBC 的一个法向量为)1,3,3(1-=n ， 又平面ABC 的一个法向量为)1,0,0(2=n ， 设二面角A -BC -F 为θ，B则7771cos ===θ． 二面角A -BC -F 的余弦值为77．3、（2016年上海高考）将边长为1的正方形11AAOO （及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为2π，11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAOO 的同侧。
高考数学理是题分类汇编
高考数学理试题分类汇编----立体几何一、已给三视图求立体图形的体积/表面积A.1、〔2021年北京高考〕某三棱锥的三视图以以下图，那么该三棱锥的体积为〔〕B.16B.13C.12D.1【答案】A2、〔2021年山东高考〕有一个半球和四棱锥构成的几何体，其三视图如右图所示，那么该几何体的体积为1 / 272 / 27〔A 〕π32+31 〔B 〕π32+31〔C 〕π62+31〔D 〕π62+1【答案】C3、〔2021年全国I 高考〕，那么它的表面积是〔A 〕17π〔B 〕18π〔C 〕20π〔D 〕28π【答案】A4、〔2021年全国II高考〕右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的表面积为〔A〕20π〔B〕24π〔C〕28π〔D〕32π【答案】C5、〔2021年全国III高考〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的表面积为〔A〕18365+B〕54185+C〕90〔D〕81【答案】B6、〔2021年四川高考〕三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图以以下图，那么该三棱锥的体积是__________．3 / 27【答案】337、〔2021年天津高考〕一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图以以下图〔单位：m〕，那么该四棱锥的体积为_______m3.【答案】2二．求值8、〔2021年浙江高考〕某几何体的三视图以以下图〔单位：cm〕，那么该几何体的表面积是cm2，体积是cm3.【答案】72324 / 275 / 279、〔2021年全国III 高考〕在关闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，假定AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，那么V 的最大值是〔A 〕4π〔B 〕92π 〔C 〕6π〔D 〕323π【答案】B10、〔2021年全国I 高考〕平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的极点A ，α//平面CB 1D 1，α平面ABCD =m ，α平面ABB 1A 1=n ，那么m ，n 所成角的正弦值为〔A〕2〔B〕2〔C〕3〔D 〕13【答案】A 二、填空题11、〔2021年上海高考〕如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，那么该正四棱柱的高等于____________6 / 27【答案】2212、〔2021年浙江高考〕如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.假定平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，知足PD =DA ，PB =BA ，那么四周体PBCD 的体积的最大值是.【答案】1213、〔2021年全国II 高考〕,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有以下四个命题：〔1〕假如,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.[ 〔2〕假如,//m n αα⊥，那么m n ⊥. 〔3〕假如//,m αβα⊂，那么//m β.〔4〕假如//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.7 / 27此中正确的命题有．.(填写全部正确命题的编号〕 【答案】②③④四、建系坐标用空间向量证明平行.垂直及求角14、〔2021年北京高考〕如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.〔1〕求证：PD ⊥平面PAB ；〔2〕求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；〔3〕在棱PA 上能否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？假定存在，求AMAP的值；假定不存在，说明原因. 【解】⑴∵面PAD 面ABCD AD =8 / 27面PAD ⊥面ABCD ∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD∴AB ⊥面PAD ∵PD ⊂面PAD ∴AB ⊥PD 又PD ⊥PA∴PD ⊥面PAB⑵取AD 中点为O ，连接CO ，PO∵CD AC ==∴CO ⊥AD∵PA PD = ∴PO ⊥AD认为O 原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，那么(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，， 设n 为面PDC 的法向量，令0(,1)n x y =，011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，那么PB 与面PCD 夹角θ有sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>==⑶假定存在M 点使得BM ∥面PCDOx yzPABC D9 / 27设AMAPλ=，()0,','M y z由〔2〕知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量 ∴0BM n ⋅= 即102λλ-++=∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AMAP=时，M 点即为所求.15、〔2021年山东高考〕在以以下图的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.〔I 〕G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； 〔II 〕EF =FB =12AC =23，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【解】(Ⅰ)连接FC ，取FC 的中点M ，连接HM GM,，由于GM//EF ，EF 在上底面内，GM 不在上底面内，10 / 27因此GM//上底面，因此GM//平面ABC ； 又由于MH//BC ，⊂BC 平面ABC ，⊄MH 平面ABC ，因此MH//平面ABC ； 因此平面GHM//平面ABC ，由⊂GH 平面GHM ，因此GH//(Ⅱ)连接OB ，BC AB = OB A ⊥∴O认为O 原点，分别认为O O OB,OA,'z y,x,轴， 成立空间直角坐标系．BC AB ,32AC 21FB EF ==== ， 3)(22=--='FO BO BF O O ，于是有)0,0,3A(2，)0,0,3C(-2，)0,3B(0,2，)3,3F(0,，可得平面FBC 中的向量)3,(30,-BF =，)0,,(3232CB =,于是得平面FBC 的一个法向量为)1,3,3(1-=n ，又平面ABC 的一个法向量为)1,0,0(2=n ，E F BA C G H E FB AC O ， O x yz11 / 27设二面角A -BC -F 为θ，那么7771cos ===θ．二面角A -BC -F 的余弦值为77．16、〔2021年上海高考〕将边长为1的正方形11AAOO 〔及其内部〕绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为23π，11A B 长为3π，此中1B 与C在平面11AAOO 的同侧。
