高考文科数学立体几何汇编与答案学生版汇编

专题五 立体几何第一讲 空间几何体1．棱柱、棱锥 (1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形． (2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形． 2．三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高； (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样． 3．几何体的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长．(2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何 问题．4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆) (1)表面积公式①圆柱的表面积 S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)体积公式①柱体的体积V ＝Sh ；②锥体的体积V ＝13Sh ；③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的体积V ＝43πR 3.1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143C.163D ．6答案 B解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝143.2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2013·江西)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )A．8 B．9 C．10 D．11答案 A解析取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.4． (2013·新课全国Ⅱ)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，则得到正视图可以为( )答案 A解析根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图为正方形，如图(2)所示．故选A.5． (2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．答案12π解析由三视图知，该几何体为正方体和球组成的组合体，正方体的对角线为球的直径．所以2R＝23，即R＝3，球的表面积为S＝4πR2＝12π.题型一空间几何体的三视图例1(1)(2012·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A．12πB．45πC．57πD．81π(2)(2012·陕西)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左(侧)视图为( )审题破题根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案(1)C (2)B解析 (1)由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示． 圆锥的底面半径为3，高为4，圆柱的底面半径为3，高为5，∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh 1＋Sh 2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π.(2)还原正方体后，将D 1，D ，A 三点分别向正方体右侧面作垂线．D 1A 的射影为C 1B ，且为实线，B 1C 被遮挡应为虚线．反思归纳 将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键，其解题技巧是对常见简单几何体及其组合体的三视图，特别是正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、球等几何体的三视图分别是什么图形，数量关系有什么特点等都应该熟练掌握，会画出其直观图，然后由三视图验证．变式训练1 若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是________ cm 3.答案 18解析 由几何体的三视图可知，该几何体由两个直四棱柱构成，其直观图如图所示．上底面直四棱柱的长是3 cm ，宽是3 cm ，高是1 cm ，故其体积为9 cm 3，下底面直四棱柱的高是3 cm ，长是1 cm ，宽是3 cm ，其体积为9 cm 3.故该几何体的体积为V ＝18 cm 3. 题型二 空间几何体的表面积和体积例2 如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．审题破题 本题可从两个思路解题：思路一：先求出四棱锥C 1—B 1EDF 的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积； 思路二：先将四棱锥C 1—B 1EDF 化为两个三棱锥B 1—C 1EF 与D —C 1EF ，再求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．解 方法一 连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，过O 1作。

