全国卷历年高考立体几何真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考立体几何小题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，共27题）一、视图问题、位置关系问题、棱长问题等（6题）1. （2018年3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（ ）【解析】观擦图形图可知，俯视图为，故答案为A.2.（2016年2卷14）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的是： .【解析】根据平行、垂直有关定理可以判断②③④正确，①中条件不能确定α，β的关系.3．（2019年2卷7）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 【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 ．4.（2018年1卷7） 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 A. B.C. D. 2【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.5．（2019年3卷8）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【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3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．6．（2019年2卷16）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_________．【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面． 如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，22,2(21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，12121x ∴==-+，即该半正多面体棱长为21-．【小结】这类题主要考查空间想象能力、空间线与线、线与面、面与面的位置关系，从2019年的三套全国卷来看，立体几何小题考查更加灵活，但万变不离其中，只要基础扎实，把握解决立体小题的基本方法，问题迎刃而解。

1.已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面α截得的截面面积为（ ）A. 36B. 26C. 5D. 5342.一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，90B F ∠=∠=︒，60A ∠=︒，45D ∠=︒，BC DE =．现将两块三角板拼接在一起，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列直线与平面OFM 所成的角不为定值的是（ ）A. ACB. AFC. BFD. CF3. （多选题）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，截面BDE 与直线PC 平行，与PA 交于点E ，则下列判断正确的是（ ）A. E 为PA 的中点B. BD ⊥平面PACC. PB 与CD 所成的角为3πD. 三棱锥C BDE -与四棱锥P ﹣ABCD 的体积之比等于1:4.4.在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是棱11A D 的中点，过C 1，B ，M 作正方体的截面，则这个截面的面积为（ ）35 35 C. 92 D. 985. 已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 为棱DD 1的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A.3π B. 23π C. π D. 43π 6.（多选题）在三棱锥P -ABC 中，(0,1,0)A ，(3,1,0)B ，(0,3,0)C ，(0,1,2)P ，则（ ）A. (3,0,2)PB =-B. (3,0,0)AB =-C. PB AC ⊥D. 13PB =7.在四面体ABCD 中，E 是棱BC 的中点，且AE xAD yDB zDC =++，则（ ）A. 1x y z ++=B. 12xyz =C. x y z =+D. 222x y z =+8.三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，2,3,23,3BAC AP AB π∠===Q 是BC 边上的一个动点，且直线PQ 与面ABC 所成角的最大值为,3π则该三棱锥外接球的表面积为( ) A. 45πB. 63πC. 57πD. 84π 9.已知三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC 满足6BA BC ==，2ABC π∠=，若该三棱锥体积的最大值为3．则其外接球的体积为________.10. 如图,五边形ABSCD 中,四边形ABCD 为长方形,SBC ∆为边长为2的正三角形,将SBC ∆沿BC 折起,使得点S 在平面ABCD 上的射影恰好在AD 上.（Ⅰ）当2AB =,证明:平面SAB ⊥平面SCD ；（Ⅱ）若1AB =,求平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值.11.如图PAD △中，90PDA ︒∠=，2DP DA ==，B 、C 分别是PA 、PD 的中点，将PBC 沿BC 折起连结PA 、PD ，得到多面体PABCD .（1）证明：在多面体PABCD 中，BC PD ⊥；（2）在多面体PABCD 中，当6PA =时，求二面角B PA D --的余弦值.12.直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面1A ECD 所截得到如图所示的五面体，CD CE ⊥，CD AD ⊥．（1）求证：BC ∥平面1A AD ；（2）若113BC CD BE AD ====，求二面角1B A E C --的余弦值． 13.如图，在四棱锥S ﹣ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，DE SC ⊥，E 为垂足，M 为AB 的中点.（1）当点F 在线段BC 上移动时，判断DEF 是否为直角三角形，并说明理由 （2）若4SD =，求二面角D EM C --的正弦值如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（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. 15.在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PB PD =．（1）证明:BD ⊥平面PAC ；（2）若PA 与底面ABCD 所成的角为30°，PA PC ⊥，求二面角B PC D --的余弦值． 16.如图，在四棱锥M ﹣ABCD 中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==.（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值.如图，在四棱锥E -ABCD 中，AE ⊥DE ，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，CD =DA =6，AB =2，DE =3.（I ）求棱锥C -ADE 的体积；（II ）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（III ）在线段DE 上是否存在一点F ，使AF ∥平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由.18.如图，在四边形ABCD 中，//AB CD ，且::3:2:2AB BC CD =，60ABC ∠=︒，点E 是线段AB 上靠近点A 的一个三等分点，以DE 为折痕将ADE 折起，使点A 到达点A 1的位置，且12A C BC ==.（1）证明：平面1A DE ⊥平面BCD ；（2）求平面1A BE 与平面1A CD 所成锐二面角的余弦值.19.如图，在四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，平面11A ADD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，11A A A D AC ==，E 为DD 1的中点.（1）证明：1//BD 平面ACE ；（2）求直线1A D 与平面ACE 所成角的正弦值.20.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，122AB AD BC ===，4PA =，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．（1）求证：DE ⊥平面PAC ；（2）求二面角A PC D --的余弦值；（3）设Q 为棱CP 上的点（不与C ，P 重合），且直线QE 与平面PAC 所成角的正弦值5CQ CP 的值． 21.