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题(原卷版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何大题（原卷版）1．(2021年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B 为正方形,2AB BC ==,E ,F 分别为AC 和1CC 中点,D 为棱11A B 上地点．11BF A B ⊥(1)证明：BF DE ⊥。
(2)当1B D 为何值时,面11BB C C 与面DFE 所成地二面角地正弦值最小?2．(2021年高考全国乙卷理科)如图,四棱锥P ABCD -地底面是矩形,PD ⊥底面ABCD ,1PD DC ==,M 为BC 地中点,且PB AM ⊥．(1)求BC 。
(2)求二面角A PM B --地正弦值．3．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)如图,D 为圆锥地顶点,O 是圆锥底面地圆心,AE 为底面直径,AE AD =．ABC 是底面地内接正三角形,P 为DO 上一点,PO =．的(1)证明：PA ⊥平面PBC 。
(2)求二面角B PC E --地余弦值．4．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1地底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1地中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 地平面交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地中心,若AO ∥平面EB 1C 1F ,且AO =AB ,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角地正弦值．5．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别在棱11,DD BB 上,且12DE ED =,12BF FB =．(1)证明：点1C 平面AEF 内。
(2)若2AB =,1AD =,13AA =,求二面角1A EF A --地正弦值．6．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)图1是由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成地一个平面图形,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中地A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE 。
专题15 立体几何多选、填空题(理科)(解析版)-十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编
十年（2014－2023）年高考真题分项汇编立体几何填空、多选目录题型一：立体几何结构特征 (1)题型二：立体几何三视图 (6)题型三：立体几何的表面积与体积 (9)题型四：立体几何中的球的问题 (21)题型五：立体几何线面位置关系 (22)题型六：立体几何中的角度与距离 (26)题型一：立体几何结构特征1．(2023年全国甲卷理科·第15题)在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，11C D 的中点，以EF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．【答案】12解析：不妨设正方体棱长为2，EF 中点为O ，取CD ，1CC 中点,G M ，侧面11BB C C 的中心为N ，连接,,,,FG EG OM ON MN ，如图，由题意可知，O 为球心，在正方体中，EF ===，即R =，则球心O 到1CC 的距离为OM ===，所以球O 与棱1CC 相切，球面与棱1CC 只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12．故答案为：122．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第15题)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_________．【答案】23解析：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==，故122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r =，其体积：34233V r ππ==．．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．3．(2019·全国Ⅱ·理·第16题)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为(本题第一空2分，第二空3分).【答案】()1共有26个面；()21.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，∵2BG GE CH x ===，∴)2112GH x x x =+=+=，∴1x ==-1-．【点评】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．4．(2017年高考数学上海（文理科）·第11题)如图,以长方体1111ABCD A B C D -的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1DB 的坐标为(4,3,2),则1AC 的坐标为________．【答案】1(4,3,2)AC =- 【解析】(4,0,0)A ,1(0,3,2)C ,则1(4,3,2)AC =- ．5．(2015高考数学江苏文理·第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_______．解析：由体积相等得：22221145+28=4833r r r ππππ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⇒=考点：圆柱及圆锥体积二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第12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【答案】ABD解析：对于选项A ：因为0.99m 1m <，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；对于选项B1.4>，所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为1.8<，所以不能够被整体放入正方体内，故C 不正确；对于选项D ：因为1.2m 1m >，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过1AC 的中点O 作1OE AC ⊥，设OE AC E =I ，可知111,=2AC CC AC OA ===，则11tan CC OE CAC AC AO ∠==，32=，解得4OE =，且223990.6482425⎛⎫==>= ⎪ ⎪⎝⎭，即60.64>，故以1AC 为轴可能对称放置底面直径为1.2m 圆柱，若底面直径为1.2m 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心1O ，与正方体的下底面的切点为M ，可知：111,0.6AC O M O M ⊥=，则1111tan CC O M CAC AC AO ∠==，即110.62AO =，解得10.62AO =，根据对称性可知圆柱的高为320.62 1.732 1.2 1.4140.03520.01-⨯≈-⨯=>，所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；故选：ABD .2．