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立体几何高考真题大题

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立体几何高考真题大题1．（2016 高考新课标 1 卷）如图, 在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中, 面ABEF为正方形,AF=2FD, AFD 90 , 且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60 ．CDF（Ⅰ）证明：平面ABEF 平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）219 19【解析】试题分析：（Ⅰ）先证明 F 平面FDC , 结合 F 平面 F , 可得平面 F 平面FDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系, 分别求出平面 C 的法向量m 及平面 C 的法向量n , 再利用cos ,n m n mn m求二面角．试题解析：（Ⅰ）由已知可得 F DF , F F , 所以 F 平面FDC ．又 F 平面 F , 故平面 F 平面FDC ．（Ⅱ）过 D 作DG F , 垂足为G , 由（Ⅰ）知DG 平面F．以G 为坐标原点, GF 的方向为x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标系G xyz．由（Ⅰ）知DF 为二面角D F 的平面角,故DF 60 , 则DF 2 , DG 3 , 可得1,4,0 , 3,4,0 , 3,0,0 , D 0,0, 3 ．由已知, // F , 所以// 平面FDC ．又平面CD 平面FDC DC , 故//CD , CD// F ．由// F , 可得平面FDC , 所以 C F 为二面角 C F 的平面角,C F 60 ．从而可得 C 2,0, 3 ．所以 C 1,0, 3 , 0,4,0 , C 3, 4, 3 , 4,0,0 ．试卷第 1 页，总18 页设n x,y,z是平面C的法向量,则n n C0,即x3z04y0,所以可取n3,0,3．m C0设m是平面CD的法向量,则,m0同理可取m0,3,4．则cos n,m n mn m21919．故二面角C的余弦值为219 19．考点：垂直问题的证明及空间向量的应用【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主．第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决．2．（2016高考新课标2理数）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5,AC6，点E,F分别在AD,CD上，5AE CF，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．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295 25．【解析】试卷第2页，总18页试题分析：（Ⅰ）证AC//EF，再证'D H OH，最后证'D H平面ABCD；（Ⅱ）用向量法求解．试题解析：（Ⅰ）由已知得AC BD，AD CD，又由AE CF得A E CFAD CD，故AC//EF．因此E F H，从而EF D H．由AB5,AC6得22DO B0AB AO4．由EF//AC得O H AEDO AD14．所以OH1，D H DH3．于是OH1，23212102D H OH D O，故D H OH．又D H EF，而OH EF H，所以D H平面ABCD．zD'E yAHOB C FxD（Ⅱ）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz，则H0,0,0，A3,2,0，B0,5,0，C3,1,0，D0,0,3，AB(3,4,0)，AC，AD3,1,3．设m x1,y1,z1是平面ABD的法向量，则6,0,0m AB m AD 0，即3x4y0113x y3z0111，所以可以取m4,3,5．设n x2,y2,z2是平面'ACD的法向量，则n ACn AD，即6x023x y3z0222，试卷第3页，总18页所 以 可 以 取 n 0, 3,1． 于 是c o s m n ,m n 1 4 7 5 ，25|m | | n |50102 95sin m, n．25因此二面角 B D A C 的正弦值是 295 25．考点：线面垂直的判定、二面角．【名师点睛】 证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理； ②a ∥b ，a ⊥α? b ⊥α；③α∥β，a ⊥α? a ⊥ β ；④面面垂直的性质． 线面垂直的性质， 常用来证明线线垂直． 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量， 然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小， 但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是 钝角．3．（2016 高考山东理数）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=1 2AC=2 3 ，AB=BC ．求二面角 F BCA 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ） 77【解析】试题分析：（Ⅰ）根据线线、面面平行可得与直线 GH 与平面 ABC 平行；（Ⅱ）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则是找到 FNM 为二面角 F BC A 的平面角直接求解． 试题解析：试卷第4页，总18页（Ⅰ）证明：设FC的中点为I,连接G I,HI,在△CEF,因为G是CE的中点，所以GI//E F,又E F//OB,所以GI//OB,在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI//BC，又HI GI I,所以平面GHI//平面ABC，因为GH平面GHI，所以GH//平面ABC．（Ⅱ）解法一：连接OO',则OO'平面ABC，又AB BC,且A C是圆O的直径，所以BO AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，由题意得B(0,23,0)，C(23,0,0)，过点F作FM垂直OB于点M，所以223,FM FB BM可得F(0,3,3)故B C(23,23,0),BF(0,3,3)．设m(x,y,z)是平面BCF的一个法向量．m BC0由,m BF023x23y0可得,3y3z0可得平面BCF的一个法向量m3 (1,1,),3因为平面ABC的一个法向量n(0,0,1),试卷第5页，总18页所以cos m,nm n|m||n|77．所以二面角F BC A的余弦值为77．解法二：连接OO'，过点F作FM OB于点M，则有FM//OO',又OO'平面ABC，所以FM⊥平面ABC,可得223,FM FB BM过点M作MN垂直BC于点N，连接FN，可得FN BC,从而FNM为二面角F BC A的平面角．