如图，在四棱锥P -ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，//AD BC ，AB BC ⊥，12AP AB BC AD ===，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O .（1）证明：PO ⊥平面ABCD .（2）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值.22.如图，在四棱锥P —ABCD 中， 90ABC BCD ︒∠=∠=，60,BAD ADP ︒∠=是等腰等直角三形，且2,22,7AP DP AB CD BP =====．（1）求证： AD ⊥BP ；（2）求直线BC 与平面ADP 所成角的正弦值．试卷答案1.B【分析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ，所以1//AQ EC ，同理1//AE QC ，所以四边形1AEC Q 是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为12B P PC =，所以112C B CE =，即1EC EB == 所以115,23AE EC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AE EC AC AEC AE EC +-∠==⨯ 所以126sin AEC ∠= 所以S 四边形1AEQC 1112sin 262AE EC AEC =⨯⨯⨯∠=故选：B 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.2.B【分析】通过证明BC ⊥平面OMF ，可以找到,,BF CF AC 与平面OFM 所成的角，计算可知都为定值，由此可得答案.【详解】因为,O M 为中点，所以//OM AB ，所以OM BC ⊥，又OF BC ⊥，且OM OF O ⋂=，所以BC ⊥平面OMF ，所以,BF CF 与平面OFM 所成的角分别为BFO ∠和CFO ∠，它们相等，等于45°， 根据直线与平面所成角的定义知，AC 与平面OFM 所成的角为60CMO A ∠=∠= 故只有AF 与平面OFM 所成的角不为定值.故选：B【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了直线与平面所成角，属于基础题. 3.ABD【分析】采用排除法，根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理，结合线线角的求法，锥体体积公式的计算，可得结果.【详解】对于A ，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，如图所示，PC //面BDE ，PC ⊂面APC ，且面APC 面=BDE EM ，PC ∴//EM ， 又四边形ABCD 是正方形，∴M 为AC 的中点，∴E 为PA 的中点，故A 正确.对于B ，PA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，∴PA BD ⊥，又AC BD ⊥，AC PA A ⋂=，,AC PA ⊂面PAC∴BD ⊥面PAC ，故B 正确.对于C ，//AB CD ，∴PBA ∠为PB 与CD 所成的角，PA ⊥面ABCD ，AB 面ABCD ，∴PA AB ⊥，在Rt PAB 中，PA AB =，4PBA=π∴∠，故C 错误.对于D ，由等体积法可得1.3C BDE E BCD BCD V V S EA --==⋅，13-=⋅⋅P ABCD ABCD V S PA 又1,22BCDABCD S S PA EA ==，∴14--=P ABC C BD DE V V ，故D 正确. 故选：ABD.【点睛】本题考查立体几何的综合应用，熟练线线、线面、面面之间的位置关系，审清题意，考验分析能力，属中档题. 4.C 【详解】 【分析】设1AA 的中点为N ，则1MNBC ，连接11,,MN NB BC MC ， ，则梯形1MNBC 就是过1C ，B ，M 正方体的截面，其面积为()13292+22=222⨯⨯，故选C.5.A 【分析】根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面ACM 的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求. 【详解】如图所示：设内切球球心为O ，O 到平面ACM 的距离为d ，截面圆的半径为r ， 因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为1， 又因为O AMC M AOC V V --=，所以1233AMCAOCd S S ⨯⨯=⨯，又因为()()221122526,221222AMCAOCSS=⨯⨯-==⨯⨯=， 所以12633d ⨯=，所以63d =， 所以截面圆的半径22313r d =-=，所以截面圆的面积为233S ππ=⋅=⎝⎭. 故选：A.【点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算. 6. ACD 【分析】根据空间向量的坐标运算可判断A 、B ，计算PB AC ⋅的值可判断C ，利用向量的模长公式可判断选项D ，即可得正确答案.【详解】对于选项A ：()()3,1,00,1,2(3,0,2)PB =-=-，故选项A 正确； 对于选项B ：()()3,1,00,1,0(3,0,0)AB =-=，故选项B 不正确；对于选项C ：()()0,3,00,1,0(0,2,0)AC =-=，则3002200PB AC ⋅=⨯+⨯-⨯=，所以PB AC ⊥，故选项C 正确； 对于选项D ：因为()223213PB =+-=D 正确，故选：ACD7.C 【分析】根据向量的加法法则和数乘的定义判断． 【详解】因为1()2AE AD DE AD DB DC =+=++， 所以1x =，12y z ==，则x y z =+. 故选：C ． 8.C 【分析】根据题意画出图形，结合图形找出△ABC 的外接圆圆心与三棱锥P ﹣ABC 外接球的球心， 求出外接球的半径，再计算它的表面积．【详解】三棱锥P ﹣ABC 中，PA ⊥平面ABC ，直线PQ 与平面ABC 所成角为θ，如图所示；则sinθ=PA PQ =3PQ ，且sinθ的最大值是2，∴（PQ ）min AQ A 到BC∴AQ ⊥BC ，∵Rt △ABQ 中可得6ABC π∠=，即可得BC=6；取△ABC 的外接圆圆心为O′，作OO′∥PA ，∴6120sin =2r ，解得∴取H 为PA 的中点，∴，PH=32，由勾股定理得， ∴三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积是S=4πR 2=4×2π⨯=57π． 故答案为C9.323π 【分析】画出示意图，利用体积最大时P 所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积. 【详解】如图所示：设球心为O ，ABC 所在圆面的圆心为1O ，则1OO ⊥平面ABC ；因为6BA BC ==2ABC π∠=，所以ABC 是等腰直角三角形，所以1O 是AC 中点；所以当三棱锥体积最大时，P 为射线1O O 与球的交点，所以113p ABC ABCV PO S -=⋅⋅；因为16632ABCS==，设球的半径为R ，所以2221113PO PO OO R R AO R R =+=-=+-，所以(213333R R ⋅-⋅=，解得：2R =，所以球的体积为：343233R ππ=. 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面. 10.(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)13.【详解】 【分析】 试题分析：（Ⅰ）作SO AD ⊥，垂足为O ，依题意得SO ⊥平面ABCD ，则,SO AB AB AD ⊥⊥，AB ⊥平面SAD ，AB SD ⊥，结合勾股定理可得SA SD ⊥，则SD ⊥平面SAB ，平面SAB ⊥平面SCD .（Ⅱ）由几何关系，以,,OA OE OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面SCD 的法向量()2,0,1m =-，平面SBC 的法向量()0,2,1n =.计算可得平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13. 试题解析：（Ⅰ）作SO AD ⊥，垂足为O ，依题意得SO ⊥平面ABCD ，,SO AB SO CD ∴⊥⊥， 又AB AD ⊥，AB ∴⊥平面SAD ，,AB SA AB SD ⊥⊥利用勾股定理得22422SA SB AB =-=-2SD =在SAD ∆中，2,2,AD SA SD SA SD ===∴⊥SD ∴⊥平面SAB ，又SD ⊂平面SCD ，所以平面SAB ⊥平面SCD （Ⅱ）连结,BO CO ，SB SC =，Rt SOB Rt SOC ∴∆≅∆，BO CO =，又四边形ABCD 为长方形，,Rt AOB Rt DOC OA OD ∴∆≅∆∴=.取BC 中点为E ，得OE ∥AB ，连结,3SE SE ∴= 其中1OE =，1OA OD ==，2312OS -由以上证明可知,,OS OE AD 互相垂直，不妨以,,OA OE OS 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.1,2OE OS =∴=，()()()0,1,0,1,1,2,2,0,0DC SC BC ∴==--=-，设()111,,m x y z =是平面SCD 的法向量，则有00m DC m SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111020y x y z =⎧⎪⎨-+-=⎪⎩，令11z =得()2,0,1m =-设()222,,n x y z =是平面SBC 的法向量，则有00n BC n SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即22222020x x y z -=⎧⎪⎨-+-=⎪⎩ 令11z =得()0,2,1n =. 