全国高考数学试题汇编 文科立体几何（答案解析版）[2015·安徽卷] 一个空间几何体的三视图以下列图，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80C 【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(以下列图)，因此该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.[2015·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )A ．32B ．16＋16 2C ．48D ．16＋32 2B 【解析】 由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，因此其表面积为4×4＋4×12×4×22＝16＋162，应选B.[2015·广东卷] 如图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为( )A ．4 3B ．4C ．2 3D ．2C 【解析】 由三视图知该几何体为四棱锥，棱锥高h ＝(23)2－(3)2＝3，底面为菱形，对角线长分别为23，2，因此底面积为12×23×2＝23，因此V ＝13Sh ＝13×23×3＝2 3.[2015·湖南卷] 设图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．9π＋42B ．36π＋18C.92π＋12D.92π＋18 D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为： V ＝V 1＋V 2＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＋3×3×2＝92π＋18，应选D.[2015·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )A ．4B ．2 3C ．2D. 3B 【解析】 由俯视图知该正三棱柱的直观图为以下列图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C为左视图．由于体积为23，因此设棱长为a ，则12×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.因此CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，应选B.[2015·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图以下列图，则相应的侧视图可以为( )图1－2D 【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D.[2015·陕西卷] 某几何体的三视图以下列图，则它的体积为( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2πD.2π3A 【解析】 主视图与左视图相同是边长为2的正方形，里面有两条虚线，俯视图是边长为2的正方形与直径为2的圆相切，其直观图为棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2的圆锥，故其体积为正方体的体积与圆锥的体积之差，V 正＝23＝8，V 锥＝13πr 2h ＝2π3(r ＝1，h ＝2)，故体积V ＝8－2π3，故答案为A.[2015·天津卷] 一个几何体的三视图以下列图(单位：m)，则该几何体的体积为________ m 3.4 【解析】 依照三视图还原成直观图，可以看出，其是由两个形状相同的，底面长和宽都为1，高为2的长方体叠加而成，故其体积V ＝2×1×1＋1×1×2＝4.22015·浙江卷] 若某几何体的三视图以下列图，则这个几何体的直观图可以是( )[2015·福建卷] 如图1－3，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2 【解析】 ∵ EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，又∵E 是AD 的中点，∴F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线， ∴EF ＝12AC ＝12×22＝ 2.[2015·浙江卷] 若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α内存在唯一的直线与l 平行 D ．α内的直线与l 都订交B 【解析】 在α内存在直线与l 订交，因此A 不正确；若α内存在直线与l 平行，又∵l ⊄α，则有l ∥α，与题设相矛盾，∴B 正确，C 不正确；在α内但是l 与α交点的直线与l 异面，D 不正确．[2015·广东卷] 正五棱柱中，不相同在任何侧面且不相同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( ) A ．20 B ．15 C ．12 D ．10D 【解析】 一个下底面5个点，每个下底面的点对于5个上底面的点，满足条件的对角线有2条，因此共有5×2＝10条．[2015·四川卷] l 1，l 2，l 3是空间三条不相同的直线，则以下命题正确的选项是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3 C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面 D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面B 【解析】 对于A ，直线l 1与l 3可能异面；对于C ，直线l 1、l 2、l 3可能构成三棱柱三条侧棱所在直线而不共面；对于D ，直线l 1、l 2、l 3订交于同一个点时不用然共面. 因此选B.[2015·湖北卷] 设球的体积为V 1，它的内接正方体的体积为V 2，以下说法中最合适的是( )A ．V 1比V 2大体多一半B ．V 1比V 2大体多两倍半C ．V 1比V 2大体多一倍D ．V 1比V 2大体多一倍半D 【解析】 设球的半径为R ，则V 1＝43πR 3.设正方体的边长为a ，则V 2＝a 3.又由于2R ＝3a ，因此V 1＝43π⎝⎛⎭⎫32a 3＝32πa 3，V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫32π－1a 3≈1.7a 3.[2015·辽宁卷] 已知球的直径SC ＝4，A 、B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( ) A.33 B.233 C.433 D.533C 【解析】 如图1－6，由于SC 是球的直径，因此∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝45°，因此△SAC 、△BSC 为等腰直角三角形，取SC 中点D ，连接AD 、BD .由此得SC ⊥AD ，SC ⊥BD ，即SC ⊥平面ABD .因此V S －ABC ＝V S －ABD ＋V C －ABD ＝13S △ABD ·SC .由于在等腰直角三角形△SAC 中∠ASC ＝45°，SC ＝4，因此AD ＝2.同理BD ＝2. 又AB ＝2，因此△ABD 为正三角形，因此V S －ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×22·sin60°×4＝433，因此选C.[2015·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的极点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．13【解析】 如图，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r ，则球面面积为4πR 2，圆锥底面面积为πr 2，由题意πr 2＝1216πR 2，因此r ＝32R ，因此OO 1＝OA 2－O 1A 2＝R 2－34R 2＝12R ，因此SO 1＝R ＋12R ＝32R ， S 1O 1＝R －12R ＝12R ，因此S 1O 1SO 1＝R23R 2＝13.[2015·四川卷] 如图1－3，半径为4的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．图1－3 大纲文数15.G832π 【解析】 本题主要观察球的性质、球与圆柱的组合体、均值不等式的应用．如图1－4为轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，球半径R ＝4，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2R 2－r 2.由于S ＝2πrh ＝4πrR 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π⎝⎛⎭⎫r 2＋R 2－r 222＝2πR 2，取等号时，内接圆柱底面半径为 22R ，高为2R ，∴S 球－S 圆柱＝4πR 2－2πR 2＝2πR 2＝32π.[2015·全国卷] 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．23【解析】 取A 1B 1的中点F ，连EF ，则EF ∥BC ，∠AEF 是异面直线AE 与BC 所成的角，设正方体的棱长为a ，可得AE ＝32a ，AF ＝52a ，在△AEF 中，运用余弦定理得cos ∠AEF＝23，即异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为23.[2015·安徽卷] 如图1－4，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形． (1)证明直线BC ∥EF ； (2)求棱锥F －OBED 的体积．图1－4【解答】 (1)证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA ＝1，OD ＝2，因此OB 綊12DE ，OG ＝OD ＝2.同理，设G ′是线段DA 与FC 延长线的交点，有OC 綊12DF ，OG ′＝OD ＝2，又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，因此G 与G ′重合．在△GED 和△GFD 中，由OB 綊12DE 和OC 綊12DF ，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点．因此BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF . (2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°，知S △EOB ＝32. 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝ 3. 因此S OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332. 过点F 作FQ ⊥DG ，交DG 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，因此V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.[2015·北京卷]图1－4如图1－4，在周围体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)可否存在点Q ，到周围体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明原由．课标文数17.G4[2015·北京卷] 【解答】 (1)证明：由于D ，E 分别为AP ，AC 的中点，图1－5 因此DE ∥PC .又由于DE ⊄平面BCP ，PC ⊂平面BCP ， 因此DE ∥平面BCP .(2)由于D 、E 、F 、G 分别为AP 、AC 、BC 、PB 的中点， 因此DE ∥PC ∥FG ， DG ∥AB ∥EF ，因此四边形DEFG 为平行四边形． 又由于PC ⊥AB ， 因此DE ⊥DG ，因此平行四边形DEFG 为矩形． (3)存在点Q 满足条件，原由以下： 连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC 、AB 的中点M ，N ，连接ME 、EN 、NG 、MG 、MN . 与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ， 且QM ＝QN ＝12EG .因此Q 为满足条件的点．[2015·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.课标数学16.G4，G5[2015·江苏卷] 本题主要观察直线与平面、平面与平面的地址关系，观察空间想象能力和推理论证能力．【解答】证明：(1)在△P AD中，由于E，F分别为AP，AD的中点，因此EF∥PD.又由于EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，图1－3因此直线EF∥平面PCD.(2)连接BD，由于AB＝AD，∠BAD＝60°，因此△ABD为正三角形，由于F是AD的中点，因此BF⊥AD.由于平面P AD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，因此BF⊥平面P AD.又由于BF⊂平面BEF，因此平面BEF⊥平面P AD.图1－6图1－81[2015·课标全国卷] 如图1－8，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：P A⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．课标文数18.G5，G11[2015·课标全国卷] 【解答】(1)证明：由于∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD，进而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，因此BD⊥平面P AD，故P A⊥BD.(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，因此BC⊥BD.图1－9故BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.由题设知PD＝1，则BD＝3，PB＝2.依照DE·PB＝PD·BD得DE＝3 2.即棱锥D－PBC的高为3 2.[2015·陕西卷] 如图1－8，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．图1－8课标文数16.G5[2015·陕西卷] 【解答】(1)∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.又DB ∩DC ＝D .∴AD ⊥平面BDC .∵AD 平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由(1)知，DA ⊥DB ，DB ⊥DC ，DC ⊥DA ，DB ＝DA ＝DC ＝1.∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2. 进而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12. S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.2015·江苏卷] 如图1－2，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．图1－2求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面P AD .课标数学16.G4，G5[2015·江苏卷] 本题主要观察直线与平面、平面与平面的地址关系，观察空间想象能力和推理论证能力．【解答】 证明：(1)在△P AD 中，由于E ，F 分别为AP ，AD 的中点，因此EF ∥PD .又由于EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，图1－3因此直线EF ∥平面PCD .(2)连接BD ，由于AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，因此△ABD 为正三角形，由于F 是AD 的中点，因此BF ⊥AD .由于平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，因此BF ⊥平面P AD .又由于BF ⊂平面BEF ，因此平面BEF ⊥平面P AD .[2015·辽宁卷] 如图1－8，四边形ABCD 为正方形，图1－8QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD . (1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值．课标文数18.G7[2015·辽宁卷] 【解答】 (1)由条件知PDAQ 为直角梯形．由于QA ⊥平面ABCD ，因此平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD .又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，因此DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD . 因此PQ ⊥平面DCQ .(2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，因此棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3. 由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2， 因此棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3. 故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.图1－61[2015·湖南卷] 如图1－5，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，点C 在AB 上，且∠CAB ＝30°，D 为AC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面POD ；(2)求直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值．图1－5课标文数19.G5，G11[2015·湖南卷] 【解答】(1)由于OA ＝OC ，D 是AC 的中点，因此AC ⊥OD .又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，因此AC ⊥PO .而OD ，PO 是平面POD 内的两条订交直线，因此AC ⊥平面POD .(2)由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ，因此平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面P AC .图1－6连接CH ，则CH 是OC 在平面P AC 上的射影，因此∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin30°＝12. 在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23. 在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23. 故直线OC 和平面P AC 所成角的正弦值为23.图1－7[2015·浙江卷] 如图1－7，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．(1)证明：AP ⊥BC ；(2)已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2，求二面角B －AP －C 的大小．课标文数20.G11[2015·浙江卷] 【解答】 (1)证明：由AB ＝AC ，D 是BC 中点，得AD ⊥BC ，又PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC ，由于PO ∩AD ＝O ，因此BC ⊥平面P AD ，故BC ⊥AP .(2)如图，在平面APB 内作BM ⊥P A 于M ，连CM .由于BC ⊥P A ，得P A ⊥平面BMC ，因此AP ⊥CM .故∠BMC 为二面角B －AP －C 的平面角．在Rt △ADB 中，AB 2＝AD 2＋BD 2＝41，得AB ＝41.在Rt △POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，在Rt △PDB 中，PB 2＝PD 2＋BD 2，因此PB 2＝PO 2＋OD 2＋BD 2＝36，得PB ＝6.在Rt △POA 中，P A 2＝AO 2＋OP 2＝25，得P A ＝5.又cos ∠BP A ＝P A 2＋PB 2－AB 22P A ·PB ＝13， 进而sin ∠BP A ＝223.故BM ＝PB sin ∠BP A ＝4 2.同理CM ＝4 2.由于BM 2＋MC 2＝BC 2，因此∠BMC ＝90°，即二面角B －AP －C 的大小为90°.图1－5[2015·福建卷] 如图1－5，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．课标文数20.G12[2015·福建卷] 【解答】 (1)证明：由于P A ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，图1－6因此P A ⊥CE .由于AB ⊥AD ，CE ∥AB ，因此CE ⊥AD .又P A ∩AD ＝A ， 因此CE ⊥平面P AD .(2)由(1)可知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin45°＝1.又由于AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，因此四边形ABCE 为矩形．因此S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52. 又P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，因此V 四棱锥P －ABCD ＝13S 四边形ABCD ·P A ＝13×52×1＝56.2[2015·江西卷] 如图1－7，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′－PBCD 的体积最大时，求P A 的长；(2)若点P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE .图1－7课标文数18.G12[2015·江西卷] 【解答】 (1)令P A ＝x (0<x <2)，则A ′P ＝PD ＝x ，BP ＝2－x .由于A ′P ⊥PD ，且平面A ′PD ⊥平面PBCD ，故A ′P ⊥平面PBCD .因此V A ′－PBCD ＝13Sh ＝16(2－x )(2＋x )x ＝16(4x －x 3)．图1－8令f (x )＝16(4x －x 3)，由f ′(x )＝16(4－3x 2)＝0，得x ＝233. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，233时，f ′(x )>0，f (x )单调递加； 当x ∈⎝⎛⎭⎫233，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，因此，当x ＝233时，f (x )获取最大值， 即：当V A ′－PBCD 最大时，P A ＝233. (2)证明：设F 为A ′B 的中点，连接PF ，FE .则有EF 綊12BC ，PD 綊12BC ，因此EF 綊PD ，四边形DEFP 为平行四边形，因此DE ∥PF ，又A ′P ＝PB ，因此PF ⊥A ′B ，故DE ⊥A ′B .[2015·山东卷] 如图1－5，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC 1∥平面A 1BD .图1－5课标文数19.G12[2015·山东卷] 【解答】证明：(1)证法一：由于D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，图1－6因此D1D⊥BD.又由于AB＝2AD，∠BAD＝60°，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB cos60°＝3AD2.因此AD2＋BD2＝AB2，因此AD⊥BD.又AD∩D1D＝D，因此BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1，因此AA1⊥BD.证法二：由于D1D⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，图1－7因此BD⊥D1D.取AB的中点G，连接DG.在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD，又∠BAD＝60°，因此△ADG为等边三角形．因此GD＝GB.故∠DBG＝∠GDB，又∠AGD＝60°，因此∠GDB＝30°，故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，因此BD ⊥AD .又AD ∩D 1D ＝D ，因此BD ⊥平面ADD 1A 1，又AA 1⊂平面ADD 1A 1，因此AA 1⊥BD .(2)连接AC ，A 1C 1.图1－8设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1.由于四边形ABCD 为平行四边形，因此EC ＝12AC ， 由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知，A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，因此四边形A 1ECC 1为平行四边形．因此CC 1∥EA 1，又由于EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ，因此CC 1∥平面A 1BD .[2015·四川卷] 如图1－5，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于点D .(1)求证：PB 1∥平面BDA 1；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值．图1－5[2015·四川卷] 【解答】 解法一：(1)连接AB 1与BA 1交于点O ，连接OD .∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ，∴AD ＝PD ，又AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.图1－6又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1，∴PB 1∥平面BDA 1.(2)过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连接BE .∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ，∴BA ⊥平面AA 1C 1C .由三垂线定理可知BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， 又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52×AE ， ∴AE ＝255. 在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝⎛⎭⎫2552＝355， ∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23. 故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.[2015·天津卷] 如图1－7，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明PB ∥平面ACM ；(2)证明AD ⊥平面P AC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．图1－7课标文数17.G12[2015·天津卷]图1－8【解答】 (1)证明：连接BD ，MO .在平行四边形ABCD 中，由于O 为AC 的中点，因此O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，因此PB ∥MO .由于PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，因此PB ∥平面ACM .(2)证明：由于∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，因此∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC .又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，因此PO ⊥AD .而AC ∩PO ＝O ，因此AD ⊥平面P AC .(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN .由于M 为PD 的中点，因此MN ∥PO ，且MN ＝12PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，因此∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO ＝12，因此DO ＝52.进而AN ＝12DO ＝54.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝MN AN ＝154＝455，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为455. 20.（本小题满分13分）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的周围体称之为鳖臑.在以下列图的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的 中点，连接,,DE BD BE .（Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC . 试判断周围体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明原由；（Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，周围体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 【答案】（Ⅰ）由于PD ⊥底面ABCD ，因此PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，因此BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，因此BC DE ⊥. 又由于PD CD =，点E 是PC 的中点，因此DE PC ⊥. 而PC BC C =，因此DE ⊥平面PBC .周围体EBCD 是一个鳖臑；（Ⅱ）124.V V = 【解析】 试题解析：（Ⅰ）由侧棱PD ⊥底面ABCD 易知，PD BC ⊥；而底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，由线面垂直的判判定理知BC ⊥平面PCD ，进而由线面垂直的性质定理可得BC DE ⊥；在PCD ∆中，易得DE PC ⊥，再由线面垂直的判判定理即可得出结论.由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，进一步可得周围体EBCD 的四个面都是直角三角形，即可得出结论；（Ⅱ）结合（Ⅰ）证明结论，并依照棱锥的体积公式分别求出12,V V ，即可得出所求结果.试题解析：（Ⅰ）由于PD ⊥底面ABCD ，因此PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，因此BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，因此BC DE ⊥. 又由于PD CD =，点E 是PC 的中点，因此DE PC ⊥. 而PC BC C =，因此DE ⊥平面PBC . 由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知周围体EBCD 的四个面都是直角三角形，即周围体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是,,,.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠（Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，因此11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅；由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D BCE -的高， BC CE ⊥，因此21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅.在Rt △PDC 中，由于PD CD =，点E 是PC的中点，因此2DE CE ==，于是 12123 4.16BC CD PD V CD PD V CE DEBC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅。

