全国2卷立体几何高考题总结
2024年高考数学立体几何知识点总结（2篇）
2024年高考数学立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支，也是高考数学中的重要内容之一。
在高考中，立体几何的知识点主要包括空间几何、立体图形的面积与体积等方面。
下面是对2024年高考数学立体几何知识点的总结，供考生参考。
一、空间几何1. 空间几何中的点、线、面的概念和性质。
点是没有长度、宽度和高度的，只有位置的大小，用字母表示。
线是由一组无限多个点构成的集合，用两个点的字母表示。
面是由无限多条线构成的，这些线共面且没有相交或平行关系。
2. 空间几何中的垂直、平行等概念和性质。
两条线在同一平面内，如果相交角为90°，则称两线垂直。
两条线没有相交关系，称两线平行。
3. 点到直线的距离的计算。
点到直线的距离等于该点在直线上的正交投影点的距离。
二、立体图形的面积与体积1. 立体图形的分类和性质。
立体图形包括球体、圆柱体、圆锥体、棱柱体、棱锥体等。
各种立体图形具有不同的性质，如球体表面上每一点到球心的距离都相等。
2. 立体图形的面积计算。
（1）球体的表面积计算公式：S = 4πr²，其中r为球的半径。
（2）圆柱体的侧面积计算公式：S = 2πrh。
（3）圆柱体的全面积计算公式：S = 2πrh + 2πr²。
（4）圆锥体的侧面积计算公式：S = πrl，其中r为圆锥底面半径，l为斜高。
（5）棱柱体的侧面积计算公式：S = ph，其中p为棱柱底面周长，h为高。
3. 立体图形的体积计算。
（1）球体的体积计算公式：V = 4/3πr³，其中r为球的半径。
（2）圆柱体的体积计算公式：V = πr²h。
（3）圆锥体的体积计算公式：V = 1/3πr²h。
（4）棱柱体的体积计算公式：V = ph。
（5）棱锥体的体积计算公式：V = 1/3Bh，其中B为底面积，h 为高。
三、立体几何的一般理论1. 点、线、面的位置关系。
在空间中，点、线、面可以相互相交、平行、垂直等。
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．又 ，所以 ．因为 , , , , ，所以 ．
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ，则 , , .设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，则 ，∴平面 的一个法向量为 ， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ，当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2， 平面 ， ， 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1）证明： .（2）当 为何值时，平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面 内找直线与 平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面 内与 平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，因为 ， 为全等的正三角形，所以 ， ， .
2020新课标Ⅱ年高考数学总复习专题立体几何分项练习含解析理8
专题10 立体几何一．基础题组1. 【2013课标全国Ⅱ，理4】已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l ⊥m，l⊥n，lα，lβ，则( )．A．α∥β且l∥αB．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【答案】：D【解析】因为m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.2. 【2012全国，理4】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，122CC ，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为( )A．2 B．3 C．2 D．1【答案】 D又△AC C1为等腰直角三角形，∴CH=2.∴HM=1.3. 【2011新课标，理6】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下图所示，则相应的侧视图可以为( )(正视图)(俯视图)【答案】D 【解析】4. 【2006全国2，理4】过球的一条半径的中点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的面积与球的表面积的比为 A.163B.169 C.83 D.329【答案】:A5. 【2006全国2，理7】如图,平面α⊥平面β,A ∈α,B ∈β,AB 与两平面α,β所成的角分别为4π和6π.过A ,B 分别作两平面交线的垂线,垂足为A ′,B ′,则AB ∶A ′B ′等于 A.2∶1B.3∶1C.3∶2D.4∶3【答案】:A6. 【2005全国3，理4】设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B —APQC 的体积为（ ） A ．16VB ．14VC ．13VD ．12V【答案】C【解析】连接11,BA BC ，在侧面平行四边形11AAC C 中，∵1PA QC =， ∴ 四边形APQC 的面积1S =四边形11PQA C 的面积2S ， 记B 到面11AAC C 的距离为h ，∴113B APQC V S h -=，11213B PQAC V S h -=， ∴11B APQC B PQA C V V --=，∵11113B A B C V V -=，∴11233B APQC B PQA C V V V V V --+=-=，∴3B APQC V V -=. 7. 【2005全国2，理2】正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、11B C 的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是（ ）(A) 三角形 (B) 四边形(C) 五边形(D) 六边形【答案】D8. 【2015高考新课标2，理6】一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A ．81 B ．71 C ．61 D ．51【答案】D【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD A B C D -中，截去四面体111A A B D -，如图所示，，设正方体棱【考点定位】三视图．9. 【2017课标II ，理4】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π 【答案】B 【解析】试题分析：由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．【考点】 三视图、组合体的体积【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键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，利用相应体积公式求解．二．能力题组1. 【2014新课标，理6】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A. 1727 B.59 C.1027D.13【答案】C2. 【2010全国2，理9】已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝3它的高为( )A．3．2 D．3【答案】：C3. 【2011新课标，理15】已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC ＝23，则棱锥OABCD的体积为__________．【答案】83【解析】4. 【2015高考新课标2，理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【答案】C【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144SR ππ==，故选C ．BOAC【考点定位】外接球表面积和椎体的体积．5. 【2016高考新课标2理数】如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 ）20（B ）24（C ）28（D ）32【答案】C【考点】三视图，空间几何体的表面积 【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6.【2016高考新课标2理数】α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）【答案】②③④【考点】空间中的线面关系【名师点睛】求解本题时应注意在空间中考虑线、面位置关系.7.【2017课标II，理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A．3B．15C．10D．3【答案】C【解析】试题分析：如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D-，则所求角为21111,2,21221cos603,5 BC D BC BD C D AB∠==+-⨯⨯⨯︒===Q，易得22211C D BD BC=+，因此111210cos55BCBC DC D∠===，故选C．【考点】异面直线所成的角、余弦定理、补形的应用【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围． 三．拔高题组1. 【2014新课标，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. 30D.2【答案】C2. 【2013课标全国Ⅱ，理7】一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )．【答案】：A3. 【2010全国2，理11】与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1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【答案】：D【解析】经验证线段B1D上的点B，D，中点，四等分点均满足题意，故由排除法知应有无数个点．4. 【2005全国2，理12】将半径为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里．这个正四面体的高的最小值为（）326+(B)262(C)2644326+【答案】C【解析】由题意知，底面放三个钢球，上再落一个钢球时体积最小，于是把钢球的球心连接，则又可得到一个棱长为2的小正四面体，26，且由正四面体的性质可知：正四面体的中心到底面的距离是高的14，且小正四面体的中心和正四面体容器的中心应该是重合的，∴小正四面体的中心到底面的距离是26164⨯=，正四面体的中心到底面的距离是61+（1即小钢球的半径），所以可知正四棱锥的高的最小值为626(1)44+⨯=+，故选 C ． 5. 【2012全国，理16】三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为__________．【答案】：666. 【2010全国2，理16】已知球O 的半径为4，圆M 与圆N 为该球的两个小圆，AB 为圆M 与圆N 的公共弦，AB ＝4，若OM ＝ON ＝3，则两圆圆心的距离MN ＝________.【答案】：3【解析】：∵|OM |＝|ON |＝3，∴圆M 与圆N 2243-7.取AB 中点C ，连结MC 、NC ，则MC ⊥AB ，NC ⊥AB ， |MC |＝|NC |22(7)2-3，易知OM 、CN 共面且OM ⊥MC ，ON ⊥NC ，|OC |223(3)+3，sin ∠OCM 233 ∴|MN |＝2|MC |·sin∠OCM ＝33＝3.7. 【2005全国2，理20】(本小题满分12分)如图，四棱锥P ABCD=，E、F分-中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD PD别为CD、PB的中点．(Ⅰ) 求证：EF⊥平面PAB；(Ⅱ) 设2=，求AC与平面AEF所成的角的大小．AB BC∵PB、FA为平面PAB内的相交直线∴EF⊥平面PAB方法二以D为坐标原点，DA的长为单位，建立如图所示的直角坐标系。
12至17年全国2卷考点分布(立体几何)
一、近六年新课标二卷高考立体几何题考点比较12345（7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【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 =⨯⨯⨯⨯=（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 6 ()B()C3 ()D 2【解析】选AABC ∆的外接圆的半径3r =O 到面ABC的距离3d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC的距离为23d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=6另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==， D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1（1）证明：BC DC ⊥1（2）求二面角11C BD A --的大小。
【解析】（1）在Rt DAC ∆中，AD AC = 得：45ADC ︒∠=同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ （2）11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ，过点O 作OH BD ⊥于点H ，连接11,C O C H111111A CBC C O A B =⇒⊥，面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD71O H B DC H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a =，则12C O =，111230C D C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒【2013】（4）已知m , n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β . 直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊂ /α，l ⊂ /β, 则：（A ）α∥β且l ∥α （B ）α⊥β且l ⊥β（C ）α与β 相交，且交线垂直于l （D ）α与β 相交，且交线平行于l 答案：D【解】显然α与β 相交，不然α∥β 时⇒ m ∥n 与m , n 为异面矛盾. α与β 相交时，易知交线平行于l .（7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1, 0, 1)，(1, 1, 0），(0, 1, 1），(0, 0, 0)，画该四面体三视图中的正视图时，以z O x 平面为投影面，则得到正视图可以为(A) (B) (C) (D)89【2014】6.如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A. 1727 B.59 C.1027D. 13（6）C11.直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A. 110B. 25C.D.1011（11）C18. （本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点. （Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，，求三棱锥E-ACD 的体积.（18）解：（I ）连接BD 交AC 于点O,连结EO 。
2018年全国二卷立体几何（文理）详解