则11,333m n cosm n m n⋅===⋅ 所以平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13. 11.（1）见解析；（2）0.【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先得到BC ⊥平面PCD ，进而可得 BC PD ⊥； （2）根据题意，先得到,,CB CD CP 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以,,CB CD CP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出两平面,PAB PAD 的法向量，根据向量夹角计算公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：PAD △中，因为,B C 分别是,PA PD 的中点，90,PDA ∠=所以//BC AD ，90BCP BCD ∠=∠=，所以多面体PABCD 中， BC PC ⊥，BC CD ⊥， 又PCCD C =，BC ∴⊥平面PCD ；因为PD ⊂平面PCD ，.BC PD ∴⊥（2）依题意可得， 1PC CD ==，直角ADC 中，得5AC =，又6,PA =所以222PA PC AC =+，PC CA ∴⊥， 由（1）知， BC PC ⊥，PC ∴⊥平面.ABCD以C 为坐标原点，分别以,,CB CD CP 为,,x y z 轴，建立如图的坐标系.则(1,0,0),(2,1,0),(0,1,0),(0,0,1)B A D P ， 得(2,1,1),(1,0,1),(0,1,1).PA PB PD =-=-=-设平面,PAB PAD 的一个法向量分别是(,,),(,,)m x y z n p q r ==，则20,0.m PA x y z m PB x z ⎧⋅=+-=⎨⋅=-=⎩可取(1,1,1)m =-.20,0.n PA p q r n PD q r ⎧⋅=+-=⎨⋅=-=⎩可取(0,1,1)n =. 01cos ,03m n m n m n⋅-<>===⋅⋅. 所以二面角B PA D --的余弦值为0.【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求二面角的余弦值问题，熟记线面垂直的判定定理及性质，灵活运用向量的方法求解二面角即可，属于常考题型. 12.（1）见解析（2 【分析】（1）利用面面平行的性质定理，可证得线面平行；（2）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过D 垂直于ABCD 的直线为z 轴，如图建系，求出平面1A EC 的一个法向量(1,0,1)u =-，平面1A EB 的一个法向量(1,2,0)v =，求出向量夹角的余弦值，即可得到答案；【详解】（1）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，BE ⊥平面ABCD ， ∵CD ⊂平面ABCD ，∴BE CD ⊥∵CD CE ⊥，BE CE E ⋂=，∴CD ⊥平面BCE 同理可证CD ⊥平面1A AD ， ∴平面//BCE 平面1A AD ，∵BC ⊂平面BCE ，∴//BC 平面1A AD（2）∵平面//BCE 平面1A AD ，平面1A ECD ⋂平面BCE CE =，平面1A ECD ⋂平面11A AD A D =，∴1A D ∥EC ，∴1A D 和CE 与平面ABCD 所成角相等，即1A B DA EC ∠=∠； ∵BC BE =，∴45ECB ︒∠=，∴13AA AD ==，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过D 垂直于ABCD 的直线为z 轴，如图建系，(0,1,0)C ，(1,1,0)B ，(1,1,1)E ，1(3,0,3)A ，∴(1,0,1)CE =，1(2,1,2)EA =-，(0,0,1)BE =， 设()111,,u x y z =为平面1A EC 的一个法向量，则10u CE u EA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111110220x z x y z +=⎧⎨-+=⎩， 令11x =，则(1,0,1)u =-设()222,,v x y z =为平面1A EB 的一个法向量，则10v BE v EA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22220220z x y z =⎧⎨-+=⎩， 令21x =，则(1,2,0)v =， 则110cos ,||||1025u v u v u v ⋅<>===⨯， 由图知，二面角1B A E C --为锐角，则二面角1B A E C --10． 【点睛】本题考查利用面面平行证明线面平行、向量法求二面角的余弦值，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力. 13.（1）证明见解析；（2）57042. 【分析】（1）先证明BC ⊥平面SCD ，可得BC DE ⊥，结合DE SC ⊥，即可证得DE ⊥平面SBC ，进而可得DE EF ⊥，即可得出DEF 是直角三角形；（2）以D 为原点，分别以,,DA DC DS 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，根据//SE SC ，设()0,2,4SE tSC t t ==-，利用0DE SC ⋅=求出t 的值，再计算平面DEM 的法向量，平面EMC 的法向量，利用向量夹角公式求夹角余弦值，再计算正弦值即可. 【详解】（1）因为SD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以SD BC ⊥， 因为四边形ABCD 是边长为2的正方形，所以CD BC ⊥， 因为SDCD D =，所以BC ⊥平面SCD ，因为DE ⊂平面SCD ，所以BC DE ⊥， 又因为DE SC ⊥，BCSC C =，所以DE ⊥平面SBC ，因为EF ⊂平面SBC ，所以DE EF ⊥，可得90DEF ∠=， 所以DEF 是直角三角形.（2）如图以D 为原点，分别以,,DA DC DS 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,0,4S ，()0,2,0C ，()2,1,0M ，()0,2,4SC =-，因为//SE SC ，设()0,2,4SE tSC t t ==-，所以()()()0,0,40,2,40,2,44DE DS SE t t t t =+=+-=- 因为DE SC ⊥，所以()224440DE SC t t ⋅=⨯--=，解得：45t =， 所以840,,55DE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()84342,1,00,,2,,5555EM DM DE ⎛⎫⎛⎫=-=-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()2,1,0MC =-，设平面DEM 的一个法向量为()1111,,x n y z =，由1111118405520n DE y z n DM x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩ 令12y =可得14z =-，11x =-， 所以()11,2,4n =--，设平面EMC 的一个法向量为()2222,,n x y z =， 由222212234205520n EM x y z n MC x y ⎧⋅=--=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩令21x =，可得22y =，21z =， 所以()21,2,1n =设二面角D EM C --的平面角为θ，则1212cos 1n n n n θ⋅===+， 因为0θπ≤≤，所以sin θ===， 故二面角D EM C --【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. 14.（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）49（Ⅲ）87【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系(Ⅰ)利用直线BF 的方向向量和平面ADE 的法向量的关系即可证明线面平行； (Ⅱ)分别求得直线CE 的方向向量和平面BDE 的法向量，然后求解线面角的正弦值即可； (Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF 长度的方程，解方程可得CF 的长度.【详解】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()()()()()0,0,0,1,0,0,1,2,0,0,1,0,0,0,2A B C D E .设()0CF h h =>，则()1,2,F h .(Ⅰ)依题意，()1,0,0AB =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 .