(2021年新高考Ⅰ卷·第12题)在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则()A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD解析:易知，点P 在矩形11BCC B 内部(含边界)．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++ ，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++ ，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+ ，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+ ，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，12A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1,0,12A P μ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，()10μμ-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+ ，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎫⎪⎪⎝⎭，，所以01,22AP y ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确,故选BD ．题型二：立体几何三视图1．(2021年高考全国乙卷理科·第16题)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，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)．【答案】③④解析：选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -．故答案为：③④．【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系．2．(2019·北京·理·第11题)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__________．【答案】40．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，该几何体的体积()3142424402V =-+⨯⨯=．3．(2017年高考数学上海（文理科）·第8题)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于________．【答案】9π【解析】3436393r r S πππ=⇒=⇒=．4．(2017年高考数学山东理科·第13题)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为__________．【答案】22π+【解析】该几何体的体积为21112211242V π=π⨯⨯⨯+⨯⨯=+．则该棱台的体积为________．【答案】6解析：如图，过1A 作1A M AC ⊥，垂足为M ，易知1A M 为四棱台1111ABCD A B C D -的高，因为1112,1,AB A B AA ===则1111111111,222222A O A C B AO AC ======，故()111222AM AC A C =-=，则12A M ===，所以所求体积为1676(41326V =⨯+⨯=．故答案为：6．2．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第14题)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______．【答案】28解析：方法一：由于2142=，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为()1446323⨯⨯⨯=，截去的正四棱锥的体积为()122343⨯⨯⨯=，所以棱台的体积为32428-=．方法二：棱台的体积为(13164283⨯⨯++=．故答案为：28．3．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第15题)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，BH DG ∥，EF =12cm ，DE=2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．【答案】542π+解析：设==OB OA r ，由题意7AM AN ==，12EF =，所以5NF =，因为5AP =,所以45AGP ︒∠=，因为//BH DG ，所以45AHO ︒∠=，因为AG 与圆弧AB 相切于A 点，所以OA AG ⊥，即OAH △为等腰直角三角形；在直角OQD △中，52OQ r =-，72DQ r =-，因为3tan 5OQ ODC DQ ∠==，所以212522r r -=-，解得r =等腰直角OAH △的面积为1142S =⨯=；扇形AOB 的面积(2213324S ππ=⨯⨯=，所以阴影部分的面积为1215422S S ππ+-=+．故答案为：542π+．4．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第13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____________【答案】13解析：因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为：135．(2020天津高考·第15题)如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ︒∠==，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=- ，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN = ，则DM DN ⋅的最小值为_________．【答案】(1)．16(2)．