2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编（含答案）一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）A ．√2:1B ．2:1C ．1:√2D ．1:2 2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．2√2C ．4D ．3．（2021·全国·高考真题）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+12√3B ．28√2C ．563D 4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BPD ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m，n表示直线，以下命题中正确的选项是（）A．假设m⊥α，m⊥n，那么n//αB．假设m⊂α，n⊂β，α//β，那么m//nC．假设α//β，m⊂α，那么m//βD．假设m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，那么α//β8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（）A．BD1//A1A B．BD1//A1D C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C110．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B111．（2021·全国·高考真题）-（多选）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．12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，3AB=．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：AB⊥SD．三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为2√3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．144π14．（2021·天津·高考真题）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32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π15．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC是面积为9√34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（）A．√3B．32C．1D．√3216．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√3417．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）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一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨21．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°22．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14BC ．√5+14D ．√5+1223．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．π2B．π3C．π4D．π625．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（1）证明：PB//平面ACE；（2）设PA=1，AD=√3，直线PB与平面ABCD所成的角为45°，求四棱锥P−ABCD 的体积.中，底面ABCD是正方形，若AD= 26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD2,QD=QA=√5,QC=3．（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．27．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：D1F//平面A1EC1；（II）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．（III）求二面角A−A1C1−E的正弦值．28．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B11（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?29．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1D 1中点，11B C 与平面CDE 交于点F ．（1）求证：F 为11B C 的中点；（2）点M 是棱A 1B 1上一点，且二面角M −FC −E 的余弦值为√53，求A 1MA1B 1的值．30．（2020·全国·高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底DO．面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B−PC−E的余弦值．2020-2021真题精编-立体几何解析版一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（）A．√2:1B．2:1C．1:√2D．1:2【答案】C【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.【详解】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有2r cos45°=l，l=√2r.该圆锥的底面积与侧面积比值为πr 2πrl =2πr⋅√2r=√2.故选：C.2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．2√2C．4D．【答案】B【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πl=2π×√2，解得l= 2√2.故选：B.3．（2021·全国·高考真题）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+12√3B ．28√2C ．563D 【答案】D 【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=√22−(2√2−√2)2=√2， 下底面面积S 1=16，上底面面积S 2=4，所以该棱台的体积V =13ℎ(S 1+S 2+√S 1S 2)=13×√2×(16+4+√64)=283√2.故选：D.4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ） A ．当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P 【答案】BD 【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BCC 1B 1内部（含边界）．对于A ，当λ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μCC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即此时P ∈线段1CC ，△AB 1P 周长不是定值，故A 错误；对于B ，当μ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λB 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而B 1C 1//BC ，B 1C 1//平面A 1BC ，则有P 到平面A 1BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当λ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ +μQH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，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，A 1(√32,0,1)，P (0,0,μ)，B (0,12,0)，则A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,0,μ−1)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,μ)，()110A P BP μμ⋅=-=，所以μ=0或μ=1．故H,Q 均满足，故C 错误；对于D ，当μ=12时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，取1BB ，1CC 中点为M,N ．BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λMN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设P (0,y 0,12)，因为A (√32，0,0)，所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,y 0,12)，A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,−1)，所以34+12y 0−12=0⇒y 0=−12，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．5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【分析】利用V A−NMD1=V D1−AMN计算即可.【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以V A−NMD1=V D1−AMN=13×12×1×1×2=13故答案为：1 3【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. 6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）√23．【分析】（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AM ，又PB ⊥AM ，PB ∩PD =P ， 所以AM ⊥平面PBD ， 而AM ⊂平面PAM ， 所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM ⊥BD ， 从而△DAB~△ABM ，设BM =x ，AD =2x ，则BMAB =ABAD ，即2x 2=1，解得x AD =√2． 因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P −ABCD 的体积为V =13×(1×√2)×1=√23．【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB ⊥AM ，所以垂线可以从PB,AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△DAB~△ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积． 二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m ，n 表示直线，以下命题中正确的选项是（ ）A ．假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n //αB ．假设m ⊂α，n ⊂β，α//β，那么m //nC ．假设α//β，m ⊂α，那么m //βD ．假设m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，那么α//β 【答案】C 【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A ；根据面面平行的性质定理，可判断B 、C ；根据面面平行的判定定理，可判定D 【详解】选项A ：假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n //α或n 在α内，故选项A 错误；选项B ：假设m ⊂α，n ⊂β，α//β，那么m //n 或m 与n 异面，故选项B 错误； 选项D ：假设m ⊂α，n ⊂α，m //β，n //β，且m 、n 相交才能判定α//β，故选项C 错误；选项C ：依照两平面平行的性质可知C 正确．故选：C8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若m//n，n//α，则m//α或m⊂α，故选项A不正确；B C为m，直线BC为对于B：如图平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，直线11n，满足m//n，m//α，n//β，但α与β相交，故选项B不正确；对于C：如图在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面B C为n，满足α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m//n，故选项C不正β，直线AD为m，直线11确；对于D：若m⊥n，m⊥α，可得n⊂α或n//α，若n⊂α，因为n⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β；若n//α，可过n作平面与α相交，则交线在平面α内，且交线与n平行，由n⊥β可得交线与β垂直，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故选项D正确；故选：D.9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1（如图所示），则下列结论正确的是（）A．BD1//A1A B．BD1//A1D C．BD1⊥A1C D．BD1⊥A1C1【答案】D【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.【详解】BB与BD1相交，所以BD1与AA1异面，故A错误；A.AA1//BB1，1B.BD1与平面ADD1A1相交，且D1∉A1D，所以BD1与A1D异面，故B错误；C.四边形A BCD是矩形，不是菱形，所以对角线BD1与A1C不垂直，故C错误；11D.连结B1D1，B1D1⊥A1C1，BB1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B1，所以A1C1⊥平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，故D正确.故选：D10．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B 的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.【详解】连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 11．（2021·全国·高考真题）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【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=√2，CP=1，故tan∠POC=√2=√22，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SN∩MN=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，PQ MN，因为DP=PC，故PQ//AC，故//所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，AC=√2，OQ=√AO2+AQ2=√1+2=√3，因为正方体的棱长为2，故PQ=12PO=√PK2+OK2=√4+1=√5，QO2<PQ2+OP2，故∠QPO不是直角，故PO,MN不垂直，故D错误.故选：BC.12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，3AB=．（1）求SA 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：AB ⊥SD ．【答案】（1）34；（2）证明见解析． 【分析】(1)由题意可得∠SAD 即为SA 与 BC 所成的角，根据余弦定理计算即可； (2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明. 【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质【解】（1）因为AD //BC ，因此∠SAD 即为SA 与BC 所成的角，在△SAD 中，SA =SD =2， 又在正方形ABCD 中3AD AB ==，因此cos ∠SAD =SA 2+AD 2−SD 22SA⋅AD=22+32−222×2×3=34，因此SA 与BC 所成角的余弦值是34．（2）因为平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD =AD ，在正方形ABCD 中，AB ⊥AD ，因此AB ⊥平面SAD ，又因为SD ⊂平面SAD ，因此AB ⊥SD ． 三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】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R =√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)22=3，所以，这个球的表面积为S =4πR 2=4π×32=36π. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.14．（2021·天津·高考真题）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32π3，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】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AD=3BD，设球的半径为R，则4πR33=32π3，可得R=2，所以，AB=AD+BD=4BD=4，所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90∘，所以，CAD BCD∠=∠，又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD∽△CBD，所以，AD CDCD BD=，∴CD=√AD⋅BD=√3，因此，这两个圆锥的体积之和为13π×CD2⋅(AD+BD)=13π×3×4=4π.故选：B.15．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC是面积为9√34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（）A．√3B．32C．1D．√32【答案】C【分析】根据球O的表面积和△ABC的面积可求得球O的半径R和△ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离d=√R2−r2.【详解】设球O的半径为R，则4πR2=16π，解得：R=2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为9√34的等边三角形，∴12a2×√32=9√34，解得：a=3，∴r=23×√a2−a24=23×√9−94=√3，∴球心O到平面ABC的距离d=√R2−r2=√4−3=1.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 16．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．√212B．√312C．√24D．√34【答案】A【分析】由题可得△ABC为等腰直角三角形，得出△ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=√2，则△ABC外接圆的半径为√22，又球的半径为1，设O到平面ABC的距离为d，则d=所以V O−ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×√22=√212.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.17．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2=4π,∴r=2，∵△ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB=2r sin60°=2√3，∴OO1=AB=2√3，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A,R=OA=√OO12+O1A2=√OO12+r2=4，∴球O的表面积S=4πR2=64π.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD =60°．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 【答案】√22π.【分析】根据已知条件易得D 1E =√3，D 1E ⊥侧面B 1C 1CB ，可得侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为√2，可得侧面B 1C 1CB 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ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，所以△D 1B 1C 1为等边三角形，所以D 1E =√3，D 1E ⊥B 1C 1，又四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以111BB B C ， 因为BB 1∩B 1C 1=B 1，所以D 1E ⊥侧面B 1C 1CB ， 设P 为侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点，则D 1E ⊥EP ，因为球的半径为√5，D 1E =√3，所以|EP|=√|D 1P|2−|D 1E|2=√5−3=√2， 所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为√2，因为|EF|=|EG|=√2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ⏜， 因为∠B 1EF =∠C 1EG =π4，所以∠FEG =π2， 所以根据弧长公式可得FG⏜=π2×√2=√22π. 故答案为：√22π.【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.四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）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一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosα)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A．26%B．34%C．42%D．50%【答案】C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr2(1−cosα)4πr2=1−cosα2=1−64006400+360002≈0.42=42%.故选：C.20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为2002=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300=50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d=13π×502×150π×1002=12.5(mm)，属于中雨.故选：B.21．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（）A．20°B．40°C．50°D．90°【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∠AOC=40°,m//CD，所以∠OAG=∠AOC=40°，由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°，所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°.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.22．（2020·全国·高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14B C ．√5+14D ．√5+12【答案】C 【分析】设CD =a,PE =b ，利用PO 2=12CD ⋅PE 得到关于a,b 的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设CD =a,PE =b ，则PO =√PE 2−OE 2=√b 2−a 42，由题意PO 2=12ab ，即b 2−a 24=12ab ，化简得4(b a )2−2⋅ba −1=0，解得ba=1+√54（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. 23．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果. 【详解】正六棱柱体积为6×√34×22×2=12√3圆柱体积为π(12)2⋅2=π2所求几何体体积为2π故答案为： 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ） A ．π2 B ．π3 C ．π4 D ．π6【答案】D 【分析】平移直线AD 1至1BC ，将直线PB 与AD 1所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可. 【详解】如图，连接BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥1BC ， 所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，1111BB B D B ⋂=， 所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin ∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6.故选：D25．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：PB//平面ACE ；（2）设PA =1，AD =√3，直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求四棱锥P −ABCD 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）√33.【分析】(1) 连接BD交AC于点O，连接OE，由三角形的中位线定理可知PB//OE，结合线面平行的判定定理可证明PB//平面AEC.(2)由题意可知∠PBA=45∘，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OE. 在△PBD中，因为PE=DE,BO=DO，所以PB//OE，因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，则PB//平面AEC.（2）因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBA=45∘，又PA=1，AD=√3，所以PA=1=AB，所以四棱锥P−ABCD的体积V P−ABCD=13×PA×AB×AD=13×1×1×√3=√33，所以四棱锥P−ABCD的体积为√33.26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=√5,QC=3．（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.【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.。