(Ⅱ)依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--，设(),,n x y z =为平面BDE 的法向量，则00n BD n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令z =1，可得()2,2,1n =， 因此有4cos ,9||||CE n CE n CE n ⋅〈〉==-. 所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (Ⅲ)设(),,m x y z =为平面BDF 的法向量，则00m BD m BF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x y y hz -+=⎧⎨+=⎩. 不妨令y =1，可得21,1,m h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由题意，有2241cos ,3432m nhm n m n h -⋅===⨯+，解得87h =. 经检验，符合题意｡所以，线段CF 的长为87. 【点睛】本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. 15.（1）见解析，（2）17-【分析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接PO ，则有AC BD ⊥，O 为BD 的中点，再由PB PD =可得BD PO ⊥，由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）由（1）可知，平面PAC ⊥平面ABCD ，两平面的交线为AC ，所以过P 作PE 垂直AC 于E ，则PE ⊥平面ABCD ，从而可知平面30PAC ∠=︒，若设PC =2，由可把其它边求出来，然后以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，过A 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角B PC D --的余弦值.【详解】（1）证明：连接BD 交AC 于O ，连接PO ，因为四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，O 为BD 的中点，因为PB PD =，所以BD PO ⊥，因为AC PO O =，所以BD ⊥平面PAC ；（2）解：因为BD ⊥平面PAC ，BD 在平面ABCD 内，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，过P 作PE 垂直AC 于E ，则PE ⊥平面ABCD ，所以PAC ∠为PA 与底面ABCD 所成的角，即30PAC ∠=︒，设PC =2，因为PA PC ⊥，所以23,3,3,4,22PA PE AE AC AD =====, 如图，以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，过A 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3232(0,0,0),(22,0,0),(22,22,0),(0,22,0),(,,3)22A B C D P , 22(0,22,0),(,,3)(22,0,0)22BC CP DC ==--=，, 设平面PBC 法向量为(,,)n x y z =，则220223022n BC y n CP x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，令1z =，则(6,0,1)n =， 设平面PDC 的法向量为(,,)m a b c =，则220223022n DC a n CP a b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，令1c =，则(0,6,1)m =， 所以11cos ,777m nm n m n ⋅===⨯， 由图可知二面角B PC D --的平面角为钝角，所以二面角B PC D --的余弦值为17-【点睛】此题考查线面垂直的证明，考查二面欠余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查运算能力，属于中档题.16.（1）证明见解析（2159【分析】（1）利用线段长度得到AM 与,AB AD 间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；（2）以AD 、AM 、AB 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.【详解】（1）∵2AB AM AD ===，22MB MD ==，∴222AM AD MD +=，222AM AB MB +=∴AM AD ⊥，AM AB ⊥ ∵AB AD A ⋂=，AD ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥平面ABCD （2）由（1）知AB AD ⊥，AM AD ⊥，AM AB ⊥又A 为坐标原点，分别以AD 、AM 、AB 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()0,2,0M ，()2,0,0D ，()0,0,2B ，()2,0,1C ，()2,0,2BD =-，()2,2,0DM =-，∵2BE EB =，∴420,,33E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，412,,33CE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ 设(),,n x y z =是平面BDM 的一个法向量则00n BD n DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x z x y -=⎡⎢-+=⎣，取1x =得()1,1,1n = ∴41215933cos ,53||||5333CE CE CE n n n -+-⋅〈〉===⋅⨯∴直线EC 与平面BDM 所成的正弦值为15953 【点睛】本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值. 17. (Ⅰ)93；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)存在，13.【分析】（I ）在Rt ADE △中，22AE AD DE =-，可得12ADE S AE DE =⋅，由于CD ⊥平面ADE ，可得13C ADE ADE V CD S -=⋅；（II ）由CD ⊥平面ADE ，可得CD AE ⊥，进而得到AE ⊥平面CDE ，即可证明平面ACE ⊥平面CDE ；（III ）在线段DE 上存在一点F ，使AF 平面BCE ，13EF ED =．设F 为线段DE 上的一点，且13EF ED =，过F 作FM CD 交CE 于点M ，由线面垂直的性质可得：CDAB ．可得四边形ABMF 是平行四边形，于是AF BM ，即可证明AF 平面BCE【详解】（I ）在Rt △ADE 中，2233AE AD DE =-=，因为CD ⊥平面ADE ， 所以棱锥C-ADE 的体积为1193332C ADE ADE AE DE V S CD CD -∆⋅=⋅=⋅⋅=. （II ）因为CD ⊥平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥.又因为AE DE ⊥，CD DE D ⋂=，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE.（III ）在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED =，使AF 平面BCE .解：设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作//FM CD 交CE 于M ，则13FM CD =. 因为CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，所以//CD AB ，又因为3CD AB = 所以MF AB =，//FM AB ，所以四边形ABMF 是平行四边形，则//AF BM . 又因为AF ⊄平面BCE ，BM ⊂平面BCE ，所以//AF 平面BCE .18.（1）证明见解析；（2）65.【分析】（1）连接1OA ，OC ，结合勾股定理和等边三角形的性质，证得1OA OC ⊥和OC DE ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到OC ⊥平面1A DE ，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面1A DE ⊥平面BCD.（2）以OC 的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，分别求得平面1A BE 和平面1A CD 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由题意，四边形BCDE 为菱形，连接CE ，取DE 的中点O ，连接1OA ，OC ，如图所示，在ADE 中，60AED ABC ∠=∠=︒，且2DE =，1AE =，可得，AD =则222DE AE AD =+，则90EAD ∠=︒，即AD AE ⊥，即11A D A E ⊥.因为O 是DE 的中点，所以1112OA DE ==， 因为60CDE ABC ∠=∠=︒，所以CDE ∆为等边三角形，所以OC DE ⊥，且OC =所以22211A C OA OC =+，所以190A OC ∠=︒，即1OA OC ⊥.