132【解析】AD BC λ=，//AD BC ∴，180120BAD B ∴∠=-∠= ，13cos12063922AB AD BC AB BC AB λλλλ⎛⎫⋅=⋅=⋅=⨯⨯⨯-=-=- ⎪⎝⎭，解得16λ=，以点B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy，()66,0BC C =∴ ，,3,60AB ABC =∠=︒ ，A ∴的坐标为32A ⎛ ⎝⎭,又16AD BC =,则5,22D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，设(),0M x ，则()1,0N x +(其中05x ≤≤)，5,2DM x ⎛=- ⎝⎭，32DN x ⎛=- ⎝⎭，()222532113422222DM DN x x x x x ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=-+=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，当2x =时，DM DN ⋅取得最小值132．故答案为：16；132．6．(2020江苏高考·第9题)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0．5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm．【答案】2π-【解析】正六棱柱体积为23622=1234⨯⨯⨯,圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为1232π-,故答案为：1232π-7．(2019·天津·理·第11题)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．【答案】4π解析：如图，正四棱锥P ABCD -，2,5AB PA ==，则1OC =，四棱锥的高222PO PC OC =-=，圆柱的高为112h PO ==，112HG AC ==，圆柱的底面半径1122r HG ==，所以圆柱的体积24V r h ππ==．8．(2019·全国Ⅲ·理·第16题)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9g /cm ，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】由题意得，四棱锥O EFGH -的底面积为214642312cm 2⨯-⨯⨯⨯=，其高为点O 到底面11BB C C的距离为3cm ，则此四棱锥的体积为311V 12312cm 3=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32V 466144cm =⨯⨯=，所以该模型体积为321V V V 14412132cm =-=-=，其质量为0.9132118.8m V g ρ==⨯=．【点评】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．9．(2019·江苏·第9题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 是1CC 的中点，则三棱椎-E BCD 的体积是______.【答案】10【解析】因为111111113===332212BCDE BCDBCD ABCD ABCD S V S EC EC V S C C S C C -=⋅⋅⋅⨯⨯△△长方体矩形矩形所以11=120=101212E BCD V -=⨯长方体.10．(2018年高考数学江苏卷·第10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．【答案】43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，所以该多面体的体积为2142133⨯⨯⨯=．11．(2018年高考数学天津（理）·第11题)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为．【答案】112解析：过平面EFGH 的截面如图所示，因为正方体的棱长为1，所以正方形EFGH 的面积12EFGH S =，顶点M 到平面EFGH 的距离12h =，所以11111332212M EFGH EFGH V S h -=⋅=⨯⨯=．12．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）·第16题)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【答案】解析：因为母线SA 、SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA 、SB ．设母线长为l ，则SAB △的面积为212l =解得l =，又SA 与圆锥底面所成角为45°，可得底面半径r =，所以该圆锥的侧面积是rl π=．13．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60，则点1C 到直线AB的距离为．1A 1B 1C A BC【答案】3解：如图，在正三棱柱111ABC A B C -中， 1.AB =若二面角1C AB C --的大小为60o过C 作CD⊥AB，D 为垂足，连接C 1D，则C 1D⊥AB，∠C 1DC=60°，CD=23，则C 1D=3，所以点C 1到直线AB 的距离为3。
专题14 立体几何选择题(理科)(解析版)-十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编
十年（2014－2023）年高考真题分项汇编立体几何选择题目录题型一：立体几何的机构特征及其直观图...............................................1题型二：简单几何体的表面积和体积.....................................................10题型三：球的有关问题..............................................................................38题型四：线面之间的位置关系与垂直与平行.........................................43题型五：空间角与空间距离 (52)题型一：立体几何的机构特征及其直观图1．(2023年北京卷·第9题)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若25m,10m AB BC AD ===，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD 的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为()()A ．102mB ．112mC .117m D ．125m【答案】C解析：如图，过E 做EO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，过E 分别做EG BC ⊥，EM AB ⊥，垂足分别为G ，M ，连接,OG OM ，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为EMO ∠和EGO ∠，所以5tan tan EMO EGO ∠=∠=．因为EO ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以EO BC ⊥，因为EG BC ⊥，,EO EG ⊂平面EOG ，EO EG E ⋂=，所以BC ⊥平面EOG ，因为OG ⊂平面EOG ，所以BC OG ⊥，．同理：OM BM ⊥，又BM BG ⊥，故四边形OMBG 是矩形，所以由10BC =得5OM =，所以EO =5OG =，所以在直角三角形EOG 中，EG ===在直角三角形EBG 中，5BG OM ==，8EB ===，又因为55255515EF AB =--=--=，所有棱长之和为2252101548117m ⨯+⨯++⨯=．故选：C2．