2022年近三年高考数学（文科）立体几何简答题汇编一．解答题（共28小题）（1）求三棱锥体积V P-ABC；（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．3．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，求三棱锥F-ABC的体积．4．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF ⊥A1B1．（1）求三棱锥F-EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．5．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P-ABCD的体积．6．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．7．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．证明：（1）当AB=BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．8．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO=AB=6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN=π3，求四棱锥B-EB 1C 1F 的体积． 9．已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若PC=5，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．10．图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积．11．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．12．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E-BB1C1C的体积．13．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．14．如图，在正三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝BC＝AC＝√3．（1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角；（2）求P-ABC的体积．15．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．16．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．17．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB 所成的角的大小．18．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F 分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．20．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP=DQ=23DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积． 21．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=12AD ，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC ∥平面PAD ；（2）若△PCD 面积为2√7，求四棱锥P-ABCD 的体积．22．如图，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 ．23．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E 为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积．24．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°，且四棱锥P-ABCD的体积为8，求该四棱锥的侧面积．325．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．（1）求四棱锥A1-ABCD的体积；（2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小．28．将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．（1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小．。

高考文科数学总复习——真题汇编之立体几何（含参考答案）一、选择题1.【2018全国一卷5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π2.【2018全国一卷9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．172B ．52C ．3D ．23.【2018全国一卷10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B ．62C ．82D ．834.【2018全国二卷9】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A ．B ．C ．D ．5.【2018全国三卷3】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 23576.【2018全国三卷12】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 ．7.【2018北京卷6】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.4第7题图 第8题图8.【2018浙江卷3】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：cm 3）是 A ．2B ．4C ．6D ．8A B C D ，，，ABC△D ABC俯视图正视图22119.【2018浙江卷8】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≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ110.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ） （A ）4 （B ） 8（C ）12 （D ）16二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．2.【2018天津卷11】如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．3.【2018江苏卷10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点S SA SB SA 30 SAB △8的多面体的体积为 ．三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．2.【2018全国二卷19】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．P ABC-AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =CPOM3.【2018全国三卷19】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．4.【2018北京卷18】如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .5.【2018天津卷17】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD=BAD =90°．（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B 1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C 1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小.参考答案一、选择题1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D 10.D 二、填空题1.π82.31 3.43三、解答题1.解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32． 又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．2解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =．连结OB ．因为AB =BC =，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．2322AC 12AC由知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC ==2，CM ==，∠ACB =45°． 所以OM =，CH ==．所以点C 到平面POM 的距离为．3.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 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC 平面PBD ，OP 平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．222OP OB PB +=12AC 23BC 42325sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠4545⊂CD ⊂⊄⊂4.解：（Ⅰ）∵PA PD=，且E为AD的中点，∴PE AD⊥.∵底面ABCD为矩形，∴BC AD∥，∴PE BC⊥.（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴AB AD⊥.∵平面PAD⊥平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∴AB PD⊥.又PA PD⊥，∴PD⊥平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.（Ⅲ）如图，取PC中点G，连接,FG GD.∵,F G分别为PB和PC的中点，∴FG BC∥，且12FG BC=.∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴1,2ED BC DE BC=∥，∴ED FG∥，且ED FG=，∴四边形EFGD为平行四边形，∴EF GD∥.又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.5.解：（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN ∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DMAD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN在等腰三角形DMN中，MN=1，可得12cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD（Ⅲ）解：连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD=4．在Rt△CMD中，sin CMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD．6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2,3,0,2,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅==⋅．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．（2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.x y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin|cos|,|||CCCCCC|θ==⋅⋅==nnn，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB===⊥⊥得111AB A B==，所以2221111A B AB AA+=.故111AB A B⊥.由2BC=，112,1,BB CC==11,BB BCCC BC⊥⊥得11B C=，由2,120AB BC ABC==∠=︒得AC=由1CC AC⊥，得1AC=2221111AB B C AC+=，故111AB B C⊥.因此1AB⊥平面111A B C.（Ⅱ）如图，过点1C作111C D A B⊥，交直线11A B于点D，连结AD.由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ， 由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ， 所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ===111111cos C AB C A B ∠=∠=，所以1C D =，故111sin C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC ==-=-[来源:学#科#网Z#X#X#K]由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥.由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ.由（Ⅰ）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB === 设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n .由10,0,AB BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩可取(=n.所以111|sin |cos ,||||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是13.9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ，所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。

专题05立体几何（选择题、填空题）1．【2021·浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．32B ．3C．2D．【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【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12=，故1111131222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=，故选：A.2．【2021·北京高考真题】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A ．332+B ．4C ．33D ．2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【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213333112242+⨯⨯⨯+⨯=，故选：A.3．【2021·浙江高考真题】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ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4．【2021·全国高考真题（理）】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．212B ．312C ．24D ．34【答案】A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．【2021·全国高考真题（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=.故选：D6．【2021·全国高考真题】已知圆锥的底面半径为，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【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.【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=解得l =.故选：B.7．【2021·北京高考真题】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.8．【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【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．【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，13,0,12A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,0,12A 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0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，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 ．【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．9．【2021·全国高考真题（理）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【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.10．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．514-B ．512-C ．514D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-由题意得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.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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.12．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 是面积为934O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A 3B ．32C ．1D ．32【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=⨯-，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．2B ．4+42C ．3D ．4+23【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：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin 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.14．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.15．【2020年高考天津】若棱长为为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 ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【2020年高考北京】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 ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．17．【2020年高考浙江】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：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.18．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”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】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.19．【2020年新高考全国Ⅰ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°【答案】B 【解析】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.20．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC == △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥ 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==364466,π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC = ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，221221222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==，62R ∴=，34466338V R ∴=π=π⨯=，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．21．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选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，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．22．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线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 ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,,22MF BF BM ==∴=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．23．【2019年高考浙江卷】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A．158B．162C．182D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，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2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.24．【2019年高考浙江卷】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所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】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.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.25．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.26．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=解得：22r =，其体积：34233V r =π=π.故答案为：23π.【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.27．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）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_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.28．【2020年高考江苏】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2624⨯⨯⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π-【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.29．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】22π.【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 =，所以||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 EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得 22FGπ==.故答案为：22π.【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.30．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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0.9g/cm 3，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，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ，∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，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．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.31．【2019年高考北京卷理数】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，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)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；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．32．【2019年高考北京卷理数】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：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.33．【2019年高考天津卷理数】2的正方形，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】π4【解析】由题意，的正方形，借助勾股定理，2=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.34．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.35．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）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CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，22,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，1x ∴=1．。