又因为OC DE ⊥，且1OA DE O ⋂=，所以OC ⊥平面1A DE ，又因为OC ⊂平面BCD ，所以平面1A DE ⊥平面BCD.（2）以OC 的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则(0,1,0)D ，(0,1,0)E -，(3,0,0)C ，(3,2,0)B -，1130,,22A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面1A BE 的法向量为(,,)m x y z =，则13013022m BE x y m EA y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1z =，可得(1,3,1)m =--， 设平面1A CD 的法向量为(),,n x y z '''=，则13033022n CD x y n DA y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅'''=-+=⎪⎩'，令1x '=，得(1,3,3)n =. 因为13365cos ,65||||513m n m n m n ⋅--+〈〉===-⨯. 所以平面1A BE 与平面1A CD 所成锐二面角的余弦值为6565.19.（1）证明见解析；（2387．【分析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接OE ，可证1//OE BD ，从而得线面平行；（2）取AD 中点M ，连接1MA ，MC ，由已知证明1A M ⊥平面ABCD ，MC AD ⊥，以1,,MC MD MA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设2AD =，得出各点坐标，求出平面AEC 的法向量n ，由法向量n 与1A D 的夹角的余弦值的绝对值等于直线1A D 与平面AEC 所成有的正弦可得．【详解】（1）连接BD 交AC 于O ，连接OE ，∵ABCD 是菱形，∴O 是BD 中点，又E 是1DD 中点，∴1//OE BD ，1BD ⊄平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴1//BD 平面ACE ；（2）取AD 中点M ，连接1MA ，MC ，∵11AA A D =，∴1A M AD ⊥，又平面11A ADD ⊥平面ABCD ，平面11A ADD 平面ABCD AD =，∴1A M ⊥平面ABCD ，又菱形ABCD 中，60ABC ∠=︒，所以ABC 和ACD △都是等边三角形，所以MC AD ⊥，如图，以1,,MC MD MA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设2AD =， 则3MC =，222211213A M A A AM =-=-=∴(0,1,0)A -，(0,1,0)D ，3,0,0)C ，13)A ，13)D ，33(0,,22E ， ∴1(0,1,3)A D =-，(3,1,0)AC =，53(0,,22AE =， 设(,,)n x y z =是平面ACE 的一个法向量，则 305302n AC x y n AE y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则3y =5z =，(1,3,5)n =-， 设直线1A D 与平面ACE 所成角为θ， 则111353387sin cos ,29292n A Dn A D n A D θ⋅--=<>===⨯．【点睛】本题考查证明线面平行，考查用空间向量法求线面角．求空间角的常用方法是空间向量法，在题中有垂直的情况下，常常取过同一点且两两垂直的三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，考查了学生的运算求解能力．20.（1）证明见解析；（225；（3）23CQ CP =.【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，确定各点坐标，得到0DE AC ⋅=，0DE AP ⋅=，根据线面垂直的判定定理，即可证明.（2）由（1）可知，平面PAC 的法向量(2,1,0)m =-，确定平面PCD 的法向量(2,2,1)n =-，根据cos ,||||m n m n m n ⋅〈〉=⋅，求解即可. （3）设(01)CQ CPλλ=<<，确定(22,44,4)Q λλλ=--，(2,43,4)QE λλλ=--，根据直线QE 与平面PAC 5，求解λ，即可. 【详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD所以PA AB ⊥，PA AD ⊥因为AB AD ⊥ 则以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得(0,0,0)A ，()2,0,0B ，(2,4,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,4)P ，(2,1,0)E . 所以(2,1,0)DE =-，(2,4,0)AC =，(0,0,4)AP =.因为221400DE AC ⋅=⨯-⨯+=，0DE AP ⋅=.所以DE AC ⊥，DE AP ⊥又AP AC A ⋂=，AP ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC .所以DE ⊥平面PAC ．（2）设平面PAC 的法向量m ，由（1）可知，(2,1,0)m DE ==-设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =因为(0,2,4)PD =-，(2,4,4)PC =-.所以00n PD n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2402440y z x y z -=⎧⎨+-=⎩ 不妨设1z =，得(2,2,1)n =-． 2222225cos ,||||2(1)(2)21m n m n m n ⋅⨯〈〉===⋅+-⨯-++ 所以二面角A PC D --25． （3）设(01)CQ CPλλ=<<，即(2,4,4)CQ CP λλλλ==--. 所以(22,44,4)Q λλλ=--，即(2,43,4)QE λλλ=--.因为直线QE 与平面PAC 5所以2||cos ,5||||2QE m QE m QE m ⋅〈〉===⋅+∣3=解得23λ=即23CQ CP =． 【点睛】本题考查空间向量在立体几何中的应用，考查综合分析求解与论证能力，属于较难题. 21.（1）证明见解析（2）11【分析】（1）通过证明BE ⊥平面APC ，得到BE PO ⊥，再证PO AC ⊥即可证得PO ⊥平面ABCD . （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、直线的方向向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值.【详解】（1）证明：AP ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，AP CD ∴⊥， //,AD BC 12BC AD =，E 为AD 的中点，则//BC DE 且BC DE =. ∴四边形BCDE 为平行四边形，//BE CD ∴，AP BE ∴⊥.又,AB BC ⊥12AB BC AD ==，且E 为AD 的中点，∴四边形ABCE 为正方形，BE AC ∴⊥，又,AP AC A =BE ∴⊥平面APC ，PO ⊂平面APC ，则BE PO ⊥.AP ⊥平面,PCD PC ⊂平面PCD ，AP PC ∴⊥，又AC ==，PAC ∴∆为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点，PO AC ∴⊥且,ACBE O =PO ∴⊥平面ABCD . （2）解：以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示不妨设1OB =，则(1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),P (2,1,0)D -,则(1,1,0),BC =-(1,0,1),PB =-(2,1,1)PD =--.设平面PBD 的法向量为(,,)n x y z =，则00n PB n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即0,20,x z x y z -=⎧⎨-+-=⎩即,3,x z y z =⎧⎨=⎩ 令1z =，得(1,3,1)n =.设BC 与平面PBD 所成角为θ， 则()2222211310122sin cos ,13111BC n θ-⨯+⨯+⨯=<>==++-+【点睛】本题考查线面垂直，线面角的计算，属于中档题. 22.（1）证明见解析；（2）14.【分析】（1）取AD 中点E ，连接PE 、BE 、BD ，由平面几何的知识可得AD PE ⊥、AD BE ⊥，由线面垂直的判定可得AD ⊥平面PBE ，再由线面垂直的性质即可得证； （2）由题意建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标后，再求出33,22BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭、平面ADP 的一个法向量为n ，由sin cos ,n BC α=即可得解.