(2023年全国乙卷理科·第3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【答案】D解析：如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =，点,,,H I J K 为所在棱上靠近点1111,,,B C D A 的三等分点，,,,O L M N 为所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体1111ABCD A B C D -去掉长方体11ONIC LMHB -之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，其表面积为：()()()22242321130⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯=．故选：D ．3．(2021年高考浙江卷·第4题)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()()A ．32B ．3CD ．【答案】A解析:几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，，下底为，腰长为12=，故1111131222ABCD A B C D V -=⨯+⨯=，故选A ．4．(2021年新高考Ⅰ卷·第3题)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A ．2B ．C ．4D ．【答案】B解析:设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=l =,故选B ．5．(2021年高考全国甲卷理科·第6题)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A ．B ．C ．D ．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D6．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第3题)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 ．514B ．512-C ．514D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a =(负值舍去)．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．7．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第7题)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第3题)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A图．9．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第7题)某圆柱的高为2，底面周长为16,其三视图如右圈，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．217B．25C．3D．2【答案】B解析：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的22+=B．242510．(2014高考数学课标1理科·第12题)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的个条棱中,最长的棱的长度为()() A．62B．42C．6D．4【答案】C-,【解析】:如图所示,原几何体为三棱锥D ABC其中4,AB BC AC DB DC =====,6DA ==,故最长的棱的长度为6DA =,选C ．11．(2014高考数学江西理科·第5题)一几何体的直观图如右图,下列给出的四个俯视图中正确的是()()【答案】B解析:俯视图为几何体在底面上的投影,应为B 中图形．12．(2014高考数学湖北理科·第8题)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式21.36v L h ≈它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么近似公式2275v L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()左（侧）视主（正）视俯视A BC DA ．227B ．258C ．15750D ．355113【答案】B解析：由题意可知：L ＝2πr ，即2πL r =，圆锥体积222211112ππ3332π12π75L V Sh r h h L h L h ⎛⎫==⋅≈ ⎪⎝⎭＝＝，故1212π75≈，25π8≈，故选B ．备注：13．(2014高考数学湖北理科·第5题)在如图所示的空间直角坐标系xyz O -中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()()A ．①和②B ．③和①C ．④和③D ．④和②【答案】D解析：如图所示A (0,0,2)，B (2,2,0)，C (1,2,1)，D (2,2,2)，B ，C ，D 点在面yOz 上的射影分别为B 1，C 1，D 1，它们在一条线上，且C 1为B 1D 1的中点．从前往后看时，看不到棱AC ，正视图中AC 1应为虚线．故正视图应为图④．点A ，D ，C 在面xOy 内的射影分别为O ，B ，C 2，俯视图为△OC 2B ，故选图②．综上选D ．14．(2014高考数学福建理科·第2题)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A ．圆柱B ．圆锥C ．四面体D ．三棱柱【答案】A解析：圆柱的正视图为矩形，故选：A ．15．(2014高考数学北京理科·第7题)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,2,0)C ，D，若1S ，2S ，3S 分别表示三棱锥D ABC -在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则()A ．123S S S ==B ．12S S =且31S S ≠C ．13S S =且32S S ≠D ．23S S =且13S S ≠【答案】D解析：设顶点D 在三个坐标平面xoy 、yoz 、zox 上的正投影分别为1D 、2D 、3D ，则11AD BD ==，2AB =，∴1S ＝12×2×2＝2，2S =2SO CD ⋅＝12×2×2＝2，33S SO AD =⋅=12×2×2＝2．∴选D ．16．(2017年高考数学北京理科·第7题)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A ．B ．C ．D ．2【答案】B【解析】几何体是四棱锥,如图所示红色图形为三视图还原后的几何体,最长的棱长为正方体的对角线,l ==,故选B ．题型二：简单几何体的表面积和体积1．(2023年天津卷·第8题)在三棱锥-P ABC 中，线段PC 上的点M 满足13PM PC =，线段PB 上的点N满足23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为()A ．19B ．29C ．13D ．49【答案】B解析：如图，分别过,M C 作,MM PA CC PA ''⊥⊥,垂足分别为,M C ''．过B 作BB '⊥平面PAC ，垂足为B '，连接PB ',过N 作NN PB ''⊥,垂足为N '．因为BB '⊥平面PAC ，BB '⊂平面PBB '，所以平面PBB '⊥平面PAC ．又因为平面PBB ' 平面PAC PB '=，NN PB ''⊥，NN '⊂平面PBB '，所以NN '⊥平面PAC ，且//BB NN ''．