又AB BC,AC是圆O的直径，所以MN BM6 sin45,2从而42FN，可得27cos FNM.7所以二面角F BC A的余弦值为77．考点：1．平行关系；2．异面直线所成角的计算．【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题．解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明．立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法．本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等．4．（2016高考天津理数）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．试卷第6页，总18页（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；（Ⅱ）求二面角O-EF-C的正弦值；23（Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=H F，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）33（Ⅲ）721【解析】试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值试题解析：依题意，OF平面ABCD，如图，以O为点，分别以AD,BA,OF的方向为x轴，y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,0,0)，A1,1,0,B(1,1,0),C(1,1,0),D(1，1,0),E(1,1,2),F(0,0,2),G(1,0,0)．（Ⅰ）证明：依题意，AD(2,0,0),AF1,1,2．设n1x,y,z为平面ADF的法向量，则n AD1n AF1，即2x0x y2z0．不妨设z1，可得n，又10,2,1试卷第7页，总18页EG0,1,2，可得E G n，又因为直线E G平面A D，F所以10EG//平面ADF．（Ⅱ）解：易证，OA1,1,0为平面O E F的一个法向量．依题意，EF CF．设n2x,y,z为平面CEF的法向量，则1,1,0,1,1,2n EF2n CF2，即x y0x y2z0．不妨设x1，可得n21,1,1．因此有cos OA,n2OA n2OA n2633sin OA,n，所以，二面角，于是23O EF C的正弦值为33．（Ⅲ）解：由2AH HF，得32A H A F AF1,1,252224AH AF,,，进而有5555334H,,，从而555284BH,,，因此555cos BH,n2BH n2BH n2721．所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721．考点：利用空间向量解决立体几何问题5．（2016年高考北京理数）如图，在四棱锥P ABCD中，平面PAD平面ABCD，PA PD，PA PD，AB AD，AB1，AD2，A C CD5．（1）求证：PD平面PAB；试卷第8页，总18页（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，求不存在，说明理由．A MAP的值；若【答案】（1）见解析；（2）33；（3）存在，A MAP14【解析】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面PAD；根据线面垂直性质定理可知AB PD，再由线面垂直判定定理可知PD平面PAB；（2）取AD的中点O，连结PO，CO，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设AM AP，根据BM//平面PCD，即BM n0，求的值，即可求出A MAP的值．试题解析：（1）因为平面PAD平面ABCD，AB AD，所以AB平面PAD，所以AB PD，又因为PA PD，所以PD平面PAB；（2）取AD的中点O，连结PO，CO，因为PA PD，所以PO AD．又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD．因为CO平面ABCD，所以PO CO．因为AC CD，所以CO AD．如图建立空间直角坐标系O xyz，由题意得，A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)．设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，则n PD n PC 0,0,即y2xzz0,0,令z2，则x1,y2．所以n(1,2,2)．又PB(1,1,1)，所以cosn PB3 n,PB．3n PB所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33．试卷第9页，总18页（3）设M是棱PA上一点，则存在[0,1]使得AM AP．因此点M(0,1,),BM(1,,)．因为BM平面PCD，所以BM∥平面PCD当且仅当BM n0，即(1,,)(1,2,2)0，解得14．所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时A MAP14．考点：1．空间垂直判定与性质；2．异面直线所成角的计算；3．空间向量的运用．【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找）二面角的平面角或得到点到面的距离等．6．（2016高考新课标3理数）如图，四棱锥P ABC中，PA地面ABCD，AD BC，AB AD AC，PA BC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC 3的中点．（Ⅰ）证明MN平面PAB；（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．试卷第10页，总18页【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）85 25．【解析】试题分析：（Ⅰ）取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN AT，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A为坐标原点，以AD,AP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN的方向向量与平面PMN法向量的夹角来处理AN与平面PMN所成角．2试题解析：（Ⅰ）由已知得AM2，取BP的中点T，连接AT,TN，由N为AD 31PC中点知TN//BC，TN BC2．2又AD//BC，故T N AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT．因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB．（Ⅱ）取BC的中点E，连结AE，由AB AC得AE BC，从而AE AD，且2BC222AE AB BE AB()5．