【详解】（1）证明：取AD 中点E ，连接PE 、BE 、BD ，如图：ADP △是等腰直角三角形，且2AP DP ==,∴AD PE ⊥且2AD =，2AB =且60BAD ∠=，∴ABD △是等边三角形，∴AD BE ⊥，又BE PE E ⋂=，∴AD ⊥平面PBE ， BP ⊂平面PBE ，∴AD BP ⊥；（2）AE ⊥平面PBE ，以E 为坐标原点，分别以AE ，BE 为x 轴、y 轴，过点E 与平面ABCD 垂直的方向为z 轴建立空间直角坐标系E-xyz 如图所示：则()()()()0,0,0,1,0,0,3,0,1,0,0E A B D -，()213,0AB DC =-=，∴33(,22C -， 1PE =，3EB =7BP =∴2223cos 22PE EB BP PEB PE EB +-∠==-⋅，∴150PEB ∠=，∴310,,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 则33,22BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0AD =-，311,22AP ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 设平面ADP 的一个法向量为(,,)n x y z =，则20102n AD x n AP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，取y =(0,3,3)n =， 设直线BC 与平面ADP 所成角为α， 则1sin cos ,43n BCn BC n BC α⋅====⋅. 【点睛】本题考查了线面垂直的判定与性质、利用空间向量求线面角的应用，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.。

全国卷历年高考解析几何解答题真题归类分析（含答案）一、椭圆（2015年2卷）已知椭圆C:9x 2+y 2=m 2(m>0),直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴,l 与C 有两个交点A,B,线段AB 的中点为M.(1)证明:直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值.(2)若l 过点(,m),延长线段OM 与C 交于点P,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l 的斜率,若不能,说明理由.分析：(1)将直线y=kx+b(k≠0,b≠0)与椭圆C:9x 2+y 2=m 2(m>0)联立,结合根与系数的关系及中点坐标公式证明.(2)由四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分求解证明. 解析】：(1)设直线l :y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),M(x M ,y M ). 将y=kx+b 代入9x 2+y 2=m 2得(k 2+9)x 2+2kbx+b 2-m 2=0,故92221+-=+=k kbx x x M ， 992+=+=k b b k y M M .于是直线OM 的斜率kx y k M M OM 9-== 即k OM ·k=-9,所以直线OM 的斜率与l 的斜率的积是定值.(2)四边形OAPB 能为平行四边形，因为直线l 过点(,m),所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k>0,k≠3，由(1)得OM 的方程为y=-x. 设点P 的横坐标为x p .由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=22299m y x x k y ，得8192222+=k m k x p ，即932+±=k km x p . 将点),3(m m 的坐标代入l 的方程得3)3(k m b -=，因此)9(3)3(2+-=k k k x M 四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相评分，即P M x x =2.=，解得k k 12==因为k i >0,k i ≠3,i=1,2,所以当l 的斜率为4-或4+时,四边形OAPB 为平行四边形.（2016年1卷）设圆x 2+y 2+2x-15=0的圆心为A,直线l 过点B(1,0)且与x 轴不重合, l 交圆A 于C,D 两点,过B 作AC 的平行线交AD 于点E. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1,直线l 交C 1于M,N 两点,过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P,Q 两点,求四边形MPNQ 面积的取值范围.【解析】(1)圆A 整理为(x+1)2+y 2=16,点A 坐标为(-1,0),如图,∵BE ∥AC,则∠ACB=∠EBD,由|AC|=|AD|,则∠ADC=∠ACD,∴∠EBD=∠EDB,则|EB|=|ED|, ∴|AE|+|EB|=|AE|+|ED|=|AD|=4.所以E 的轨迹为一个椭圆,方程为2x 4+2y 3=1(y≠0);(2)C 1: 2x 4 +2y 3=1;设l :x=my+1,因为PQ ⊥l ,设PQ:y=-m(x-1),联立l 与椭圆C 1,22x my 1,x y 1,43⎧=+⎪⎨+=⎪⎩得(3m 2+4)y 2+6my-9=0; 则|MN|=M -y N |==()2212m13m 4++;圆心A 到PQ 距离d==,所以=,∴S MPNQ =12|MN|·|PQ|=12·()2212m 13m 4+⋅+=24[12,8).（2016年2卷）已知椭圆E :2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA. （I ）当4t =，AM AN =时，求△AMN 的面积； （II ）当2AM AN =时，求k 的取值范围.【解析】 ⑴当4t =时，椭圆E 的方程为22143x y +=，A 点坐标为()20-，，则直线AM 的方程为()2y k x =+．联立()221432x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩并整理得，()2222341616120k x k x k +++-=解得2x =-或228634k x k -=-+21234k + 因为AM AN ⊥，所以21212413341AN k kk ==⋅⎛⎫++⋅- ⎪⎝⎭因为AM AN =，0k >212124343k k k=++， 整理得()()21440k k k --+=，2440k k -+=无实根，所以1k =．所以AMN △的面积为221112144223449AM⎫==⎪+⎭． ⑵直线AM的方程为(y k x =+，联立(2213x y t y k x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩并整理得， ()222223230tk x x t k t +++-=，解得x =或x =所以AM =，所以AN =因为2AM AN =，所以2=，整理得，23632k k t k -=-． 因为椭圆E 的焦点在x 轴，所以3t >，即236332k k k ->-，整理得()()231202k k k +-<-2k <<．（2017年1卷）已知椭圆()2222:=10x y C a b a b +>>，四点()111P ，，()201P ，，3–1P ⎛ ⎝⎭，41P ⎛ ⎝⎭中恰有三点在椭圆C 上. （1）求C 的方程；（2）设直线l 不经过点2P 且与C 相交于A ，B 两点.若直线2P A 与直线2P B 的斜率的和为–1，求证：l 过定点.解析：（1）根据椭圆对称性，必过3P ，4P ，又4P 横坐标为1，椭圆必不过1P ，所以过234P P P ，，三点.将()23011P P ⎛- ⎝⎭，，代入椭圆方程得222113141b ab ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得24a =， 21b =，所以椭圆C 的方程为2214x y +=．（2）①当斜率不存在时，设()():A A l x m A m y B m y =-，，，，， 221121A A P A P B y y k k m m m----+=+==-，得2m =，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设()1l y kx b b =+≠∶，()()1122A x y B x y ，，，，联立22440y kx bx y =+⎧⎨+-=⎩， 消去y 整理得()222148440k x kbx b +++-=，122814kb x x k -+=+，21224414b x x k -⋅=+， 则22121211P A P By y k k x x --+=+()()21212112x kx b x x kx b x x x +-++-=22228888144414kb k kb kbk b k --++==-+ ()()()811411k b b b -=-+-，又1b ≠21b k ⇒=--，此时64k ∆=-，存在k 使得0∆>成立．所以直线l 的方程为21y kx k =--.当2x =时，1y =-，所以l 过定点()21-，．（2017年2卷）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆22:12x C y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =.（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=.求证：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .解析：（1）设点()P x y ，，易知(0)N x ，，(0)NP y =，，又0NM NP ⎛== ⎝，所以点M x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭.又M 在椭圆C上，所以2212x +=，即222x y +=． （2）由题知()1,0F -，设()3,Q t -，(),P m n ，则()3,OQ t =-，()1,PF m n =---，33OQ PF m tn ⋅=+-，(),OP m n =，()3,PQ m t n =---，由1O P P Q ⋅=，得2231m m tn n --+-=.又由（1）知222m n +=，所以330m tn +-=，从而0OQ PF ⋅=，即OQ PF ⊥.又过点P 存在唯一直线的垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过曲线C 的左焦点()1,0F -. 二、抛物线（2015年1卷）在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y=24x 与直线y kx a =+（a ＞0）交与M,N两点，（Ⅰ）当k=0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；（Ⅱ）y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM=∠OPN ？说明理由.分析：（Ⅰ）先求出M,N 的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而不求思想即将y kx a =+代入曲线C 的方程整理成关于x 的一元二次方程，设出M,N 的坐标和P 点坐标，利用设而不求思想，将直线PM ，PN 的斜率之和用a 表示出来，利用直线PM ，PN 的斜率为0,即可求出,a b 关系，从而找出适合条件的P 点坐标.解析：（Ⅰ）由题设可得)M a，()N a -，或()M a -，)N a .∵12y x '=，故24x y =在x=C在,)a 处的切线方程为y a x --0y a --=.故24x y =在x=-处的到数值为C在(,)a -处的切线方程为y a x -=+0y a ++=.0y a --=0y a ++=. （Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P （0，b ）为复合题意得点，11(,)M x y ，22(,)N x y ，直线PM ，PN 的斜率分别为12,k k .将y kx a =+代入C 得方程整理得2440x kx a --=.∴12124,4x x k x x a +==-.∴121212y b y b k k x x --+=+=1212122()()kx x a b x x x x +-+=()k a b a +. 当b a =-时，有12k k +=0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM=∠OPN ，所以(0,)P a -符合题意.（2016年3卷）已知抛物线C:y 2=2x 的焦点为F,平行于x 轴的两条直线l 1,l 2分别交C 于A,B 两点,交C 的准线于P,Q 两点.(1)若F 在线段AB 上,R 是PQ 的中点,证明:AR ∥FQ ；(2)若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍,求AB 中点的轨迹方程.【解析】(1)由题意可知F 1,02⎛⎫⎪⎝⎭,设l 1:y=a,l 2:y=b 且ab≠0,A 2a ,a 2⎛⎫ ⎪⎝⎭,B 2b ,b 2⎛⎫ ⎪⎝⎭P 1,a 2⎛⎫-⎪⎝⎭,Q 1,b 2⎛⎫- ⎪⎝⎭,R 1a b ,22⎛⎫+- ⎪⎝⎭,记过A,B 两点的直线方程为l,由点A,B 可得直线方程为2x-(a+b)y+ab=0,因为点F 在线段AB 上,所以ab+1=0,记直线AR 的斜率为k 1,直线FQ 的斜率为k 2,所以k 1=2a b1a -+,k 2=b 1122--=-b,又因为ab+1=0, 所以k 1=22a b a b 1aba a 1a a abb ---====-+-,所以k 1=k 2,即AR ∥FQ. (2)设直线AB 与x 轴的交点为D ()1x ,0,所以S △ABF =1111a b FD a b x 222-=--, 又S △PQF =a b 2-,所以由题意可得S △PQF =2S △ABF 即:a b 2- =2×12·11x 2a b ⋅--,解得x 1=0(舍)或x 1=1.设满足条件的AB 的中点为E(x,y). 当AB 与x 轴不垂直时,由k AB =k DE 可得2ya b x 1=+-(x≠1).而21a b y=+,所以y 2=x-1(x≠1).当AB 与x 轴垂直时,E 与D 重合,所以,所求轨迹方程为y 2=x-1.（2017年3卷）已知抛物线22C y x =：，过点()20，的直线l 交C 与A ，B 两点，圆M 是以线段AB 为直径的圆．（1）求证：坐标原点O 在圆M 上；（2）设圆M 过点()42P -，，求直线l 与圆M 的方程．解析：（1）显然当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．设:2l x my =+，11(,)A x y ，22(,)B x y ，联立222y xx my ⎧=⎨=+⎩，得2240y my --=，2416m ∆=+恒大于0，122y y m +=，124y y =-． ⋅1212OA OB x x y y ⋅=+u u r u u u r 1212(2)(2)my my y y =+++21212(1)2()4m y y m y y =++++= 24(1)2240m m m -++⋅+=，所以⊥，即点O 在圆M 上．（2）若圆M 过点P ，则⋅，即1212(4)(4)(2)(2)0x x y y --+++=，即1212(2)(2)(2)(2)0my my y y --+++=，即21212(1)(22)()80m y y m y y +--++=，化简得2210m m --=，解得12m =-或1.①当12m =-时，:240l x y +-=，设圆心为00(,)Q x y ，则120122y y y +==-，0019224x y =-+=，半径||r OQ =，则圆229185:4216M x y ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. ②当1m =时，:20l x y --=，设圆心为00(,)Q x y ，12012y y y +==，0023x y =+=，半径r OQ =22:(3)(1)10M x y -+-=.。

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

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

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

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

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)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：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A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22d =，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．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)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 ππ=∴=， 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．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b 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．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934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解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，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．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)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】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//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 .【点评】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．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编专题21 立体几何解答题一、解答题1. (2022高考北京卷·第17题)如图, 在三棱柱中, 侧面为正方形, 平面平面, , M, N分别为, AC的中点.