2018年全国二卷立体几何（文理）详解各位铁子门，欢迎大家再次来到孙老师的鹏哥谈数学！上两节课带着大家分析了2018年全国一卷、三卷的立体几何解答题，大家有怎么样的感受？此时，你的内心有没有一点点涟漪浮起？……12分的解答题，简直是弱爆了，竟然只考……面面垂直、空间角……其实吧，所谓命题专家也就这点能耐了！……不信，你再看2018年的全国二卷之立体几何…………竟然……线面垂直、空间角……（据说葛大爷葛军退役后，江湖再无哭泣，人间宁静安详……）来看看二卷的这道题，心细的伙伴们有没有发现，我们二卷的立体几何经常考棱锥（文理科一样样），不信，你看………16年五棱锥（菱形对折）、17年四棱锥、18年三棱锥…….……额……19年要考谁？能考谁？来来来，孙老师偷偷告诉你……（哈哈，我总是低调不了，总是这么傲娇，我想总有一天会死得很惨，哈哈哈）我们先看18年二卷理科的这道题（孙老师忍不住想告诉你，18年理科这道题的题号发生了调整，干翻了解析几何老二的宝座，跑到了第20题，这是疏忽还是有意，各位童鞋们怎么看，哈哈哈！）：（1）线面垂直……我不想多做解释了，实在记不起来，回头看我的前一篇帖子2018年全国一卷理科数学立体几何详解我还是忍不住想再说一遍，老师嘛，传道受业解惑也！……如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直……当然，我们需要先尝试找到边角关系，中点是突破口，等腰三角形是关键，勾股定理是核心，判定定理算锤子，于是乎……（2）空间角之线面角……还要再重复吗？no……你已成仙，再不晓得就自己挂掉吧！（童话里都是骗人的.......忽然想到了成龙大哥，金喜善.......年代久远，尔等可能不知道，历史人物......）建系……我们再看18年二卷文科的这道题：……立体几何，同样的三棱锥，长相神似理科，两个问题…………线面垂直、点面距……额，文科的特点来了，都说文科感性，理科理性，扯什么淡，有证据吗？我也会写诗，我也能抒情，原谅一个理工直男的表白吧！哈哈，我都说了些什么？嗯…….算了吧，不作践自己了！孙老师也是重情之人，脸皮薄，容易脸红，本来脸黑，一红就更黑了……（哈哈哈）点面距…..？什么东西？……垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段．垂线段的长度叫做这个点到平面的距离!那么，我们怎么解决点面距的问题？（三个方法，随便你爱那个，只要能放电就行！）（1）找点投影法求点面距（告诉你，这个基本帮不了什么你忙，所以，别多想……）（2）等体积法求点面距（学马克思的小伙伴们，注意啦！这个是需要你记住的，重要的事情孙老师历来只说一遍，这次孙老师说三遍三遍啊，什么概念？不想死就必须记下！）（3）空间向量法求点面距（哈哈哈，文科生不太能理解，专属理科生，万能的！重要性你懂得！）我们看这道题：（1）线面垂直……（2）点面距……等体积法（文科嘛！也只能这样了，局限性……）。
三年 (2020-2022 ) 新高考数学真题汇编 专题04立体几何
新高考专题04立体几何【2022年新高考1卷】1．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 ． 2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】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 ．【2022年新高考1卷】2．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】 【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∴ 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 ≤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 =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.【2022年新高考2卷】3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 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 +=，1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==． 故选：A ．【2021年新高考1卷】4）A ．2B ．C ．4D ．【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求. 【详解】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=解得l = 故选：B.【2021年新高考2卷】5．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．20+B ．C ．563D 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】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.【2020年新高考1卷（山东卷）】6．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°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】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，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.【2022年新高考1卷】7．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︒【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC 与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1A C ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11A C ，设1111AC B D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC 1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD【2022年新高考2卷】8．如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】 【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可. 【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMS EM FM =⋅=，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.【2021年新高考1卷】9．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】 【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,12A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．【2021年新高考2卷】10．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MN OP ⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误. 【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ， 故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC =1CP =，故tanPOC ∠== 故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥， 由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ， 故SN OQ ⊥，而SNMN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥， 故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ， 则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故12PQ AC ==OQ ==PO =222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误. 故选：BC.【2020年新高考1卷（山东卷）】11．已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∴BAD =60°．以1D 球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】 【分析】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11B C CB ，可得侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以∴111D B C 为等边三角形，所以1D E 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP ==所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2FG π==.. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 【2020年新高考2卷（海南卷）】12．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】 【分析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可. 【详解】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：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 【2022年新高考1卷】13．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．【答案】【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. （1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,22m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --.【2022年新高考2卷】14．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30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA OB =，再根据直角三角形的性质得到AO DO =，即可得到O 为BD 的中点从而得到//OE PD ，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. （1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ， 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()4AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE ab c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以()3,0,6m =-；所以cos ,13n m n m n m⋅-===设二面角C AE B --的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=，所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.【2021年新高考1卷】15．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析； 【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD -[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．∴使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα．∴ 将∴∴两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =， 结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 【2021年新高考2卷】16．在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】 【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-.设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23. 【2020年新高考1卷（山东卷）】17．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ∴底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ∴平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ． （2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>==≤，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD . ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．在平面PQC 中，设PB QC E =．在平面PAD 中，过P 点作PF QD ⊥，交QD 于F ，连接EF ． 因为PD ⊥平面,ABCD DC ⊂平面ABCD ，所以DC PD ⊥． 又由,,DC AD ADPD D PD ⊥=⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD ．又PF ⊂平面PAD ，所以DC PF ⊥．又由,,PF QD QDDC D QD ⊥=⊂平面,QOC DC ⊂平面QDC ，所以PF ⊥平面QDC ，从而FEP ∠即为PB 与平面QCD 所成角．设PQ a =，在PQD △中，易求PF =由PQE 与BEC △相似，得1PE PQ a EB BC ==，可得PE =所以sin FEP ∠=≤1a =时等号成立． ［方法三］：等体积法如图3，延长CB 至G ，使得BG PQ =，连接GQ ，GD ，则//PB QG ，过G 点作GM ⊥平面QDC ，交平面QDC 于M ，连接QM ，则GQM ∠即为所求．设PQ x =，在三棱锥Q DCG -中，111()(1)326Q DCG V PD CD CB BG x -=⋅⋅+=+．在三棱锥G QDC -中，111323G QDC V GM CD QD GM -=⋅⋅=由Q DCG G QDC V V --=得11(1)63x GM +=解得GM ==， 当且仅当1x =时等号成立．在Rt PDB △中，易求PB QG ==，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为sin MQG ∠== 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为平面QCD 的法向量n 与向量PB 的夹角的余弦值的绝对值，即cos ,n PB <>，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB 与平面QCD 所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用//PB QG ，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 【2020年新高考2卷（海南卷）】18．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>，即可得到直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =， 所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥ 且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D = 所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m = 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，则2cos ,1n PB n PB n PB⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。
2024年高考数学立体几何复习试卷及答案解析
2024年高考数学立体几何复习试卷及答案
一、选择题
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案B
解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.