在PCC '△中，因为,MM PA CC PA ''⊥⊥，所以//MM CC ''，所以13PM MM PC CC '=='，在PBB '△中，因为//BB ''，所以23PN NN PB BB '=='，所以11123231119332PAM P AMN N PAMP ABC B PACPAC PA MM NN S NN V V V V S BB PA CC BB ----⎛⎫'''⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭====⎛⎫'''⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭．故选：B2．(2023年全国乙卷理科·第8题)已知圆锥POO 为底面圆心，P A ．PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB 的面积等于934，则该圆锥的体积为()A ．πBC ．3πD．【答案】B解析：在AOB 中，120AOB ∠=o ，而OA OB =，取AB 中点C ，连接,OC PC ，有,OC AB PC AB ⊥⊥，如图，30ABO = ∠，,232OC AB BC ===，由PAB ，得1324PC ⨯⨯=，解得332PC =，于是PO ===，所以圆锥的体积2211ππ33V OA PO =⨯⨯=⨯⨯．故选：B3．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第5题)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 【答案】D解析:作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h =，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积((121116433V h S S =++=⨯++=故选D ．4．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第8题)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．B ．4+4C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．5．(2020年浙江省高考数学试卷·第5题)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是()()A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A解析：由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故选：A6．(2022高考北京卷·第9题)已知正三棱锥P ABC -的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为()A ．34πB ．πC ．2πD ．3π【答案】B解析:设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为三角形ABC 的中心，且23632BO =⨯⨯=，故PO ==．因为5PQ =，故1OQ =，故S 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 内切圆的圆心为O，半径为32364136⨯⨯=>⨯，故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π故选,B7．(2022年高考全国甲卷数学(理)·第9题)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=VV 甲乙()AB．CD．【答案】C【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，则11222S rl r S r l r ππ===甲乙，所以122r r =，又12222r r l l πππ+=，则121r r l+=，所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h ==，乙圆锥的高2223h l ==，所以22112221453931122393r h l V V r h ππ⨯==甲乙．故选：C ．8．(2022年高考全国甲卷数学(理)·第4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 ．20【答案】B【解析】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积2422122V +=⨯⨯=．故选：B ．9．(2022年浙江省高考数学试题·第5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 ．16π3【答案】C解析:由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm ，圆台的下底面半径为2cm ，所以该几何体的体积(322214122ππ1π122π2π12333V =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯+=3cm ．故选：C ．10．(2022新高考全国II 卷·第7题)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为在同一球面上，则该球的表面积为()A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以1233432,2sin 60sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =，2d =，故121d d -=或121d d +=，即1=1+=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．11．(2022新高考全国I 卷·第8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3l ≤≤，则该正四棱锥体积的取值范围是()A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C解析:∵球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214(=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l <≤时，0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =时，814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，．故选：C ．12．(2022新高考全国I 卷·第4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 ．时，增加的水量约为 2.65≈)()A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【答案】C解析:依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =++=⨯⨯⨯+⨯+'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．13．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第9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 ．