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

，。

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

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

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

高考真题文科数学汇编：立体几何 一、选择题 1.【2019高考新课标文7】如图， 网格纸上小正方形的边长为1， 粗线画出的是某几何体的三视图， 则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B2.【2019高考新课标文8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1， 球心O 到平面α的距离为2， 则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π【答案】B3.【2019高考全国文8】已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中 ， 2AB =， 122CC =， E 为1CC 的中点， 则直线1AC 与平面BED 的距离为（A ）2 （B ）3 （C ）2 （D ）1【答案】D4.【2019高考陕西文8】将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥， 得到图2所示的几何体， 则该几何体的左视图为 （ ）8.【答案】B.5.【2019高考江西文7】若一个几何体的三视图如图所示， 则此几何体的体积为A ．112 B.5 C.4 D. 92 【答案】D6.【2019高考湖南文4】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示， 则该几何体的俯视图不可能．．．是【答案】D7.【2019高考广东文7】某几何体的三视图如图1所示， 它的体积为A. 72πB. 48πC. 30πD. 24π【答案】C8.【2019高考福建文4】一个几何体的三视图形状都相同， 大小均等， 那么这个几何体不图1 正视图 俯视图侧视图5 5 635 56 3可以是A 球B 三棱锥C 正方体D 圆柱【答案】D.9.【2019高考重庆文9】设四面体的六条棱的长分别为1， 1， 1， 1， 2和a 且长为a 的棱与长为2的棱异面， 则a 的取值范围是（A ）(0,2) （B ）(0,3) （C ）(1,2)（D ）(1,3)【答案】A10.【2019高考浙江文3】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示， 则该三棱锥的体积是A.1cm 3B.2cm 3C.3cm 3D.6cm 3【答案】C11.【2019高考浙江文5】 设l 是直线， a ， β是两个不同的平面A. 若l ∥a ， l ∥β， 则a ∥βB. 若l ∥a ， l ⊥β， 则a ⊥βC. 若a ⊥β， l ⊥a ， 则l ⊥βD. 若a ⊥β, l ∥a ， 则l ⊥β【答案】B12.【2019高考四川文6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等， 则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等， 则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面， 则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面， 则这两个平面平行【答案】C13.【2019高考四川文10】如图， 半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内， 过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ， 过圆O 的直径CD 作平面α成45o角的平面与半球面相交， 所得交线上到平面α的距离最大的点为B ， 该交线上的一点P 满足60BOP ∠=o ， 则A、P两点间的球面距离为（）A、2 arccos4 RB、4RπC、3arccos3R D、3Rπ【答案】A14.【2019高考北京文7】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（A）28+5B）30+5C）56+5D）60+5【答案】B二、填空题15.【2019高考四川文14】如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，M、N分别是CD、1CC的中点，则异面直线1A M与DN所成的角的大小是____________。

专题06立体几何（解答题）1．【2021·全国高考真题】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2)6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F,作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD,AO ⊥CD所以EF ⊥BD,EF ⊥CD,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.2．【2021·浙江高考真题】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【解析】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DMD ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎝ .由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为5||2sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．【2021·全国高考真题（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）112B D =【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．（1）因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．（2）设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ63=．所以()min3sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a （02a ≤≤），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．4．【2021·全国高考真题（理）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12；（2）7014【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =，故2BC a ==；（2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z = ，则2,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由111102m AM x y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由2222202n BM x nBP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，314cos ,14m n m n m n⋅<>==⋅，所以，70sin ,14m n <>==，因此，二面角A PM B --的正弦值为14.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）11112A M AB =．【分析】(1)首先将平面CDE 进行扩展，然后结合所得的平面与直线11BC 的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值.【解析】(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点.(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A MA B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==-，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z =，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z =，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =-，从而：5,m n m n ⋅===则：,5cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=（32λ=舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以312(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM 3连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a ，则22123234()(4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()|3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E ⋅-===⋅ n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =- ，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，1222BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．11．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33．12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =- ，1(3,2)A M =--，1(1,0,2)A N =-- ，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉==⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为105．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.13．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）32.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.14．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0AC=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.15．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF⎛⎫⎛⎫==-=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则0,0,AEAF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,2240.333y zx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z=1，则1,1y x=-=-．于是=(1,1,1)--n．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE，，的方向为x 轴，y 轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉==+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为8 7．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3EG 3由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，），B，1，0），1B，33,,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,22EF =，(BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(10)=(02BC A C -，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得0y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。

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。

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≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】 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. 2B. 4C. 6D. 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年文北京卷】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. 4【答案】 C共三个，故选 C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.4．【2018年新课标I卷文】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.【答案】 C点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.5．【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.【答案】 B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选 B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.6．【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且。

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。

历年（2020-2022）全国高考数学真题分类专项（文科版立体几何解答题）汇编1．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：EF//平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．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，求三棱锥F ABC 的体积．3．【2021年甲卷文科】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 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.4．【2021年乙卷文科】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．5．【2020年新课标1卷文科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.6．【2020年新课标2卷文科】如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积． 7．【2020年新课标3卷文科】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．。

高考文科数学真题汇编：立体几何高考题学生版学科教师辅导教案学员姓名年 级高三 辅导科目数 学授课老师课时数2h第 次课授课日期及时段 2018年 月 日 ： — ：1．（2019辽宁）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⊥2.(2019新标1文) 如图， 网格纸的各小格都是正方形， 粗实线画出的事一个几何体的三视图， 则这个几何体是（ ）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱3.(2019浙江文) 设m 、n 是两条不同的直线， α、β是两个不同的平面， 则（ ） A.若n m ⊥， α//n ， 则α⊥m B.若β//m ， αβ⊥， 则α⊥mC.若β⊥m ， β⊥n ， α⊥n ， 则α⊥mD.若n m ⊥， β⊥n ， αβ⊥， 则α⊥m 4.(2019浙江文) 设m ， n 是两条不同的直线， α， β是两个不同的平面．( ) A ．若m ∥α， n ∥α， 则m ∥n B ．若m ∥α， m ∥β， 则α∥β C ．若m ∥n ， m ⊥α， 则n ⊥α D ．若m ∥α， α⊥β， 则m ⊥β5.（2019年广东文）若直线1l 和2l 是异面直线， 1l 在平面α内， 2l 在平面β内， l 是平面α与平面β的交线， 则下列命题正确的是（ ）A ．l 至少与1l ， 2l 中的一条相交B ．l 与1l ， 2l 都相交C ．l 至多与1l ， 2l 中的一条相交D ．l 与1l ， 2l 都不相交6.（2019年新课标2文）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下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）1A.81B.71C.61D.57．（2019年福建文）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A．822+B．1122+C．1422+D．1511128.（2019安徽）一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）A．213+B．183+C．21D．189．（2019福建）一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱10．（2019福建理）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11．（2019广东理）某几何体的三视图如图所示，它的体积为（）A.12πB.45πC.57πD.81π12（2019广东文）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为( )72π()B()A48π()Cπ30()Dπ2413．（2019广东文）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）图 21俯视图侧视图正视图21A．16B．13C．23D．114．（2019江西文）一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为（）A.200+9πB. 200+18πC. 140+9πD. 140+18π15.(2019新标) 如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为A .6B .9C .12D .1816.(2019新标1) 某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为（ ）A .168π+B .88π+C .1616π+D .816π+17．(2017·全国Ⅰ文)如图， 在下列四个正方体中， A ， B 为正方体的两个顶点， M ， N ， Q 为所在棱的中点， 则在这四个正方体中， 直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )18、（2016年天津）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥， 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示， 则该几何体的侧（左）视图为（ ）19、（2016年全国I 卷）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 20、（2016年全国I卷）如平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=I 平面， 11ABB A n α=I 平面， 则m ， n 所成角的正弦值为（ ）（A ）32（B ）22（C ）33（D ）1321、（2016年全国II 卷）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 ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π22、（2016年全国III 卷）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 ）18365+ （B ）54185+ （C ）90 （D ）8123、（2016年浙江）已知互相垂直的平面αβ， 交于直线l .若直线m ， n 满足m ∥α， n ⊥β， 则（ ） A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n24、(2017·全国Ⅱ文)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 ．36π25．（2019湖北文）已知某几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积为________.26. (2017·全国Ⅲ文)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 ．π B ．3π4 C ．π2 D ．π427. (2019新标2文) 正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2， 侧棱长为3， D 为BC 中点， 则三棱锥11A B DC -的体积为（ ）（A ）3 （B ）32 （C ）1 （D ）3228．(2017·北京文)某三棱锥的三视图如图所示， 则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．1029．(2017·全国Ⅰ文)已知三棱锥SABC 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SABC 的体积为9， 则球O 的表面积为________． 30、(2017·山东文， 13)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．31.(2019新标文) 如图， 三棱柱111ABC A B C -中， 侧棱垂直底面， ∠ACB=90°， AC=BC=12AA 1， D 是棱AA 1的中点。