2．设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()
A．m⊥n，m∥α⇒n⊥αB．m⊥n，m⊥α⇒n∥α
C．m∥n，m⊥α⇒n⊥αD．m∥n，m∥α⇒n∥α
答案C
解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；
对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；
对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；
对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．
故选C.
3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的命题是()
A．①②B．③④
C．②④D．①③
答案D
解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．
4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()
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2020全国卷二数学理科立体几何
2020全国卷二数学理科立体几何
全国卷二数学理科立体几何的内容主要包括：
一、立体几何的基本概念：
1. 空间的概念：空间的维数、空间的直角坐标系、空间的坐标变换、空间的参数方程等。
2. 立体几何的基本概念：点、直线、面、体、立体图形的分类、立体图形的基本性质、立体图形的基本关系等。
二、立体几何的基本公式：
1. 空间的距离公式：点到直线的距离、点到平面的距离、直线到平面的距离、点到点的距离等。
2. 空间的体积公式：正多面体的体积、球体的体积、椎体的体积等。
3. 空间的面积公式：正多面体的表面积、球体的表面积、椎体的表面积等。
三、立体几何的基本定理：
1. 空间三角形的关系：直角三角形的定理、锐角三角形的定理、钝角三角形的定理等。
2. 空间四边形的关系：正方形的定理、矩形的定理、平行四边
形的定理、平行六边形的定理等。
3. 空间多面体的关系：正多面体的定理、正八面体的定理、正十二面体的定理等。
二级结论专题9 立体几何
二级结论专题9立体几何二级结论1：三余弦定理与三正弦定理【结论阐述】三余弦定理（又称最小角定理）：如图①，AB 是平面的一条斜线，BC 是平面内的一条直线，OA ⊥平面π于O ，OC BC ⊥于C ，则cos =cos cos ABC OBC OBA ∠∠⋅∠，即斜线与平面内一条直线夹角γ的余弦值等于斜线与平面所成角α的余弦值乘以射影与平面内直线夹角β的余弦值：cos =cos cos γα⋅β；说明：为方便记忆，我们约定γ为线线角，α为线面角，β为射影角，则由三余弦定理可得线面角是最小的线线角，即平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中的最小者.三正弦定理（又称最大角定理）：如图②，设二面角--AB θδ的平面角为α，AC ⊂平面θ，CO ⊥平面δ，OB AB ⊥，设=,=CAB CAO ∠β∠γ，则sin =sin sin γα⋅β.说明：为方便记忆，我们约定α为二面角，β为线棱角，γ为线面角，则由三正弦定理可得二面角是最大的线面角，即对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于该二面角的平面角.【应用场景】空间三类角，即两条异面直线所成角､直线与平面所成角､二面角是立体几何的核心内容，也是高考重点考查的内容之一，几乎在每一份数学高考试卷中都会涉及.建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，是求解空间三类角问题的常用方法.但此法存在两个缺陷：一是若图形不规则或不容易建立坐标系，则该法常常行不通；二是运算量较大.运用“最小（大）角”定理和“三余（正）弦”定理，不仅关联了线线角､线面角和二面角，而且利用它解决立体几何中的三类角问题，不需要建立坐标系，运算量也很小.【典例指引1】（2022年高考浙江卷8）1．如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤【典例指引2】（2019年高考浙江卷8）2．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<<【针对训练】（2018年高考浙江8）3．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤（2022·浙江·高三开学考试）4．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱11A D 上的点且1112A M MD =，N 是棱CD 上的点，记MN 与BC 所成的角为α，MN 与底面ABCD 所成的角为β，二面角M CD A --的平面角为γ，则（）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．γαβ≥≥D ．γβα≥≥（2022·北京大兴·高一期末）5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱AB 的中点.令直线1D M 与1AA 所成的角为1θ，直线1D M 与平面1111D C B A 所成的角为2θ，二面角1D AM C --的平面角为3θ，则（）A ．123θθθ>=B ．132θθθ>>C ．123θθθ=<D ．132θθθ<<（2022·河南新乡·高二期末）6．已知直线l 是平面θ的斜线，且与平面θ交于点M ，l 在平面θ上的射影为m ，在平面θ内过点M 作一条直线n ，直线n 和直线m 不重合，直线l 与平面θ所成的角为α，直线m 与直线n 所成的角为β，直线l 与直线n 所成的角为γ，则（）A ．cos cos cos αβγ=⋅B ．cos cos cos βαγ=⋅C ．cos cos cos γαβ=⋅D ．以上说法都不对（2022·山西省长治市第二中学校高一期末）7．在空间，若60,AOB BOC COA ∠=∠=∠=︒直线OA 与平面OBC 所成角为θ，则cos θ=（）A ．13B ．12C ．2D ．38．如图所示，在侧棱垂直于底面的三棱柱111ABC A B C -中，P 是棱BC 上的动点，记直线1A P 与平面ABC 所成的角为1θ，与直线BC 所成的角为2θ，则1θ，2θ的大小关系是A ．12θθ=B ．12θθ>C ．12θθ<D ．不能确定（2022·江西省万载中学高二期中）9．已知点A 、B 分别在二面角l αβ--的两个面α、β上，AC ⊥l ，BD ⊥l ，C 、D 为垂足，AC BD CD ==，若AB 与l 成60º角，则二面角l αβ--为（）A ．30ºB ．45ºC ．60ºD ．120º10．已知二面角AB αβ--是直二面角，P 为棱AB 上一点，PQ 、PR 分别在平面α、β内，且45QPB RPB ∠=∠=︒，则QPR ∠为（）A ．45°B ．60°C ．120°D ．150°11．ABC 的AB 边在平面α内，C 在平面α外，AC 和BC 分别在与平面α成30 和45 的角，且平面ABC 与平面α成60 的二面角，那么sin ACB ∠的值为（）A ．1B ．13C ．3D ．1或13（2022·上海市七宝中学高二开学考试）12．正方体中1111ABCD A B C D -，过1D 作直线l ，若直线l 与平面ABCD 中的直线所成角的最小值为6π，且直线l 与直线1BC 所成角为π4，则满足条件的直线l 的条数为_________.（2022·河南省上蔡第一高级中学高三月考）13．在四面体SABC 中，SA ⊥平面,,ABC AB AC SB SC BC ⊥===若直线l 与SA 所成的角为6π，则直线l 与平面SBC 所成角的取值范围是__________.（2022·浙江宁波·高二期末）14．已知三棱锥-P ABC 的棱长均为1,BC ⊂平面,E α为PB 中点，l α⊥.记l 和直线AE 所成角为θ，则该三棱锥绕BC 旋转的过程中，sin θ的最小值是___________.15．三角形ABC 的一条边AB 在平面α内，π=2A ∠，=AB a ，AC ，若AC 与平面α所成角为π4，则直线BC 与平面α所成角的正弦值为___________.二级结论2：多面体的外接球和内切球【结论阐述】类型一球的内切问题（等体积法）例如：如图①，在四棱锥P ABCD -中，内切球为球O ，求球半径.方法如下：------=++++P ABCD O ABCD O PBC O PCD O PAD O PABV V V V V V即：-11111=++++33333P ABCD ABCD PBC PCD PAD PAB V S r S r S r S r S r ⋅⋅⋅⋅⋅，可求出.类型二球的外接问题1.公式法正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点2.补形法（补长方体或正方体）①墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直②对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（AB=CD ，AD=BC ，AC=BD ）3.单面定球心法（定+算）步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥-P ABC 中，选中底面ABC ∆，确定其外接圆圆心1O （正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2=sin a r A）；②过外心1O 做（找）底面ABC ∆的垂线，如图中1PO ⊥面ABC ，则球心一定在直线（注意不一定在线段1PO 上）1PO 上；③计算求半径R ：在直线1PO 上任取一点O 如图：则==OP OA R ，利用公式22211=+OA O A OO 可计算出球半径R .4.