(1)求证: 平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知, 求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①: ；条件②: .注：如果选择条件①和条件②分别解答, 按第一个解答计分．2. (2022年高考全国甲卷数学(理)·第18题)在四棱锥中, 底面.(1)证明: ；(2)求PD与平面所成的角的正弦值.3. (2022年浙江省高考数学试题·第19题)如图, 已知和都是直角梯形, , , , , , , 二面角的平面角为. 设M, N分别为的中点.(1)证明: ；(2)求直线与平面所成角的正弦值.4. (2022新高考全国II卷·第20题)如图, 是三棱锥的高, , , E是的中点.(1)证明: 平面；(2)若, , , 求二面角/正弦值．5. (2022新高考全国I卷·第19题)如图, 直三棱柱的体积为4, 的面积为.(1)求A到平面1A BC的距离；(2)设D为的中点, , 平面平面, 求二面角的正弦值.6. (2022年高考全国乙卷数学(理)·第18题)如图, 四面体中, , E为的中点.(1)证明: 平面平面；(2)设, 点F在上, 当的面积最小时, 求与平面所成的角的正弦值．7. (2021年高考浙江卷·第19题)如图, 在四棱锥中, 底面是平行四边形, , M, N分别为的中点, .(1)证明: ；(2)求直线与平面所成角的正弦值.8. (2021年新高考全国Ⅱ卷·第19题)在四棱锥中, 底面是正方形, 若.(1)证明: 平面平面；(2)求二面角/平面角的余弦值.9. (2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图, 在三棱锥中, 平面平面, , 为的中点.(1)证明: ；(2)若是边长为1/等边三角形, 点在棱上, , 且二面角的大小为, 求三棱锥的体积．10. (2021年高考全国乙卷理科·第18题)如图, 四棱锥的底面是矩形, 底面, , 为的中点,且.(1)求BC；(2)求二面角的正弦值.11. (2021年高考全国甲卷理科·第19题)已知直三棱柱中, 侧面为正方形, , E, F分别为和/中点, D为棱上的点.(1)证明: ；(2)当为何值时, 面与面所成的二面角的正弦值最小?12. (2021高考北京·第17题)如图: 在正方体中, 为中点, 与平面交于点.(1)求证: 为的中点；(2)点是棱上一点, 且二面角的余弦值为, 求的值．13. (2020年高考课标Ⅰ卷理科·第18题)如图, 为圆锥的顶点, 是圆锥底面的圆心, 为底面直径, . 是底面的内接正三角形, 为上一点, .(1)证明: 平面；(2)求二面角的余弦值.14. (2020年高考课标Ⅱ卷理科·第20题)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⊥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.15．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第19题)如图, 在长方体中, 点分别在棱上, 且, ．(1)证明: 点/平面内；(2)若, , , 求二面角的正弦值．16. (2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第20题)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年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第20题)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.(1)证明: 平面PDC；(2)已知PD=AD=1, Q为上的点, QB=, 求PB与平面QCD所成角的正弦值．18. (2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图, 三棱台DEF—ABC中, 面ADFC⊥面ABC, ∠ACB=∠ACD=45°, DC =2BC.(I)证明: EF⊥DB；(II)求DF与面DBC所成角的正弦值.19. (2020天津高考·第17题)如图, 在三棱柱中, 平面, , 点分别在棱和棱上, 且为棱的中点.(Ⅰ)求证: ；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线与平面所成角的正弦值.20. (2020江苏高考·第24题)在三棱锥中, 已知,, 为的中点, 平面, , 为的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点在上, 满足, 设二面角的大小为, 求的值.21. (2020江苏高考·第15题)在三棱柱中, , 平面, 分别是的中点.(1)求证: 平面；(2)求证：平面平面.22. (2020北京高考·第16题)如图, 在正方体中, 为的中点.(Ⅰ)求证: 平面；(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.23. (2019年高考浙江·第19题)如图, 已知三棱柱, 平面平面, , , , , 分别是, 的中点．(Ⅰ)证明: ；(Ⅱ)求直线与平面所成角的余弦值.24. (2019年高考天津理·第17题)如图, 平面, , . (Ⅰ)求证: 平面；(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角的余弦值为, 求线段的长.25. (2019年高考上海·第17题)如图, 在长方体中, 为上一点, 已知, , , . (1)求直线1A C 与平面ABCD 的夹角； (2)求点A 到平面1A MC 的距离.FE C 1A 1B 1CBAABCDEF26. (2019年高考全国Ⅲ理·第19题)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.27. (2019年高考全国Ⅱ理·第17题)如图, 长方体的底面是正方形, 点在棱上, . 证明: 平面；若, 求二面角的正弦值．图2图1D A28. (2019年高考全国Ⅰ理·第18题)如图, 直四棱柱的底面是菱形, 分别是, , 的中点.(1)证明: 平面；(2)求二面角的正弦值.29. (2019年高考江苏·第16题)如图, 在直三棱柱中, 分别为, 的中点, .求证：(1)平面；(2).30. (2019年高考北京理·第16题)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.(Ⅰ)求证: CD⊥平面PAD；(Ⅱ)求二面角F–AE–P的余弦值；(Ⅲ)设点G在PB上, 且. 判断直线AG是否在平面AEF内, 说明理由.31. (2018年高考数学江苏卷·第25题)(本小题满分10分)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.32. (2018年高考数学江苏卷·第15题)(本小题满分14分)在平行六面体中, .求证: (1)；(2).33. (2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图, 已知多面体, 均垂直于平面,, , , ．(1)证明: 平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.34. (2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分, 第1小题满分6分, 第2小题满分8分)已知圆锥的顶点为, 底面圆心为, 半径为2, (1)设圆锥的母线长为4, 求圆锥的体积；(2)设, 是底面半径, 且, 为线段的中点, 如图, 求异面直线与 所成的角的大小．35. (2018年高考数学天津(理)·第17题)(本小题满分13分)如图, 且, , 且, , 且, 平面, . (1)若为的中点, 为的中点, 求证：平面； (2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点在线段上, 且直线与平面所成的角为, 求线段的长.ACA 1C 1B 136. (2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第19题)(12分)如图, 边长为的正方形所在平面与半圆弧所在的平面垂直, 是弧上异于的点. (1)证明: 平面平面；(2)当三棱锥体积最大时, 求面与面所成二面角的正弦值．37. (2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第20题)(12分) 如图, 在三棱锥中, , , 为的中点． (1)证明: 平面；(2)若点在棱上, 且二面角为, 求与平面所成角的正弦值．ABC DEFG MN38. (2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第18题)(12分)如图, 四边形为正方形, 分别为的中点, 以为折痕把折起, 使点到达点的位置, 且. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求与平面所成角的正弦值.39. (2018年高考数学北京(理)·第16题)(本小题14分)如图, 在三棱柱中, 平面,分别为的中点, , . (Ⅰ)求证: 平面；(Ⅱ)求二面角1B CD C --的余弦值； (Ⅲ)证明: 直线与平面相交.PABMCO。

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．。