2018-2021年高考真题立体几何解答题全集（学生版+解析版）1．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD 的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．2．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=√5，QC＝3．（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．3．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．4．（2021•北京）已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE于点F ．（1）求证：点F 为B 1C 1中点；（2）若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M ﹣CF ﹣E 的余弦值为√53，求A 1M A 1B 1．5．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，BF ⊥A 1B 1．（1）求三棱锥F ﹣EBC 的体积；（2）已知D 为棱A 1B 1上的点，证明：BF ⊥DE ．6．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 中点，且PB ⊥AM ．（1）求BC ；（2）求二面角A ﹣PM ﹣B 的正弦值．7．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，P A=√15，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．8．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？9．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．10．（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，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．11．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．12．（2020•海南）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 =√2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．13．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．（Ⅰ）求证：C 1M ⊥B 1D ；（Ⅱ）求二面角B ﹣B 1E ﹣D 的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．14．（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π2至ABC 1D 1，求线段CD 1与平面ABCD 所成的角．15．（2020•北京）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．16．（2020•山东）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．17．（2020•江苏）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD=√5，BD＝2，O为BD的中点，AO ⊥平面BCD，AO＝2，E为AC中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F﹣DE﹣C的大小为θ，求sinθ的值．18．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．19．（2020•江苏）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．20．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．证明：（1）当AB＝BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．21．（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．22．（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AC；（2）设DO=√2，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P﹣ABC的体积．23．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B﹣EB1C1F的体积．24．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．25．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C 是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．26．（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PC ＝5，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．27．（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE＝BC ＝2．（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E ﹣BD ﹣F 的余弦值为13，求线段CF 的长．28．（2019•上海）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 为BB 1上一点，已知BM ＝2，CD ＝3，AD ＝4，AA 1＝5．（1）求直线A 1C 和平面ABCD 的夹角；（2）求点A 到平面A 1MC 的距离．29．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．30．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积．31．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．32．（2019•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝2，AD＝3．（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．33．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．34．（2019•浙江）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．35．（2019•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB ＝BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．36．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E ﹣BB 1C 1C 的体积．37．（2019•北京）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．38．（2019•北京）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PF PC =13． （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PG PB =23．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．39．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．40．（2019•上海）如图，在正三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=PC=2，AB=BC=AC=√3．（1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角；（2）求P﹣ABC的体积．41．（2018•江苏）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．42．（2018•北京）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=√5，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．43．（2018•江苏）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．44．（2018•天津）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2√3，∠BAD＝90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．45．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2√2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．46．（2018•天津）如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG 且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2．（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．47．（2018•浙江）如图，已知多面体ABC﹣A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．48．（2018•上海）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小．49．（2018•新课标Ⅰ）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．̂所在平面垂直，M是CD̂上异50．（2018•新课标Ⅲ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．51．（2018•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面P AB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．52．（2018•新课标Ⅰ）如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC 为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ=23DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．53．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2√2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．̂所在平面垂54．（2018•新课标Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD̂上异于C，D的点．直，M是CD（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．2018-2021年高考真题 立体几何 解答题全集 （学生版+解析版）参考答案与试题解析1．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱BC ，CD的中点．（1）求证：D 1F ∥平面A 1EC 1；（2）求直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值；（3）求二面角A ﹣A 1C 1﹣E 的正弦值．【解答】（1）证明：以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A 1（0，0，2），E （2，1，0），C 1（2，2，2），故A 1C 1→=(2，2，0)，EC 1→=(0，1，2)，设平面A 1EC 1的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅A 1C 1→=0n →⋅EC 1→=0，即{x +y =0y +2z =0， 令z ＝1，则x ＝2，y ＝﹣2，故n →=(2，−2，1)，又F （1，2，0），D 1（0，2，2），所以FD 1→=(−1，0，2)，则n →⋅FD 1→=0，又D 1F ⊄平面A 1EC ，故D 1F ∥平面A 1EC 1；（2）解：由（1）可知，AC 1→=(2，2，2)，则|cos ＜n →，AC 1→＞|=|n →⋅AC 1→||n →||AC 1→|=23×2√3=√39，故直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值为√39； （3）解：由（1）可知，AA 1→=(0，0，2)，设平面AA 1C 1的法向量为m →=(a ，b ，c)，则{m →⋅AA 1→=0m →⋅A 1C 1→=0，即{c =0a +b =0， 令a ＝1，则b ＝﹣1，故m →=(1，−1，0)，所以|cos ＜m →，n →＞|=|m →⋅n →||m →||n →|=43×√2=2√23， 故二面角A ﹣A 1C 1﹣E 的正弦值为1−(2√23)2=13．2．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ﹣ABCD 中，底面ABCD 是正方形，若AD ＝2，QD ＝QA =√5，QC ＝3．（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．【解答】（Ⅰ）证明：△QCD 中，CD ＝AD ＝2，QD =√5，QC ＝3，所以CD 2+QD 2＝QC 2，所以CD ⊥QD ；又CD ⊥AD ，AD ∩QD ＝D ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ； 又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox ⊥AD ，以OD 为y 轴，OQ 为z 轴，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示：则O （0，0，0），B （2，﹣1，0），D （0，1，0），Q （0，0，2），因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为α→=（1，0，0），设平面BDQ 的一个法向量为β→=（x ，y ，z ），由BD →=（﹣2，2，0），DQ →=（0，﹣1，2），得{β→⋅BD →=0β→⋅DQ →=0，即{−2x +2y =0−y +2z =0， 令z ＝1，得y ＝2，x ＝2，所以β→=（2，2，1）；所以cos ＜α→，β→＞=α→⋅β→|α→|⋅|β→|=2+0+01×√4+4+1=23， 所以二面角B ﹣QD ﹣A 的平面角的余弦值为23．3．（2021•上海）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝BC ＝2，AA 1＝3．（1）若P 是棱A 1D 1上的动点，求三棱锥C ﹣P AD 的体积；（2）求直线AB 1与平面ACC 1A 1的夹角大小．