双面定球心法（两次单面定球心）如图：在三棱锥-P ABC 中：①选定底面ABC ∆，定ABC ∆外接圆圆心1O ；②选定面PAB ∆，定PAB ∆外接圆圆心2O ；③分别过1O 做面ABC 的垂线，和2O 做面PAB 的垂线，两垂线交点即为外接球球心O .【应用场景】多面体外接球问题是立体几何中的重难点内容之一，在高考中频繁出现.解决此类问题的关键是确定球心的位置，运用常见模型可以很方便的确定球心的位置从而准确求解.【典例指引1】（2022·山西吕梁·一模）16．在《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，1AB BC CD ===，BC CD ⊥，则鳖臑ABCD 内切球的表面积为（）A ．3πB ．(3π-C ．12πD ．(3π+【典例指引2】17．已知三棱锥-P ABC ，在底面ABC 中，30A =，1BC =，PA ⊥面ABC ，PA =则此三棱锥的外接球的表面积为（）A ．163πB ．C ．323πD ．16π【针对训练】（2022·湖北黄冈·高一期末）18．若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（）A ．2B ．4CD ．（2022·青海·海南藏族自治州高级中学高三开学考试）19．如图正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面面积为36，11A BC V 的面积为棱锥111B A B C -的外接球的表面积为（）A ．68πB ．C ．172πD ．（2022·全国·高三专题练习）20．已知四面体-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB ==，BC =，且3tan2ABC ∠=，则四面体-P ABC 的外接球的表面积为（）A ．15πB ．17πC ．18πD ．20π（2022·江苏·金陵中学高一期末）21．前一段时间，高一年级的同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好评．其中一位同学的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O 面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为23π，面积为3π，则球O 的表面积等于（）A ．818πB ．812πC ．1218πD ．1212π（2022·云南·弥勒市一中高二阶段练习）22．设直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是3，1AB AC AA ==，120BAC ∠=︒，则此直三棱柱的高是（）A ．1B ．2C ．D ．4（2022·重庆·西南大学附中高一期末）23．已知正方形ABCD 中，2AB =，E 是CD 边的中点，现以AE 为折痕将ADE V 折起，当三棱锥D ABE -的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为（）A ．525π48B ．5π4C ．25π4D ．25π（2022·广西·柳铁一中高三阶段练习）24．在三棱锥A BCD -中，3AB AD BC ===，5CD =，4BD =，AC =锥外接球的表面积为（）A ．63π10B ．64π5C ．128π5D ．126π5（2022·江西省南丰县第二中学高一学业考试）25．已知四棱锥S ABCD -，SA ⊥平面ABCD ，AB BC ⊥，BCD DAB π∠+∠=，2SA =，BC =S BC A --的大小为3π.若四面体S ACD -的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为（）A ．3B ．C ．10πD ．323π二､填空题（2022·河南焦作·一模）26．已知三棱锥-P ABC 的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且ABC 是底边长为2的等腰三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为___________.（2022·河南驻马店·高三期末）27．在三棱锥-P ABC 中，底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，4AB =，PA PB PC ===-P ABC 外接球的表面积为______．（2022·全国·模拟预测）28．已知A 、B 、C 、D 为空间不共面的四个点，且2BC BD AB ===A BCD -体积最大时，其外接球的表面积为______．（2022·安徽马鞍山·一模）29．三棱锥-P ABC 中，PAC △是边长为2AB BC ==，平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的体积为______30．在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，1PA =，2PB =，3PC =，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A ．494πB ．56πC ．3D ．14π（2022·湖北荆州·高一期中）31．如图，在一个底面边长为2的正四棱锥P ABCD -中，大球1O 内切于该四棱锥，小球2O 与大球1O 及四棱锥的四个侧面相切，则小球2O 的表面积为______．答案第1页，共23页参考答案：1．A【分析】先用几何法表示出αβγ，，，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=∠，tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=，所以αβγ≤≤，故选：A ．2．B【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图G 为AC 中点，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直AE ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 交VG 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠，则cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBα===<=β，即αβ>，tan tan PD PDED BDγ=>=β，即y >β，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理βα<，记V AB C --的平面角为γ'（显然γ'=γ）由最大角定理β<γ'=γ，故选B.方法3：（特殊位置）取V ABC -为正四面体，P 为VA 中点，易得cos sin sin α=α=β=γ= B.【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.3．D【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.【详解】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO 、SN 、OM ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ，因此123,,,SEN SEO SMO θθθ∠=∠=∠=从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SO EN OM EO OMθθθ====因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,θθθ≥≥即132θθθ≥≥，选D.【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.4．B【分析】作MH AD ⊥于H ，过N 作//NE BC 交AB 于E ，过M 作MF NE ⊥于F ，可得MNF α=∠，MDA γ=∠，MNH β∠=，在正方体中求得它们的正切值比较大小后可得结论．【详解】作MH AD ⊥于H ，则1//MH AA ，1A M AH =，从而1HD MD =，而1AA ⊥平面ABCD ，因此有MH ⊥平面ABCD ，过N 作//NE BC 交AB 于E ，过M 作MF NE ⊥于F ，则MNF α=∠，tan MF MNF FN∠=,由正方体性质易知MDA ∠为二面角M CD A --的平面角，即MDA γ=∠，1113tan 223AA MH MDA DH A D ∠===，NF ⊂平面ABCD ，则MH NF ⊥，同理MH HN ⊥，MF MH M = ，,MF MH ⊂平面MFH ，所以NF ⊥平面MFH ，又HF ⊂平面MFH ，所以FN HF ⊥，所以HDNF 是矩形，FN DH =，由MH ⊥平面ABCD 知MNH β∠=，tan MH MNH HN∠=，由MF MH ≥，HN HD ≥得MF MH MH FN HD NH ≥≥，即tan tan tan αγβ≥≥，,,αβγ均为锐角，所以αγβ≥≥，N 与D 重合时，三角相等．故选：B ．5．B【分析】取11A B 的中点N ，再根据几何关系，结合线线角线面角与二面角的定义，分析123,,θθθ的正切值大小结合正切的单调性判断即可【详解】取11A B 的中点N ，连接如图.易得1//AA MN ，故直线1D M 与1AA 所成的角11D MN θ=∠.又直线1D D ⊥平面1111D C B A ，故1D M 与平面1111D C B A 所成的角21MD N θ=∠.又AB ⊥平面11AA D D ，故二面角1D AM C --的平面角3145D AD θ=∠=o .因为1111tan 1D N D A MN MNθ=>=，3tan 1θ=，21tan 1MN D N θ=<，故132tan tan tan θθθ>>，又123,,θθθ均为锐角，故132θθθ>>故选：B6．C【分析】过直线l 上一点A （与M 不重合）作平面θ的垂线交平面θ于O ，过点O 在平面θ内作直线n 的垂线交直线n 于点N ，连接ON ，求出cos α、cos β、cos γ的表达式，由此可得出合适的选项.