2以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，5由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5,2,0)，N(,1,2)，25 5(0,2,4)PN(，A N(,1,2)．22PM，,1,2)设n(x,y,z)为平面PMN的法向量，则nnPMPN，即2x524zx y2z，可取n(0,2,1)，于是|cos n,AN||n AN|85 |n||AN|25．试卷第11页，总18页考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．7．（2016高考浙江理数）如图,在三棱台ABC DEF中,平面BCFE平面ABC, ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．（Ⅰ）求证：EF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B-AD-F的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）34．【解析】试题分析：（Ⅰ）先证F C，再证F C，进而可证F平面CFD；（Ⅱ）方法一：先找二面角D F的平面角，再在Rt QF中计算，即可得二面角D F的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面C和平面的法向量，进而可得二面角D F的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长D，，CF相交于一点，如图所示．因为平面CF平面C，且C C，所以，C平面C，因此，F C．又因为F//C，F FC1，C2，所以C为等边三角形，且F为C的中点，则F C．所以F平面CFD．试卷第12页，总18页（Ⅱ）方法一：过点F作FQ，连结Q．因为F平面C，所以F，则平面QF，所以Q．所以，QF是二面角D F的平面角．在Rt C中，C3，C2，得FQ 313 13．在Rt QF中，F Q31313，F3，得cos QF34．所以，二面角D F的平面角的余弦值为34．方法二：如图，延长D，，CF相交于一点，则C为等边三角形．取C的中点，则C，又平面CF平面C，所以，平面C．以点为原点，分别以射线，的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系xyz．由题意得1,0,0，C1,0,0，0,0,3，1,3,0，13,0,22，13F,0,22．因此，C0,3,0，1,3,3，2,3,0．设平面C的法向量为m x1,y1,z1，平面的法向量为n x2,y2,z2．由C m0m0，得3y01x3y3z0111，取m3,0,1；由nn 0，得2x3y022，取n3,2,3．x3y3z0222于是，cos m,n m nm n34．所以，二面角D F的平面角的余弦值为34．试卷第13页，总18页考点：1、线面垂直；2、二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．8．（2016年高考四川理数）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，1 BC=CD=2A D，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．PCBA DE（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13．【解析】试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知M为DC和AB的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长A B，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED．所以四边形BCDE是平行四边形．，所以CD∥EB从而CM∥EB．又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM∥平面PBE．（说明：延长A P至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA AD=A，所以CD⊥平面PAD．从而CD⊥PD．所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA=45°．设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2．14页，总18页试卷第过点 A 作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH．易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE．于是CE⊥平面PAH．所以平面PCE⊥平面PAH．过A 作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE．所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，所以AH=2 2．在Rt△PAH中，PH= 2 2PA AH = 3 22，AHPH 所以sin ∠APH= =13．方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA AD=A，所以CD⊥平面PAD．于是CD⊥PD．从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA=45°．由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD．设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2．作Ay⊥AD，以 A 为原点，以AD , AP 的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A（0,0,0 ），P（0,0,2 ），C（2,1,0 ），E（1,0,0 ），所以PE =（1,0,-2 ），EC =（1,1,0 ），AP=（0,0,2 ）设平面PCE的法向量为n=（x,y,z ），由nn P EEC0,0,得x2z 0,x y 0,设x=2，解得n=（2,-2,1 ）．试卷第15 页，总18 页设直线PA与平面PCE所成角为α，则sin α= |n AP || n| | AP | =2 12 2 22 2 ( 2) 13 ．所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13．zPMCByA E D x考点：线线平行、线面平行、向量法．【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力．证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．9．（2016 高考上海理数）将边长为 1 的正方形A AOO （及其内部）绕的1 1 OO 旋转一1周形成圆柱，如图，A C 长为23，A1B1 长为3，其中B 与C 在平面AA1O1O的同侧。