【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，V C−PAD =13S △PAD ⋅ℎC−平面PAD =13×(12×2×3)×2=2； （2）连接A 1C 1∩B 1D 1＝O ，∵AB ＝BC ，∴四边形A 1B 1C 1D 1为正方形，则OB 1⊥OA 1，又AA 1⊥OB 1，OA 1∩AA 1＝A 1，∴OB 1⊥平面ACC 1A 1，∴直线AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为∠OAB 1，∴sin ∠OAB 1=OB 1AB 1=√22+222√2+3=√2613．∴直线AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为arcsin √2613．4．（2021•北京）已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE于点F ．（1）求证：点F 为B 1C 1中点；（2）若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M ﹣CF ﹣E 的余弦值为√53，求A 1M A 1B 1．【解答】（1）证明：连结DE ，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，CD ∥C 1D 1，C 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，CD ⊄平面A 1B 1C 1D 1， 则CD ∥平面A 1B 1C 1D 1，因为平面A 1B 1C 1D 1∩平面CDEF ＝EF ，所以CD ∥EF ，则EF ∥C 1D 1，故A 1B 1∥EF ∥C 1D 1，又因为A 1D 1∥B 1C 1，所以四边形A 1B 1FE 为平行四边形，四边形EFC 1D 1为平行四边形，所以A 1E ＝B 1F ，ED 1＝FC 1，而点E 为A 1D 1的中点，所以A 1E ＝ED 1，故B 1F ＝FC 1，则点F 为B 1C 1的中点；（2）解：以点B 1为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体边长为2，设点M （m ，0，0），且m ＜0，则C （0，2，﹣2），E （﹣2，1，0），F （0，1，0），故FE →=(−2，0，0)，FC →=(0，1，−2)，FM →=(m ，−1，0)，设平面CMF 的法向量为m →=(a ，b ，1)，则{m →⋅FM →=0m →⋅FC →=0，即{ma −b =0b −2=0， 所以a =2m ，b ＝2，故m →=(2m，2，1)， 设平面CDEF 的法向量为n →=(x ，y ，1)，则{n →⋅FE →=0n →⋅FC →=0，即{−2x =0y −2=0， 所以x ＝0，y ＝2，故n →=(0，2，1)，因为二面角M ﹣CF ﹣E 的余弦值为√53，则|cos ＜m →，n →＞|=|m →⋅n →||m →||n →|=√4m 2+4+1×√2+1=√53，解得m ＝±1，又m ＜0，所以m ＝﹣1，故A 1MA 1B 1=12．5．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，BF ⊥A 1B 1．（1）求三棱锥F ﹣EBC 的体积；（2）已知D 为棱A 1B 1上的点，证明：BF ⊥DE ．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，BB 1⊥A 1B 1，又BF ⊥A 1B 1，BB 1∩BF ＝B ，BB 1，BF ⊂平面BCC 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∵AB ∥A 1B 1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故AC=√22+22=2√2，∴CE=√2=BE，而侧面AA1B1B为正方形，∴CF=12CC1=12AB=1，∴V=13S△EBC⋅CF=13×12×√2×√2×1=13，即三棱锥F﹣EBC的体积为13；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵tan∠CBF=CFBC=12，tan∠BB1G=BGBB1=12，且这两个角都是锐角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D，∴BF⊥DE．6．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 中点，且PB ⊥AM ．（1）求BC ；（2）求二面角A ﹣PM ﹣B 的正弦值．【解答】解：（1）连结BD ，因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂平面ABCD ，则AM ⊥PD ，又AM ⊥PB ，PB ∩PD ＝P ，PB ，PD ⊂平面PBD ，所以AM ⊥平面PBD ，又BD ⊂平面PBD ，则AM ⊥BD ，所以∠ABD +∠ADB ＝90°，又∠ABD +∠MAB ＝90°，则有∠ADB ＝∠MAB ，所以Rt △DAB ∽Rt △ABM ，则AD AB =BA BM ，所以12BC 2=1，解得BC =√2； （2）因为DA ，DC ，DP 两两垂直，故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 则A(√2，0，0)，B(√2，1，0)，M(√22，1，0)，P （0，0，1），所以AP →=(−√2，0，1)，AM →=(−√22，1，0)，BM →=(−√22，0，0)，BP →=(−√2，−1，1)，设平面AMP 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则有{n →⋅AP →=0n →⋅AM →=0，即{−√2x +z =0−√22x +y =0， 令x =√2，则y ＝1，z ＝2，故n →=(√2，1，2)，设平面BMP 的法向量为m →=(p ，q ，r)，则有{m →⋅BM →=0m →⋅BP →=0，即{−√22p =0−√2p −q +r =0，令q ＝1，则r ＝1，故m →=(0，1，1)，所以|cos ＜n →，m →＞|=|n →⋅m →||n →||m →|=3√7×√2=3√1414， 设二面角A ﹣PM ﹣B 的平面角为α，则sin α=√1−cos 2α=√1−cos 2＜n →，m →＞=1−(3√1414)2=√7014， 所以二面角A ﹣PM ﹣B 的正弦值为√7014．7．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，P A =√15，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．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，CD ＝AB ＝1， CM =12BC ＝2，∠DCM ＝60°，∴由余弦定理可得，DM 2＝CD 2+CM 2﹣2CD ×CM ×cos60°=1+4−2×1×2×12=3， 则CD 2+DM 2＝1+3＝4＝CM 2，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，AB ＝1，BM ＝2，∠ABM ＝120°，可得AM 2=1+4−2×1×2×(−12)=7，又P A =√15，在Rt △PMA 中，求得PM =√PA 2−MA 2=2√2，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 （−√3，2，0），P （0，0，2√2），C （√3，−1，0），又N 为PC 的中点，∴N （√32，−12，√2），AN →=(3√32，−52，√2)， 平面PDM 的一个法向量为n →=(0，1，0)，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则sin θ＝|cos ＜AN →，n →＞|=|AN →⋅n →||AN →|⋅|n →|=52√274+254+2×1=√156．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为√156．8．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1．（1）证明：BF ⊥DE ；（2）当B 1D 为何值时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF ，∵E ，F 分别为直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的棱AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2，∴CF ＝1，BF =√5，∵BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，∴BF ⊥AB∴AF =√AB 2+BF 2=√22+(√5)2=3，AC =√AF 2−CF 2=√32−12=2√2，∴AC 2＝AB 2+BC 2，即BA ⊥BC ，故以B 为原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A （2，0，0），B （0，0，0），C （0，2，0），E （1，1，0），F （0，2，1），设B 1D ＝m ，则D （m ，0，2），∴BF →=（0，2，1），DE →=（1﹣m ，1，﹣2），∴BF →•DE →=0，即BF ⊥DE ．（2）解：∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴平面BB 1C 1C 的一个法向量为p →=（1，0，0）， 由（1）知，DE →=（1﹣m ，1，﹣2），EF →=（﹣1，1，1），设平面DEF 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅DE →=0n →⋅EF →=0，即{(1−m)x +y −2z =0−x +y +z =0， 令x ＝3，则y ＝m +1，z ＝2﹣m ，∴n →=（3，m +1，2﹣m ），∴cos ＜p →，n →＞=p →⋅n →|p →|⋅|n →|=31×√9+(m+1)2+(2−m)2=3√2m −2m+14=3√2(m−12)2+272， ∴当m =12时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B 1D =12时，面BB 1C 1C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小．9．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM ．（1）证明：平面P AM ⊥平面PBD ；（2）若PD ＝DC ＝1，求四棱锥P ﹣ABCD 的体积．【解答】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM，又∵PB⊥AM，PD∩PB＝P，PB，PD⊂平面PBD．∴AM⊥平面PBD．∵AM⊂平面P AM，∴平面P AM⊥平面PBD；（2）解：由PD⊥底面ABCD，∴PD即为四棱锥P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．设AD＝BC＝2a，取CP的中点为F．作EF⊥CD交于E，连接MF，AF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，那么AM⊥MF．且EF=12．AE=√AD2+ED2=√14+4a2，AM=√AB2+BM2=√a2+1，AF=√EF2+AE2．∵△DPB是直角三角形，∴根据勾股定理：BP=√2+4a2，则MF=√2+4a22；由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a=√2 2．底面ABCD的面积S=√2，则四棱锥P﹣ABCD的体积V=1⋅ℎ⋅S=1×1×√2=√2．10．（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，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B（0，﹣1，0），C(√32，12，0)，D（0，1，0），设A（0，0，t），则E(0，13，2t3)，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为OA →=(0，0，t)，设平面BCE 的法向量为n →=(x ，y ，z)，又BC →=(√32，32，0)，BE →=(0，43，2t 3)， 所以由{n →⋅BC →=0n →⋅BE →=0，得{√32x +32y =043y +2t 3z =0， 令x =√3，则y ＝﹣1，z =2t ，故n →=(√3，−1，2t )，因为二面角E ﹣BC ﹣D 的大小为45°，所以|cos ＜n →，OA →＞|=|n →⋅OA →||n →||OA →|=t √4+4t 2=√22， 解得t ＝1，所以OA ＝1，又S △OCD =12×1×1×√32=√34，所以S △BCD =√32， 故V A−BCD =13⋅S △BCD ⋅OA =13×√32×1=√36．方法二：过E 作EF ⊥BD ，交BD 于点F ，过F 作FG ⊥BC 于点G ，连结EG ，由题意可知，EF ∥AO ，又AO ⊥平面BCD所以EF ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，所以EF ⊥BC ，又BC ⊥FG ，FG ∩EF ＝F所以BC ⊥平面EFG ，又EF ⊂平面EFG ，所以BC ⊥EG ，则∠EGF 为二面角E ﹣BC ﹣D 的平面角，即∠EGF ＝45°，又CD ＝DO ＝OB ＝OC ＝1，所以∠BOC ＝120°，则∠OCB ＝∠OBC ＝30°，故∠BCD ＝90°， 所以FG ∥CD ，因为DE AD =DF OD =EF AO =23， 则AO =32EF ，OF =13，DF =23，所以BFBD =GFCD，则GF=1+132=23，所以EF＝GF=23，则AO=32EF=1，所以V A−BCD=13S△BCD⋅AO=13×12×√3×1×1=√36．11．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，∴PE＝2√3，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V=13PE•S正方形ABCD=13×2√3×42=32√33．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE 为PF 与平面ABCD 所成角为45°，即∠PFE ＝45°，∴△PEF 为等腰直角三角形，∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点，∴PE ＝FE ＝4，∴PB =√PE 2+BE 2=2√5，∵AD ∥BC ，∴∠PCB 或其补角即为PC 与AD 所成角，∵PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BC ，又BC ⊥AB ，PE ∩AB ＝E ，PE 、AB ⊂平面P AB ，∴BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，tan ∠PCB =PB BC =2√54=√52， 故PC 与AD 所成角的大小为arctan√52． 12．（2020•海南）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 =√2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：过P 在平面P AD 内作直线l ∥AD ，由AD ∥BC ，可得l ∥BC ，即l 为平面P AD 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 ，∵l ∥BC ，∴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 ，∵PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，QB =√2，∴PB =√3，QP ＝1，则D （0，0，0），A （1，0，0），C （0，1，0），P （0，0，1），B （1，1，0），作PQ ∥AD ，则PQ 为平面P AD 与平面PBC 的交线为l ，因为QB =√2，△QAB 是等腰直角三角形，所以Q （1，0，1），则DQ →=（1，0，1），PB →=（1，1，﹣1），DC →=（0，1，0），设平面QCD 的法向量为 n →=（a ，b ，c ），则{n →⋅DC →=0n →⋅DQ →=0，∴{b =0a +c =0，取c ＝1，可得n →=（﹣1，0，1）， ∴cos ＜n →，PB →＞=n →⋅PB →|n →||PB →|=√3⋅√2=√63， ∴PB 与平面QCD 所成角的正弦值为√63． 