【详解】如图，过直线l 上一点A （与M 不重合）作平面θ的垂线交平面θ于O ，过点O 在平面θ内作直线n 的垂线交直线n 于点N ，连接ON ，由线面角的定义可得AMO α=∠，则cos MO AMα=，因为AO ⊥平面θ，MN ⊂平面θ，AO MN ∴⊥，ON MN ⊥ ，AO ON O = ，MN ∴⊥平面AON ，AN ⊂ 平面AON ，AN MN ∴⊥，所以，cos cos MN OMN OM β=∠=，cos cos MN AMN AMγ=∠=，因此，cos cos cos γαβ=.故选：C.7．D 【分析】根据线面角定义，结合线面垂直的判定定理进行求解即可.【详解】如图，过点A 作AH ⊥平面BOC 于H ，连接OH ，则AOH ∠为直线OA 与平面OBC 所成的角θ，分别作HE OB ⊥，交OB 于点E ，HF OC ⊥，交OC 于点F ，连接AE 、AF ，因为OB ⊂平面BOC ，所以AH OB ⊥，因为,,AH HE H AH HE =⊂ 平面AEH ，所以OB ⊥平面AEH ，而AE ⊂平面AEH ，所以AE OB ⊥，同理AF OC ⊥，因为60AOB AOC ∠=∠=︒，OEA OFA ∠=∠，OA OA =，所以OEA △≌OFA ，所以AE AF =，OE OF =，所以EH FH =，则OH 为BOC ∠的角平分线，由60BOC ∠=︒，可得30FOH ∠=︒，令HF a =，则2OH a =，OF =，即OE OF ==，在直角三角形AOE 中，因为60AOB ∠=︒，所以cos 60AO ==︒，于是在直角三角形AOH 中，cosOH AOH OA ∠==即cos 3θ=．故选：D8．C【详解】分析：首先要明确有关最小角定理，之后对其中的角加以归类，从而得到两角的关系，即可得结果.详解：根据线面角是该直线与对应平面内的任意直线所成角中最小的角，所以有12θθ<，故选C.点睛：该题考查的是有关角的大小的比较问题，在思考的过程中，需要明确角的意义，从而结合最小角定理，得到结果.9．D【分析】由题意画出图形，作出直线AB 与l 所成角及二面角l αβ--的平面角，设AC BD CD a ===，由已知直线AB 与l 所成角大小，即可求解二面角l αβ--的大小．【详解】解：如图，在β内，过B 作//BE DC ，且BE DC =，连接,CE AE ，由BD l ⊥，则四边形DCEB 为矩形，可得CE l ⊥，CE BD CD ==，AC l ⊥ ，得ACE ∠为二面角l αβ--的平面角，且l ⊥平面ACE即BE ⊥平面ACE ，则BE AE⊥设AC BD CD a ===，则CE BE a ==，又直线AB 与l 所成角为60º，60ABE ∴∠=︒，得AE ，∴在ACE △中，2221cos 22AC CE AE ACE AC CE +-∠=-⋅．120∴∠=︒ACE 故二面角l αβ--的大小为120︒．故选：D ．10．B【解析】在正方体中构造符合条件的图形，由正方体的性质即可求解.【详解】以正方体为模型，构造满足条件的几何图形如下图所示，连接QR ，由正方体的性质可得PQR 为等边三角形，故60QPR ∠=︒，故选：B.【点睛】本题主要考查了直二面角，正方体的性质，属于中档题.11．D【分析】从C 向平面α作垂线CD ，作CE AB ⊥，证得DE AB ⊥，分ABC ∠为锐角和钝角，由线面角及二面角结合勾股定理及余弦定理求解即可.【详解】从C 向平面α作垂线CD ，连接,AD BD ，作CE AB ⊥，连接DE ，AB α⊂，则CD AB ⊥，,,CD CE C CD CE ⋂=⊂平面CDE ，则AB ⊥平面CDE ，又DE ⊂平面CDE ，则DE AB ⊥，如图所示：设,45,,30,22CD h CBD BC CAD AC CD h =∠=︒=∠=︒==，CED ∠是二面角的平面角，60,CED CE ∠=︒=，由勾股定理,AE BE ==，当ABC ∠为锐角，CE 在ABC 内，AB AE BE =+=，))()2222,h =+ 即222AB BC AC =+,90,sin 1ACB ACB ∴∠=︒∠=;当ABC ∠为钝角，CE 在ABC 之外，3AB AE BE h =-=，根据余弦定理，2222cos ,AB AC BC AC BC ACB =+-∠())222222cos3h h h ACB ⎛⎫=+-⨯⨯∠ ⎪ ⎪⎝⎭cos 3ACB ⇒∠=，1sin 3ACB ∠，综上：sin ACB ∠的值为1或13.故选：D ．12．2【分析】作出辅助线，得到1DD 为轴的圆锥母线（母线与1DD 成60︒）是直线l 的运动轨迹，1D A 为轴的圆锥母线（母线与1D A 成45︒）是直线l 的运动轨迹，两个圆锥的交线即为满足条件的直线l 的条数.【详解】设立方体的棱长为1，过1D 作直线l ，若直线l 与平面ABCD 中的直线所成角的最小值为6π，即l 与平面ABCD 所成角为6π，1DD 为轴的圆锥母线（母线与1DD 成60︒）是直线l 的运动轨迹，连接1D A ，由题意得11D A BC ∥，直线l 与直线1BC 所成角为π4，直线l 与直线1D A 所成角为π4.此时1D A 为轴的圆锥母线（母线与1D A 成45︒）是直线l 的运动轨迹，两个圆锥相交得到两条交线.故答案为：213．,62ππ⎡⎤⎢⎣⎦【分析】设BC 的中点为D ，连接,SD AD ，根据等腰与直角三角形的性质可得ADS ∠为二面角S BC A --的平面角，3ASD π∠=，且直线l 不妨看作以SA 为轴，轴截面的顶角为3π的圆锥母线所在的直线，进而求得线面角的最大值与最小值即可.【详解】如图，设BC 的中点为D ，连接,SD AD .因为SA ⊥平面,ABC SB SC ==AB AC =，所以,AD BC BC SD ⊥⊥，所以ADS ∠为二面角S BC A --的平面角.又,AB AC BC ⊥=1AB AC AD SA ====，故3ASD π∠=.直线l 不妨看作以SA 为轴，轴截面的顶角为3π的圆锥母线所在的直线，所以直线l 与平面SBC 所成角的最小值为366πππ-=，最大值为362πππ+=，故直线l 与平面SBC 所成角的取值范围是,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故答案为：,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦14【分析】把l 和直线AE 所成角转化为AE 与平面α所成角，结合线面角的性质可求答案.【详解】设AE 与平面α所成角为1θ，因为l α⊥，l 和直线AE 所成角为θ，所以1sin cos θ=θ；取CD 的中点F ，连接,EF AF ，因为,E F 分别为中点，所以//EF BC ，AEF ∠或其补角是AE 与BC 所成角；在AEF △中，12AE AF EF ===，所以cos 6AEF ∠=且AEF ∠为锐角.三棱锥绕BC 旋转的过程中，由线面角的性质可知，1AEF θ≤∠，所以1cos cos 6AEF θ≥∠=，即sin θ15【分析】过点C 作CO α⊥，垂足为O ，连,OA OB ，则CBO ∠是直线BC 与平面α所成的角，CAO ∠是AC 与平面α所成的角，利用直角三角形可求出结果.【详解】解：过点C 作CO α⊥，垂足为O ，连,OA OB，则CBO ∠是直线BC 与平面α所成的角，CAO ∠是AC 与平面α所成的角，则π=4CAO ∠，∵AC ，∴==CO OA a ，在直角三角形ABC 中，π=2A ∠，=AB a，AC∴BC ，在直角三角形COB中，sin =CO CBO BC ∠∴直线BC 与平面α.16．B 【分析】根据鳖臑的性质，结合四面体内切球的性质、棱锥的体积公式、棱锥和球的表面积公式进行求解即可.【详解】解：因为四面体ABCD 四个面都为直角三角形，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，所以AB BD ⊥，AB BC ⊥，BC CD ⊥，AC CD ⊥，设四面体ABCD 内切球的球心为O ，则()13ABCD O ABC O ABD O ACD O BCD ABC ABD ACD BCD V V V V V r S S S S ----=+++=+++△△△△内，所以3ABCDV r S =内，因为四面体ABCD的表面积为1ABCD ABC ABD ACD BCD S S S S S =+++=△△△△，又因为四面体ABCD 的体积16ABCD V =，所以312V r S ==内，所以24(3S r ππ==-球，故选：B【点睛】关键点睛：利用棱锥的等积性进行求解是解题的关键.17．D【分析】利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径为1，结合PA ⊥面ABC ，PA =接球半径，进而求出外接球的表面积.【详解】设ABC 的外接圆半径为R ，因为30A = ，1BC =，由正弦定理得：122sin sin 30BC R A ===︒，所以ABC 的外接圆半径为1，设球心O 在ABC 的投影为D ，则DA =1，因为PA ⊥面ABC ，PA =12OD PA ==2OA ==，即此三棱锥的外接球的半径为2，故外接球表面积为24π216π⨯=.故选：D 18．B【分析】先设出未知量，即圆锥半径为r ，圆锥高为h ，分析组合体轴截面图，找出h 与r 的一组关系式，再根据题意中圆锥与球体的体积关系找出另一组h 与r 的关系式即可求出答案.【详解】如下图组合体的轴截面，设圆锥半径为r ，圆锥高为h ，则CF r =，1AO h =-，AC ，由sin sin OAE CAF =∠∠得OE CFOA CA=,代入得222220h r hr h --=①，由“该圆锥体积是球体积两倍”可知23142(1)33V r h =⋅=⨯⨯ππ，即28hr =②，联立两式得4h =.故选:B19．C【分析】根据正四棱柱的性质求得棱柱的高，三棱锥111B A B C -的外接球即为正四棱柱的外接球，棱柱的对角线即为其外接球的直径，求得球半径后可得表面积．