22【答案】C解析：设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅=(当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r 又22r h 1+=则21432327O ABCDV r h -=⋅⋅=当且仅当222r h =即h 时等号成立，故选：C14．(2021高考天津·第6题)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为()A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π【答案】B解析：如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3:1，即3AD BD =，设球的半径为R ，则343233R ππ=，可得2R =，所以，44AB AD BD BD =+==，所以，1BD =，3AD =，CD AB ⊥ ，则90CAD ACD BCD ACD ∠+∠=∠+∠= ，所以，CAD BCD ∠=∠，又因为ADC BDC ∠=∠，所以，ACD CBD △∽△，所以，AD CDCD BD=，CD ∴==，因此，这两个圆锥的体积之和为()21134433CD AD BD πππ⨯⋅+=⨯⨯=．故选：B ．15．(2021高考北京·第4题)()()A ．33+22B ．3+C ．32+D ．33+2【答案】A解析：根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为213311242⨯⨯⨯+⨯=，故选：A ．16．(2016高考数学北京理科·第6题)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()()A ．16B ．13C ．12D ．1【答案】A解析：通过三视图可还原几何体为如图所示三棱锥，则通过侧视图得高1h =，底面积111122S =⨯⨯=，所以体积1136V Sh ==．17．(2020天津高考·第5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 ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=．故选：C ．18．(2020北京高考·第4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 ．6+B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭．故选：D ．19．(2019·浙江·第4题)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式=V Sh 柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm )，则该柱体的体积(单位：3cm )是()A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是棱柱，高为6，底面是由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2646(33)616222++⨯+⨯⨯=．故选B ．20．(2019·上海·第14题)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【答案】B【解析】依题意：ππ34123121=⋅⋅⋅=V ，ππ32213122=⋅⋅⋅=V ，选B.【点评】本题主要考查圆锥的体积.21．(2018年高考数学浙江卷·第3题)某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是()()A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】C【解析】该几何体的直观图如图所示，该几何体是棱长为2的正方体的34，其体积333264V cm =⨯=22．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第10题)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A ．123B ．183C ．243D ．543【答案】B解析：设ABC △的边长为a ，则21sin 60362ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为11632sin 60232a r =⋅==︒，故球心O 到面ABC 2216122R r -=-=，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时1136333D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B ．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．23．(2014高考数学重庆理科·第7题)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．54B ．60C ．66D ．72正视图左视图俯视图5432【答案】B解析：由三视图可知，该几何体是由下方的直三棱柱与上方的四棱锥组成的组合体，其中直三棱柱底面为一个边长为3,4,5的直角三角形，高为2，上方的四棱锥是底面边长是3的正方形，一个侧面与直三棱柱的底面重合。
高考数学立体几何试题汇编
高考数学立体几何试题汇编一、选择题1．（全国Ⅰ•理•7题）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -中，AB AA 21=，则异面直线11AD B A 与所成角的余弦值为（ D ）A ．51 B ．52 C ．53 D ．542．（全国Ⅱ•理•7题）已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于（ A ）A ．6 B ．10C ．22D ．33．（北京•理•3题）平面α∥平面β的一个充分条件是（ D ）A ．存在一条直线a a ααβ，∥，∥B ．存在一条直线a a a αβ⊂，，∥C ．存在两条平行直线a b a b a b αββα⊂⊂，，，，∥，∥D ．存在两条异面直线a b a a b αβα⊂，，，∥，∥4．（安徽•理•2题）设l ，m ，n 均为直线，其中m ，n 在平面α内，“l α⊥”是l m⊥且“l n ⊥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．（安徽•理•8题）半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，则A 与B 两点间的球面距离为（ ）A ．)33arccos(-B ．)36arccos(- C ．)31arccos(-D ．)41arccos(- 6．（福建•理•8题）已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ D ）A ．,,//,////m n m n ααββαβ⊂⊂⇒B ． //,,//m n m n αβαβ⊂⊂⇒C ．,//m m n n αα⊥⊥⇒D ． //,m n n m αα⊥⇒⊥7．（福建•理•10题）顶点在同一球面上的正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AA 1＝，则A 、C 两点间的球面距离为（ B ）A ．4π B ． 2πC ．24πD ． 22π8．