13．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．（Ⅰ）求证：C 1M ⊥B 1D ；（Ⅱ）求二面角B ﹣B 1E ﹣D 的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．【解答】解：以C 为原点，CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则C （0，0，0），A （2，0，0），B （0，2，0），C 1（0，0，3），A 1（2，0，3），B 1（0，2，3），D （2，0，1），E （0，0，2），M （1，1，3），（Ⅰ）证明：依题意，C 1M →=（1，1，0），B 1D →=（2，﹣2，﹣2），∴C 1M →•B 1D →=2﹣2+0＝0，∴C 1M ⊥B 1D ；（Ⅱ）依题意，CA →=（2，0，0）是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→=（0，2，1），ED →=（2，0，﹣1），设n →=（x ，y ，z ）为平面DB 1E 的法向量，则{n →⋅EB 1→=0n →⋅ED →=0，即{2y +z =02x −z =0，不妨设x ＝1，则n →=（1，﹣1，2）， ∴cos ＜CA →，n →＞=CA →⋅n →|CA →|⋅|n →|=√66， ∴sin ＜CA →，n →＞=√1−16=√306，∴二面角B ﹣B 1E ﹣D 的正弦值√306； （Ⅲ）依题意，AB →=（﹣2，2，0），由（Ⅱ）知，n →=（1，﹣1，2）为平面DB 1E 的一个法向量，∴cos ＜AB →，n →＞=AB →⋅n →|AB →|⋅|n →|=−√33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为√33． 14．（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π2至ABC 1D 1，求线段CD 1与平面ABCD 所成的角．【解答】解：（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，∴S ＝2×π×12+2π×1＝4π．故该圆柱的表面积为4π．（2）∵正方形ABC 1D 1，∴AD 1⊥AB ，又∠DAD 1=π2，∴AD 1⊥AD ，∵AD ∩AB ＝A ，且AD 、AB ⊂平面ADB ，∴AD 1⊥平面ADB ，即D 1在面ADB 上的投影为A ，连接CD 1，则∠D 1CA 即为线段CD 1与平面ABCD 所成的角，而cos ∠D 1CA =AC CD 1=√2√3=√63， ∴线段CD 1与平面ABCD 所成的角为arccos √63． 15．（2020•北京）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．（Ⅰ）求证：BC 1∥平面AD 1E ；（Ⅱ）求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，AB ∥C 1D 1中，且AB ＝C 1D 1， ∴四边形ABC 1D 1是平行四边形，∴BC 1∥AD 1，又BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ，∴BC 1∥平面AD 1E ．（Ⅱ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、AA 1分别为x 、y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a ，则A （0，0，0），A 1（0，0，a ），D 1（a ，0，a ），E （0，a ，12a ），∴AA 1→=(0，0，a)，AD 1→=(a ，0，a)，AE →=(0，a ，12a)，设平面AD 1E 的法向量为m →=(x ，y ，z)，则{m →⋅AD 1→=0m →⋅AE →=0，即{a(x +z)=0a(y +12z)=0， 令z ＝2，则x ＝﹣2，y ＝﹣1，∴m →=（﹣2，﹣1，2）， 设直线AA 1与平面AD 1E 所成角为θ，则sin θ＝|cos ＜m →，AA 1→＞|=|m →⋅AA 1→|m →|⋅|AA 1|→|=2a a⋅3=23，故直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．解法二：设正方体的棱长为2a ，则AD 1=2√2a ，AE =√5a ，ED 1＝3a ，S △AA 1D =12•2a •2a ＝2a 2，由余弦定理知，cos ∠EAD 1=AD 12+AE 2−ED 122⋅AD 1⋅AE =2222⋅2√2a⋅√5a=√1010， ∴sin ∠EAD 1=3√1010，∴S △EAD 1=12AD 1•AE •sin ∠EAD 1＝3a 2， 设点A 1到平面EAD 1的距离为h ， ∵V A 1−EAD 1=V E−AA 1D ， ∴13ℎ⋅3a 2=13⋅2a ⋅2a 2，∴h =43a ，设直线AA 1与平面AD 1E 所成角为θ，则sin θ=ℎAA 1=43a 2a =23．故直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23．16．（2020•山东）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．【解答】解：（1）证明：过P 在平面P AD 内作直线l ∥AD ， 由AD ∥BC ，可得l ∥BC ，即l 为平面P AD 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 ， ∵l ∥BC ，∴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D （0，0，0），A （1，0，0），C （0，1，0），P （0，0，1），B （1，1，0）， 设Q （m ，0，1），DQ →=（m ，0，1），PB →=（1，1，﹣1），DC →=（0，1，0）， 设平面QCD 的法向量为n →=（a ，b ，c ），则{n →⋅DC →=0n →⋅DQ →=0，∴{b =0am +c =0，取a ＝﹣1，可得n →=（﹣1，0，m ），∴cos ＜n →，PB →＞=n →⋅PB→|n →|⋅|PB →|=√3⋅√1+m ，∴PB 与平面QCD 所成角的正弦值为√3⋅√1+m2=√33•√1+2m+m 21+m 2 =√33•√1+2m 1+m 2≤√33•√1+22=√63，当且仅当m ＝1取等号，∴PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63．17．（2020•江苏）在三棱锥A ﹣BCD 中，已知CB ＝CD =√5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 中点． （1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F ﹣DE ﹣C 的大小为θ，求sin θ的值．【解答】解：（1）如图，连接OC ，∵CB ＝CD ，O 为BD 的中点，∴CO ⊥BD ．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． ∵BD ＝2，∴OB ＝OD ＝1，则OC =√BC 2−OB 2=√5−1=2． ∴B （1，0，0），A （0，0，2），C （0，2，0），D （﹣1，0，0）， ∵E 是AC 的中点，∴E （0，1，1）， ∴AB →=(1，0，−2)，DE →=(1，1，1)． 设直线AB 与DE 所成角为α， 则cos α=|AB →⋅DE →||AB →|⋅|DE →|=√1+4⋅√1+1+1=√1515，即直线AB 与DE 所成角的余弦值为√1515； （2）∵BF =14BC ，∴BF →=14BC →，设F （x ，y ，z ），则（x ﹣1，y ，z ）＝（−14，12，0），∴F （34，12，0）．∴DE →=(1，1，1)，DF →=(74，12，0)，DC →=(1，2，0)． 设平面DEF 的一个法向量为m →=(x 1，y 1，z 1)，由{m →⋅DE →=x 1+y 1+z 1=0m →⋅DF →=74x 1+12y 1=0，取x 1＝﹣2，得m →=(−2，7，−5)； 设平面DEC 的一个法向量为n →=(x 2，y 2，z 2)，由{n →⋅DE →=x 2+y 2+z 2=0n →⋅DC →=x 2+2y 2=0，取x 2＝﹣2，得n →=(−2，1，1)． ∴|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√4+49+25⋅√4+1+1=√1313．∴sin θ=√1−cos 2θ=√1−113=2√3913． 18．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC ﹣DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：作DH ⊥AC ，且交AC 于点H ， ∵面ADFC ⊥面ABC ，DH ⊂面ADFC ，∴DH ⊥BC ， ∴在Rt △DHC 中，CH ＝CD •cos45°=√22CD ， ∵DC ＝2BC ，∴CH =√22CD =√22•2BC =√2•BC ， ∴BC CH=√22，即△BHC 是直角三角形，且∠HBC ＝90°， ∴HB ⊥BC ，∴BC ⊥面DHB ，∵BD ⊂面DHB ，∴BC ⊥BD ， ∵在三棱台DEF ﹣ABC 中，EF ∥BC ，∴EF ⊥DB ．（Ⅱ）设BC＝1，则BH＝1，HC=√2，在Rt△DHC中，DH=√2，DC＝2，在Rt△DHB中，DB=√DH2+HB2=√2+1=√3，作HG⊥BD于G，∵BC⊥HG，∴HG⊥面BCD，∵GC⊂面BCD，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，设DF与面DBC所成角为θ，则θ即为CH与面DBC的夹角，且sinθ＝sin∠HCG=HGHC=√2，∵在Rt△DHB中，DH•HB＝BD•HG，∴HG=DH⋅HBBD=√2⋅1√3=√63，∴sinθ=HG√2=√63√2=√33．19．（2020•江苏）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【解答】证明：（1）E，F分别是AC，B1C的中点．所以EF∥AB1，因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1；（2）因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB，又因为AB⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以AB⊥平面AB1C，因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1．20．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．证明：（1）当AB＝BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．【解答】解：（1）因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，所以BB1⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1，因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，且AB＝BC，所以ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩BB1＝B．所以AC⊥平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC．（2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF，C1E．因为点E在DD1，且2DE＝ED1，所以ED∥AM，且ED1＝AM，所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1M∥AE，且D1M＝AE，又因为F在BB1上，且BF＝2FB1，所以A1M∥FB1，且A1M＝FB1，所以A1B1FM为平行四边形，所以FM∥A1B1，FM＝A1B1，即FM∥C1D1，FM＝C1D1，所以C1D1MF为平行四边形，所以D1M∥C1F，所以AE∥C1F，所以A，E，F，C1四点共面．所以点C1在平面AEF内．21．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD ．△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =√66DO ．（1）证明：P A ⊥平面PBC ； （2）求二面角B ﹣PC ﹣E 的余弦值．【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，OA ＝OB ＝OC ＝1，AE ＝AD ＝2，AB =BC =AC =√3，DO =√DA 2−OA 2=√3，PO =√66DO =√22， PA =PB =PC =√PO 2+AO 2=√62， 在△P AC 中，P A 2+PC 2＝AC 2，故P A ⊥PC ， 同理可得P A ⊥PB ，又PB ∩PC ＝P ， 故P A ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有B(√32，12，0)，C(−√32，12，0)，P(0，0，√22)，E （0，1，0）， 故BC →=(−√3，0，0)，CE →=(√32，12，0)，CP →=(√32，−12，√22)，设平面PCE 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则由{n →⋅CE →=0n →⋅CP →=0，得{√32x +12y =0√32x −12y +√22z =0，取x ＝1，则y =−√3，z =−√6， 所以平面PCE 的法向量为n →=(1，−√3，−√6)，由（1）可知P A ⊥平面PBC ，不妨取平面PBC 的法向量为AP →=(0，1，√22)， 故cosθ=|PA →⋅n →||PA →||n →|=2√55，即二面角B ﹣PC ﹣E 的余弦值为2√55．22．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°． （1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO =√2，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P ﹣ABC 的体积．【解答】解：（1）连接OA ，OB ，OC ，△ABC 是底面的内接正三角形， 所以AB ＝BC ＝AC ．O 是圆锥底面的圆心，所以：OA ＝OB ＝OC ，所以AP2＝BP2＝CP2＝OA2+OP2＝OB2+OP2＝OC2+OP2，所以△APB≌△BPC≌△APC，由于∠APC＝90°，所以∠APB＝∠BPC＝90°，所以AP⊥BP，CP⊥BP，由于AP∩CP＝P，所以BP⊥平面APC，由于BP⊂平面P AB，所以：平面P AB⊥平面P AC．（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，所以l=√2+r2．由于圆锥的侧面积为√3π，所以π⋅r⋅√2+r2=√3π，整理得（r2+3）（r2﹣1）＝0，解得r＝1．所以AB=√1+1−2×1×1×(−12)=√3．由于AP2+BP2＝AB2，解得AP=√3 2则：V P−ABC=13×12×√32×√32×√32=√68．23．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C 是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求。

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.。