【详解】设正四棱柱1111ABCD A B C D -的高为h ，因为正方形ABCD 的面积为36，所以11116A B B C ==，在111Rt A B C △中，由勾股定理得11A C =在1Rt BCC 中，由勾股定理得22136BC h =+，11A B BC =,因为11 A BC △的面积为所以12⋅=10h =，依题意，三棱锥111B A B C -的外接球即为正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球，其半径为12R ==，所以三棱锥111B A B C -的外接球的表面积为24172ππ⋅=．故选：C ．20．B【分析】根据题意可求得ABC 的外接圆半径，再根据勾股定理求出四面体-P ABC 的外接球的半径，即可求解.【详解】解：如图所示：在ABC 中，3tan 2ABC ∠=，又22sin cos 1ABC ABC ∠+∠= 且()0,ABC π∠∈，故解得：cos ,sin 1313ABC ABC ∠=∠=，由余弦定理得：2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠，即222222=913AC =+-⨯⨯，故3AC =，设ABC 的外接圆半径为r ，则2sin 13ACr ABC===∠，设ABC 的外接圆圆心为1O ，四面体-P ABC 的外接球球心为O ，则222222211117124OA OO O A PA r ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭⎝⎭，∴四面体-P ABC 的外接球的表面积为：174=174ππ⨯.故选：B.21．A【分析】设球半径为R ，圆锥的底面半径为r ，利用扇形的弧长和面积公式求得R ，即可求解.【详解】圆锥的顶点和底面圆周都在球O 面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为23π，面积为3π，设母线为l ，则212323l ππ⨯⨯=，可得：3l =，由扇形的弧长公式可得：223r l ππ=，所以1r =，圆锥的高1OO ==，由()222r RR +=，解得：R =所以球O 的表面积等于2818144328R πππ=⨯=，故选：A 22．B【分析】先确定底面ABC 的外接圆圆心及半径，再确定球心位置，并利用球心和圆心的连线垂直于底面，得到直角三角形，利用勾股定理求解.【详解】设12AB AC AA m ===，三角形ABC 外接圆1O 的半径为r ，直三棱柱111ABC A B C -外接球O 的半径为R .因为120BAC ∠=︒，所以30ACB ∠=︒，于是24sin 30r ABm ==︒，2r m =，12O C m =.又球心O 到平面ABC 的距离等于侧棱长1AA 的一半，所以1OO m =.在1Rt OO C 中，由22211OC OO O C =+，得2224R m m =+，R =.所以球的体积34)33V π==，解得1m =.于是直三棱柱的高是122AA m ==.故选：B.23．C【分析】设棱锥D ABE -的外接球球心为O ，半径为R ，则OM ⊥平面BCEF ，因为ABE 的面积为定值，所当高最大时，三棱锥D ABE -的体积最大，过D 作DF AE ⊥于F ，设点M 为ABE 的外心，则有222222(),DF OM FM R OM EM R -+=+=通过计算可得点M 为外接球的球心，从而可求得结果【详解】解：过D 作DF AE ⊥于F ，设点M 为ABE 的外心，G 为AE 的中点，连接,MG MF ，因为正方形ABCD 中，2AB =，E 是CD 边的中点，所以1DE =,则AE BE ===，2EG =，AD DE DF AE ⋅=所以EF ===12MG EG ==，54EM =,所以2510FG EG EF =-=,所以20FM =,设棱锥D ABE -的外接球球心为O ，半径为R ，则OM ⊥平面BCEF ，设OM x =，因为ABE 的面积为定值，所当高最大时，三棱锥D ABE -的体积最大，此时平面ADE ⊥平面BCEF ，因为DF AE ⊥，平面ADE 平面BCEF AE =，所以DF ⊥平面BCEF ，所以222222(),DF OM FM R OM EM R -+=+=,所以2222()DF OM FM OM EM -+=+，所以2222DF DF OM FM EM -⋅+=，所以461252558016OM -⨯+=，解得0OM =，所以ABE 的外心为三棱锥D ABE -外接球的球心，所以54R EM ==所以三棱锥外接球的表面积为2252544164R πππ=⨯=24．D【分析】由已知条件先判定出球心的位置，然后运用正弦定理、余弦定理和勾股定理计算出球的半径，即可计算出外接球的表面积.【详解】如图，由3AB BC ==，AC =，得222AB BC AC +=，∴AB BC ⊥，由3BC =，4BD =，5CD =，得222BC BD CD +=，∴BC BD ⊥，又AB BD B = ，∴BC ⊥平面ABD ，设ABD △的外心为G ，过G 作底面的垂线GO ，使12GO BC =，则O 为三棱锥外接球的球心，在ABD △中，由3AB AD ==，4BD =，得2223341cos 2339BAD +-∠==⨯⨯，sin BAD ∠=，设ABD △的外接圆的半径为r ，则r =，32OG =，∴2223126220OB ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.∴三棱锥外接球的表面积为21261264π4ππ205R =⨯=.25．A【分析】先确定出三角形ACD 外接圆的圆心O '，然后过O '作垂直于平面ABCD 的垂线l ，再过SA 中点M 向l 作垂线，垂足即为球心，根据线段长度可求解出球的半径，则球的体积可求.【详解】因为AB BC ⊥，BCD DAB π∠+∠=，所以222CDA ππππ∠=--=，所以CD AD ⊥，所以ACD 外接圆的圆心为AC 的中点，记为O '，过O '作直线l 使得l ⊥平面ABCD ，取SA 中点M ，过M 作MO l ⊥垂足为O ，则OA OS OC OD ===，所以O 为四面体S ACD -外接球的球心，因为,,SA BC AB BC SA AB A ⊥⊥= ，所以BC ⊥平面SAB ，BC SB ⊥，又AB BC ⊥，所以二面角S BC A --的平面角为SBA ∠，所以3SBA π∠=，因为2SA =，所以3tan3SA AB π==，所以2AC ==，所以112AO MO AC '===，又因为112AM SM OO AS '====，所以AO ==所以四面体S ACD -外接球的体积为34=33π，故选：A.26．34π【分析】把三棱锥放入一个长方体中，转化为求长方体外接球的半径即可得解.【详解】三棱锥-P ABC 可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，如图，设PA BC ==，PB AC PC AB x ====，长方体交于一个顶点的三条棱长为a ，b ，c ，则122ABCS =⨯=△，解得5x =.由题得(222218a b PA +===，22225a c AC +==，22225b c PC +==，解之得3a =，3b =，4c =.所以该三棱锥的外接球的半径为R ==，所以该三棱锥的外接球的表面积为2244342S R πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：34π27．169π9##169π9【分析】取AB 的中点D 可得PD AB ⊥，由222PD CD PC +=得PD CD ⊥，根据线面垂直的判断定理得PD ⊥平面ABC ，得三棱锥-P ABC 外接球的球心O 在线段PD 上，由()2222R PD OD OD AD =-=+可得答案.【详解】如图，取AB 的中点D ，连接PD ，CD ．由题意可得2AD BD CD ===，因为PA PB =，所以PD AB ⊥，因为PA =，所以3PD =，所以222PD CD PC +=，所以90PDC ∠= ，即PD CD ⊥．因为AB CD D = ，所以PD ⊥平面ABC ，设三棱锥-P ABC 外接球的球心为O ，由题意易得三棱锥-P ABC 外接球的球心O 在线段PD 上，如下图则三棱锥-P ABC 外接球的半径R 满足()2222R PD OD OD AD =-=+，解得56=OD ，所以513366=-=R ，216936R =；若三棱锥-P ABC 外接球的球心O 在线段PD 的延长线上，如下图，则三棱锥-P ABC 外接球的半径R 满足()2222=+=+R PD OD OD AD ，()22232+=+OD OD ，无解；所以，三棱锥-P ABC 外接球的表面积2169π4π9S R ==．故答案为：169π9.28．18π【分析】由题可得当BA 、BC 、BD 两两垂直时，三棱锥的体积最大，将三棱锥补形为一个长宽高分别为.【详解】当BA 、BC 、BD 两两垂直时，如图三棱锥A BCD -的底面BCD △的面积和高同时取得最大值，则三棱锥的体积最大，此时将三棱锥补形为一个长宽高分别为长方体的外接球即为三棱锥的外接球，球的半径r =，表面积为24π18πr =．故答案为：18π.29【分析】计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.【详解】等边三角形PAC 的高为πsin 33⨯==，等边三角形PAC 的外接圆半径为222sin6π=三角形ABC 的外接圆半径为22sin3π=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA R ==+=⇒=，所以外接球的体积为34π3R =.故答案为：330．D 【分析】将三棱锥P －ABC 补全为长方体，长方体的外接球就是所求的外接球，长方体的对角线就是外接球直径，计算出半径后可得表面积．【详解】将三棱锥P －ABC 补全为长方体，则长方体的外接球就是所求的外接球，设球半径为R ，则()222224214R R PA PB PC ==++=，所以球的表面积为2414S R ππ==．故选：D ．31．2π【分析】设O 为正方形ABCD 的中心，AB 的中点为M ，连接PM ，OM ，PO ，可画出内切球的切面图，分别求出大球和小球的半径分别为2R =和4r =，从而求出小球2O 的表面积.【详解】设O 为正方形ABCD 的中心，AB 的中点为M ，连接PM ，OM ，PO ，则1OM =，221013PM PA AM =-=-=，9122PO =-=，如图，在截面PMO 中，设N 为球1O 与平面PAB 的切点，则N 在PM 上，且1O N PM ⊥，设球1O 的半径为R ，则1O N R =，∵1sin 3OM MPO PM ∠==，∴1113NO PO =，则13PO R =，11422PO PO OO R =+==，∴22R =，设球1O 与球2O 相切于点Q ，则22PQ PO R R =-=，设球2O 的半径为r ，同理可得4PQ r =，∴224R r ==，故小球2O 的表面积242r ππ=.故答案为：2π。