（湖北•理•4题）平面α外有两条直线m 和n ，假如m 和n 在平面α内的射影分别是1m 和1n ，给出下列四个命题：①1m ⊥1n ⇒m ⊥n ； ②m ⊥n ⇒1m ⊥1n ；③1m 与1n 相交⇒m 与n 相交或重合； ④1m 与1n 平行⇒m 与n 平行或重合； 其中不正确的命题个数是（ D ）A.1B.2C.3D.4 9．（湖南•理•8题）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ D ）A ．22B ．1C ．212+D ．210．（江苏•理•4题）已知两条直线,m n ，两个平面,αβ，给出下面四个命题： ①//,m n m n αα⊥⇒⊥ ②//,,//m n m n αβαβ⊂⊂⇒ ③//,////m n m n αα⇒ ④//,//,m n m n αβαβ⊥⇒⊥ 其中正确命题的序号是（ C ）A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③ 11．（江西•理•7题）如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ．则以下命题中，错误．．的命题是（ D ） A ．点H 是△A 1BD 的垂心 B ．AH 垂直平面CB 1D 1C ．AH 的延长线通过点C 1D ．直线AH 和BB 1所成角为45° 12．（辽宁•理•7题）若m n ，是两条不同的直线，αβγ，，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）A ．若m βαβ⊂⊥，，则m α⊥B ．若m αγ=n βγ=，m n ∥，则αβ∥C ．若m β⊥，m α∥，则αβ⊥D ．若αγ⊥，αβ⊥，则βγ⊥13．（陕西•理•6题）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ B ）A ．433 B ．33 C ． 43 D ．12314．（四川•理•4题）如图，ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体，下面结论错误．．的是（ D ）A ．BD ∥平面CB 1D 1 B ．AC 1⊥BDC ．AC 1⊥平面CB 1D 1 D ．异面直线AD 与CB 1角为60°15．(宁夏•理•8题) 已知某个几何体的三视图如下，依照图中标出的尺寸（单位：cm ），可得那个几何体的体积是（ B ）Ａ．34000cm 3 Ｂ．38000cm 3Ｃ．32000cmＤ．34000cm16．（四川•理•6题）设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离差不多上2π，且三面角B -OA -C 的大小为3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是（ C ） A ．67π B ．45π C ．34π D ．23π17．（天津•理•6题）设a b ，为两条直线，αβ，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ D ）Ａ．若a b ，与α所成的角相等，则a b ∥ Ｂ．若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥Ｃ．若a b a b αβ⊂⊂，，∥，则αβ∥ Ｄ．若a b αβ⊥⊥，，αβ⊥，则a b ⊥18．（浙江•理•6题）若P 是两条异面直线,l m 外的任意一点，则（ B ）A ．过点P 有且仅有一条直线与,l m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与,l m都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与,l m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与,l m2020正视图20侧视图101020俯视图都异面二、填空题19．（全国Ⅰ•理•16题）一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上。
近年高考理科立体几何大题汇编.docx
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.。
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立体几何
1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-AB-C的平面角为θ3，则
A. θ1≤θ2≤θ3
B. θ3≤θ2≤θ1
C. θ1≤θ3≤θ2
D. θ2≤θ3≤θ1
【答案】 D
从而因为，所以即，选 D.
点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
2．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
【答案】 C
【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.
详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高
为2，因此几何体的体积为选C.
点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.
3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为
A. B. C. D.
【答案】 A
详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两
个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选 A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位
置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面
积的求法，应用相关的公式求得结果.+
4．【2018年理新课标I卷】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. 2
【答案】 B
【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N 在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上
两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.
详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱
底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故
选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两
个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平
面图形的相关特征求得结果.
5．【2018年全国卷Ⅲ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.
【答案】 B
详解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，
，故选 B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出
当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。
6．【2018年理数全国卷II】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】 C。