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2023年高考数学立体几何真题练习(含答案解析)

2023年高考数学立体几何真题练习(含答案解析)

2023年高考数学立体几何真题练习（含答案解析）1．（2022·北京·高考真题）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263BO =⨯=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2364136=>⨯， 故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π 故选：B2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA −=，E ，F 分别是棱11,BC AC 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≤≤【答案】A【解析】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 ．3．（多选题）（2022·全国·高考真题）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】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 ⊥，212EFMSEM 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.4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D −，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面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【解析】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1AC ，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11AC ，设1111ACB 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：ABD5．（多选题）（2021·全国·高考真题）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，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 ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +−=⇒=−，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1DBCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】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22FG π==..。

北京高考真题之立体几何

北京高考真题之立体几何

一．1. 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{5}T Q S PQ=∈，则T表示的区域的面积为（A）34π（B）π（C）2π（D）3π2. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B. 4 C. 3+ D. 23. 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+4. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．45. 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．3B．2C．2D．26. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．107. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．18. （5分）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：．二．1. （2019文）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．2. 如图，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=，AB=4．（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．3. （2020） 如图，在正方体1111ABCD A B C D −中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．5. （2022·）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥； 条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．7. （2019理）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且＝．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．8. （14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=，AC=AA1=2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．9. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．答案2. 二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=3. （Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2 3.所以PAB为直角三角形，又因为PB=2PB BC+，则PBC为直角三角形，故又因为BC PA⊥PA PB P=，平面PAB，又x轴，过A所以(0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,1,AP AC BC PC ====−设平面PAC 的法向量为()111,,m x y z =，则00m AP m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1=，则11y =−，所以(1,1,0)m =−，的法向量为(22,,x n y =00BC PC ⎧⋅=⋅=，即，所以(1,0,1)n =，11,222m n m n m n⋅===⨯，又因为二面角A PC B −−为锐二面角，所以二面角A PC B −−的大小为π系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ， 由三棱柱111ABC A B C 可得四边形11ABB A 为平行四边形， 而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ， 而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ， 而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ， （2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥， 而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ， 平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ， 因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ， 因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥， 所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===， 设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =， 则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则4,2n AB =⨯，故1BB M MKN ≅， 111A B BB ⊥， 1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()0,0,0,B 故()()(0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取，则(2,2,n =−−设直线AB 与平面所成的角为42cos ,233n AB ==⨯6.7. 证明：（Ⅰ）∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴， AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，0，0），E （0，1，1），F （，，），P（0，0，2），B（2，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（），平面AEP的法向量＝（1，0，0），设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，﹣1），设二面角F﹣AE﹣P的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为．（Ⅲ）直线AG在平面AEF内，理由如下：∵点G在PB上，且＝．∴G（，﹣，），∴＝（，﹣，），∵平面AEF的法向量＝（1，1，﹣1），＝﹣＝0，故直线AG在平面AEF内．8.二面角B﹣CD﹣C1的余弦值为﹣．（III）证明：F（0，0，2），（2，0，1），∴=（2，0，﹣1），∴•=2+0﹣4=﹣2≠0， ∴与不垂直，∴FG 与平面BCD 不平行，又FG ⊄平面BCD ， ∴FG 与平面BCD 相交．9. ；．。

高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)完整版.doc

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（Ⅱ）平面 BDC 1 分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
16 (2014 课标全国Ⅰ )如图 1-1 所示，三棱柱 ABC - A1B1C1中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ ACB＝ 90°， BC＝ 1，AC＝ CC1＝ 2. (1)证明： AC1⊥ A1B； (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3， 求二面角 A1-AB -C 的大小．
12．（ 2017 年 16）已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径。若平 面 SCA⊥平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为 ________。
13(2011 年).如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，
17.(2015 年新课标 1)如图四边形 ABCD 为菱形，
G 为 AC 与 BD 交点， BE 平面 ABCD ， (1) 证明：平面 AEC 平面 BED ； (2) 若 ABC 120o ， AE EC, 三棱锥
E ACD 的体积为 6 ，求该三棱锥的侧面积 . 3
18 (2016 年新课标 1)如图，已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是直角三角形， PA=6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D， D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连结 PE 并延长交 AB 于点 G. （ I）证明： G 是 AB 的中点； （ II ）在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F（说明作法及理由） ，并求四面体 PDEF 的体积．
PD 底面 ABCD ． （ I）证明： PA BD ；
（ II ）设 PD=AD=1 ，求棱锥 D-PBC 的高．
高考数学近三年真题立体几何(理科专用)

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．。