2020全国ii卷数学立体几何
2020全国II卷数学立体几何一、概述2020年全国II卷数学考试立体几何部分是考察学生空间想象、几何推理能力的重要部分。
立体几何一直是考试的重点内容，掌握好这部分知识对于取得好成绩至关重要。
下面我们将针对2020年全国II 卷数学立体几何部分的考题进行分析和解答，帮助同学们更好地复习和备考。
二、考点分析2020年全国II卷数学立体几何考察的主要考点有：多面体的表面积和体积、空间平面图形的性质、空间几何体的性质等。
三、题目解析题目一：已知四面体$ABCD$的底面$ABC$是等边三角形，$AD=AB=6$，$CD=3$，以$AD$和$BC$为直径的球相交于点$E$，求四面体$ABCD$的体积。
解析：根据题意可知$AD=AB=6$，$CD=3$，所以四边形$ABCD$的高度为$3$。
因为$ABCD$是等边三角形，所以$AB=BC=AC=6$。
由此可得四面体$ABCD$的底面积为$\frac{\sqrt{3}}{4} \times 6^2=9\sqrt{3}$，所以四面体$ABCD$的体积为$\frac{1}{3} \times 3 \times 9\sqrt{3}=9\sqrt{3}$。
题目二：四棱锥$ABCD-A_1$的底面$ABC$是等边三角形，$AB=3$，$BC=AD=2\sqrt{6}$，$A_1$是$ABC$所在平面的重心，求四棱锥$ABCD-A_1$的体积。
解析：根据题意可知$AB=3$，$BC=AD=2\sqrt{6}$，所以四棱锥$ABCD-A_1$的底面积为$\frac{\sqrt{3}}{4} \times 3^2=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，所以四棱锥$ABCD-A_1$的体积为$\frac{1}{3} \times 2\sqrt{6} \times \frac{9\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{2}$。
题目三：空间四边形$ABCD$是正方形，$AB=BC=4$，$AE=2\sqrt{3}$，$AF=2$，$E,F$分别在$AB,BC$平分线上，求四边形$EFGH$的面积。
全国2卷立体几何高考题总结
DCASBECBDAP【2010 全国2】如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ，AA 1=AB ，D 为BB 1的中点，E 为AB 1上的一点，AE =3EB 1. （Ⅰ）证明：DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线；（Ⅱ）设异面直线AB 1与CD 的夹角为45o,求二面角A 1-AC 1-B 1的大小.【2011 全国2】如图，四棱锥S ABCD -中， AB ∥CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形.2,1AB BC CD SD ====. (I) 证明：SD SAB ⊥平面(II) 求AB 与平面SBC 所成角的大小。
【2012 全国2】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。
（Ⅰ）证明：PC ⊥平面BED ；（Ⅱ）设二面角A PB C --为90，求PD 与平面PBC 所成角的大小。
【2013 全国2】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=。
AB CDE A 1B 1C 1C 1B 1AA 1B C（Ⅰ）证明：1AB A C ⊥；（Ⅱ）若2AB CB ==，16AC =111ABC A B C -的体积。
【2014 全国2】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.证明：;1AB C B ⊥若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面；（2）11AB BC ⊥.题（19）图PCEDBA【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面,3,.,2ABC PC ACB D E π=∠=分别为线段,AB BC 上的点，且2,2 2.CD DE CE EB ====（1）证明：DE ⊥平面PCD（2）求二面角A PD C --的余弦值。
全国卷立体几何题型总结
全国卷立体几何题型总结
全国卷的立体几何题型总结如下：
1．空间直线和面的位置关系：包括确定直线和平面的位置关系，求平面与直线的交点、垂足等。
2．空间向量：涉及确定向量的方向、模长和坐标，求向量的数量积、向量积和混合积。
3．空间几何体积：主要考察确定几何体的形状和大小，求立体图形的表面积和体积。
4．立体几何相似：这部分可能涉及判断命题的真假，或者计算几何体的体积等。
此外，还有可能考察到判断或计算几何体的表面积、体积，以及利用三视图还原几何体等题型。
2023新高考数学二卷立体几何
2023新高考数学二卷立体几何一、试卷整体情况这2023新高考数学二卷立体几何部分的试卷呢，满分100分哦。
咱这试卷题目可是很丰富的，总共20道题呢，每道题的分值根据难易程度有所不同。
二、题目内容1. 第一道题（5分）题目：在一个长方体ABCD - A1B1C1D1中，AB = 3，AD = 4，AA1 = 5，求异面直线A1C与BD1所成角的余弦值。
解析：我们可以通过建立空间直角坐标系，先求出向量A1C和BD1的坐标，然后利用向量的点积公式求出它们夹角的余弦值。
设A(0,0,0)，B(3,0,0)，D(0,4,0)，A1(0,0,5)，C(3,4,0)，D1(0,4,5)，则向量A1C=(3,4, - 5)，向量BD1=( - 3,4,5)。
根据向量点积公式cosθ=(A1C·BD1)/( A1C × BD1 )，经过计算可得答案。
2. 第二道题（5分）题目：已知三棱锥P - ABC，PA = PB = PC = 2，AB = BC = AC = 2，求三棱锥P - ABC的外接球半径。
解析：因为三棱锥的三条侧棱相等，底面是等边三角形，所以可以把三棱锥补成一个正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球。
正方体的棱长为2，根据正方体的外接球半径公式R = 正方体棱长×√3/2，可得出外接球半径。
3. 第三道题（5分）题目：一个圆锥的底面半径为3，高为4，求圆锥的侧面积。
解析：先根据勾股定理求出圆锥的母线长l，l = √(3²+4²)=5。
然后根据圆锥侧面积公式S = πrl，其中r为底面半径，可得侧面积为15π。
4. 第四道题（5分）题目：正四棱锥S - ABCD中，底面边长为2，高为3，求侧面三角形的高。
解析：设侧面三角形的高为h，根据勾股定理，h = √(3²+1²)=√10，这里的1是底面边长的一半。
5. 第五道题（5分）题目：已知一个直三棱柱ABC - A1B1C1，∠ABC = 90°，AB = BC = 1，AA1 = 2，求异面直线A1B与AC1所成角的大小。
2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案
2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案立体几何专题1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行。
解析：根据面面平行的判定定理，α内有两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件。
又根据面面平行性质定理，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行。
因此，α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件。
所以选B。
名师点睛：本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，需要运用面面平行的判定定理与性质定理进行判断。
容易犯的错误是记不住定理，凭主观臆断。
2.【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线。
解析：连接ON，BD，容易得到直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线。
过M作MF⊥OD于F，连接BF，平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊥平面CDE，因此EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，所以△MFB与△EON均为直角三角形。
设正方形边长为2，可以计算出EO=3，ON=1，EN=2，MF=35，BF=22，因此BM=7，BM≠EN，故选B。
名师点睛：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形。
解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题。
3.【2019年高考浙江卷】XXX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柱体=Sh，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：cm3）是162.解析：根据三视图，可以得到底面为直角梯形，上底为10，下底为18，高为9.因此，底面积S=1/2(10+18)×9=108，高h=9，代入公式V柱体=Sh可得V柱体=108×9=972，单位为cm3，故选B。
2020年新课标2卷立体几何
2020年新课标2卷立体几何
2020年新课标数学2卷中，涉及到立体几何的部分主要包括立
体几何的基本概念、立体图形的性质和计算等内容。
在考试中，学
生可能会遇到以下类型的问题：
1. 立体几何的基本概念，可能会涉及到对立体几何基本概念的
理解和运用，比如对立体图形的定义、立体图形的种类、顶点、棱、面等基本概念的理解和应用。
2. 立体图形的性质，可能会涉及到对立体图形性质的分析和运用，比如对立体图形的体积、表面积的计算，对立体图形的投影、
截面等性质的理解和应用。
3. 立体几何的计算，可能会涉及到对立体几何计算题目的解答，比如对立体图形的体积、表面积的计算，对立体图形的相似性、全
等性质的运用等。
在应对这些问题时，学生需要对立体几何的相关知识有深入的
理解和掌握，需要运用几何知识进行分析和计算，同时也要注意题
目中的条件和要求，严格按照题目要求进行解答。
此外，还需要注
意解答过程的合理性和逻辑性，确保答案的准确性和完整性。
希望这些内容能够帮助你更好地理解2020年新课标数学2卷中关于立体几何的部分。
2024年高考数学全国2卷试题评析
2024年高考数学全国2卷试题评析2024年的高考数学全国2卷呀，那可真是充满了各种看点呢。
这一届的高考数学全国2卷，整体的难度设置就很有讲究。
它既不是那种难到让学生们望而却步的程度，也不是简单得毫无挑战性。
就像是一场精心设计的冒险，对于那些平时认真学习数学的学生来说，就像是走在一条充满惊喜的道路上。
从知识点的覆盖面上看，那是相当的全面。
从基础的代数运算到复杂的函数关系，从几何图形的基本性质到空间向量的灵活运用，几乎每一个数学板块都有所涉及。
这就像是一个数学知识的大拼图，每一块知识点都是不可或缺的。
比如说函数部分，不仅考查了函数的基本定义、性质，还深入到了函数的图像变换以及函数与方程的联系。
这就要求学生们对函数这一板块要有深入的理解，而不是仅仅停留在表面的计算。
再看看数列这一块，数列一直是高考数学中的常客。
2024年的全国2卷里，数列的考查既有对数列通项公式的常规求法，也有对数列求和的巧妙考察。
它不是那种直白地问你数列的通项公式是什么，而是通过一些实际的情境或者数列之间的递推关系，让学生们自己去挖掘出数列的本质特征，然后再求出通项公式。
这种考查方式特别棒，因为它真正考验了学生的数学思维能力，而不是单纯的记忆能力。
还有几何部分呢。
平面几何的题目注重考查学生对图形的观察和分析能力。
那些看似简单的三角形、四边形，其实隐藏着很多的数学奥秘。
通过一些巧妙的辅助线，就能够把复杂的问题简单化。
而立体几何部分，空间想象力就显得尤为重要了。
从简单的立体图形的体积、表面积计算，到空间中的线面关系、面面关系的证明，每一个问题都像是一个小挑战，等待着学生们去征服。
试卷中的应用题也是一大亮点。
它把数学知识和实际生活紧密地联系在了一起。
像一些关于经济利润、工程进度之类的应用题，让学生们真切地感受到数学在生活中的实用性。
这也告诉学生们，数学可不是仅仅存在于课本和试卷中的抽象概念，而是实实在在能够解决生活问题的工具。
而且呀，这份试卷在题目的创新上也下了不少功夫。
高考数学立体几何知识点总结精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版高考数学立体几何知识点总结(1)棱柱：定义：有两个面互相平行，别的各面都是四边形，且每相邻两个四边形的大众边都互相平行，由这些面所围成的几多体。
分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
表示：用各极点字母，如五棱柱或用对角线的端点字母，如五棱柱几多特性：两底面是对应边平行的全等多边形;侧面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。
(2)棱锥定义：有一个面是多边形，别的各面都是有一个大众极点的三角形，由这些面所围成的几多体分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示：用各极点字母，如五棱锥几多特性：侧面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比即是极点到截面隔断与高的比的平方。
(3)棱台：定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等表示：用各极点字母，如五棱台几多特性：①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的极点(4)圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转，别的三边旋转所成的曲面所围成的几多体几多特性：①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④侧面展开图是一个矩形。
(5)圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴，旋转一周所成的曲面所围成的几多体几多特性：①底面是一个圆;②母线交于圆锥的极点;③侧面展开图是一个扇形。
(6)圆台：定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分几多特性：①上下底面是两个圆;②侧面母线交于原圆锥的极点;③侧面展开图是一个弓形。
(7)球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几多体几多特性：①球的截面是圆;②球面上恣意一点到球心的隔断即是半径。
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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全国2卷立体几何高
考题总结
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
D
C
S
B
E
B
D
A
P
【2010 全国2】如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ，AA 1=AB ，D 为BB 1的中点，E 为AB 1上的一点，AE =3EB 1.
（Ⅰ）证明：DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线；
（Ⅱ）设异面直线AB 1与CD 的夹角为45o ,求二面角A 1-AC 1-B 1的大小.
【2011 全国2】如图，四棱锥S ABCD -中， AB ∥CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形.2,1AB BC CD SD ====. (I)
证明：SD SAB ⊥平面
(II) 求AB 与平面SBC 所成角的大小。
【2012 全国2】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。
（Ⅰ）证明：PC ⊥平面BED ；
（Ⅱ）设二面角A PB C --为90，求PD 与平面PBC 所成角的大小。
A
B
C
C 1
B 1
A
A B C
【2013 全国2】如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，160BAA ∠=。
（Ⅰ）证明：1AB A C ⊥；
（Ⅱ）若2AB CB ==，16AC =111ABC A B C -的体积。
【2014 全国2】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面
C C BB 11.
证明：;1AB C B ⊥
若1AB AC ⊥,
,1,601==∠BC CBB
求三棱柱111C B A ABC -的高.
【2015江苏高考，16】（本题满分14分）
如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC ⊥，1CC BC =，设1AB 的中点为D ，
E BC C B =11 .求证：（1）C C AA DE 11//平面；
题（19）图
P
C
E
D B
（2）11AB BC ⊥.
【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P ABC -中，PC ⊥平面,3,.,2
ABC PC ACB D E
π
=∠=分别为线段,AB BC 上的点，且2,2 2.CD DE CE EB ==== （1）证明：DE ⊥平面PCD
（2）求二面角A PD C --的余弦值。
【2016全国2】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E 、F 分别在AD ，CD 上，AE =CF ，EF 交BD 于点H ，将DEF 沿EF 折到'D EF 的位置.
（I ）证明：'AC HD ⊥；
(II)若5
5,6,,'224
AB AC AE OD ====求五棱锥'ABCEF D -体积.
【2017全国2】如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB=BC=1
2AD, ∠
BAD=∠ABC=90°。
（1） 证明：直线BC ∥平面PAD;
（2） 若△PAD 面积为7，求四棱锥P-ABCD 的体积。
【2018全国2】如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中
点．
（1）证明：PO ⊥平面ABC ；
（2）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．
【2019全国2】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．
（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；
（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．。