高考数学15立体几何小题.docx

2023年高考数学立体几何真题练习（含答案解析）1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥−P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34πB ．πC ．2πD ．3π【答案】B 【解析】设顶点P 在底面上的投影为O ，连接BO ，则O 为三角形ABC 的中心，且263BO =⨯=PO 因为5PQ =，故1OQ =，故S 的轨迹为以O 为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 内切圆的圆心为O ，半径为2364136=>⨯， 故S 的轨迹圆在三角形ABC 内部，故其面积为π 故选：B2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA −=，E ，F 分别是棱11,BC AC 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A −−的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤【答案】A【解析】如图所示，过点F 作FP AC ⊥于P ，过P 作PM BC ⊥于M ，连接PE ，则EFP α=∠，FEP β=∠，FMP γ=∠， tan 1PE PE FP AB α==≤，tan 1FP AB PE PE β==≥，tan tan FP FPPM PEγβ=≥=， 所以αβγ≤≤， 故选：A ．3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD −，F ABC −，F ACE −的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ===，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMSEM FM =⋅，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a −−=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D −，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【解析】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1AC ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11AC ，设1111ACB D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC =1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC −的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=−=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +−=⇒=−，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1DBCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D −的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D −为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP =所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==..。

2015届高考数学（文）一轮复习质量检测：5 立体几何 北师大版测试内容：立体几何 (时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2012年大连期末)一几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为103，则h ＝( )A.32B. 3 C ．2 3D ．5 3解析：分析几何体的三视图，可知该几何体是底面为矩形的四棱锥，体积V ＝13×5×6×h ＝103，解得h ＝ 3.答案：B2．设m ，n 是平面α内的两条不同直线；l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2解析：⎭⎬⎫l 1∥m m ⊂α⇒l 1∥α，⎭⎬⎫同理l 2∥αl 1与l 2相交l 1，l 2⊂β⇒α∥β. 答案：B3．(2012年郑州质检)一个几何体的三视图及其尺寸如下图所示，其中正(主)视图是直角三角形，侧(左)视图是半圆，俯视图是等腰三角形，则这个几何体的体积是(单位：cm 3)( )A.π2B.π3C.π4D ．π解析：依三视图可知，该几何体是半个圆锥，且底面半径为1，高为3，故V ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×Sh ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×π×12×3＝π2，选A.答案：A4．(2012年杭州质检)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：由几何体的直观图可知，侧视图为一矩形(内有从左下到右上的对角线，因为该对角线看不到轮廓线，故用虚线)．故选D.答案：D5．(2012年广州高三调研)在正四棱锥V －ABCD 中，底面正方形ABCD 的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA 与BD 所成角的大小为A.π6B.π4C.π3D.π2解析：取BD 的中点O ，则VO ⊥BD ，AC ⊥BD ，所以BD ⊥平面VAC ，则异面直线VA 与BD 所成角的大小为π2.答案：D6．给定下列四个命题：(1)若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；(2)若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； (3)垂直于同一直线的两条直线相互平行；(4)若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中为真命题的是( )A ．(1)和(2)B ．(2)和(3)C ．(3)和(4)D ．(2)和(4)解析：对于(1)，两条直线必须相交，否则不能证明面面平行，错误；对于(3)，垂直于同一条直线的两条直线还可能异面，错误；(2)(4)正确．所以选D.答案：D7．如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，且正视图、侧视图都是矩形，则该几何体的体积是( )A ．24B ．12C ．8D ．4解析：依题意知，该几何体是从一个长方体中挖去一个三棱柱后剩下的几何体，因此其体积等于2×3×4－12×(2×3)×4＝12，选B.答案：B8．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的侧面积和体积分别是( )A ．82＋25＋6,8B ．22＋85＋6,8C ．42＋85＋12,16D ．82＋45＋12,16解析：几何体的侧面积有四部分，左侧面面积S 1＝12×2×25＝25，右侧面面积S 2＝12×2×42＝42，后侧面面积S 3＝12×6×4＝12，前侧面面积S 4＝12×6×25＝65，所以侧面积为S ＝42＋85＋12，体积为V ＝13Sh ＝13×2×6×4＝16，故选C.答案：C9．如图所示，直线P A 垂直于⊙O 所在的平面，△ABC 内接于⊙O ，且AB 为⊙O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有结论：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面P AC 的距离等于线段BC 的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③解析：对于①，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，∴BC ⊥PC ；对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥P A ，∵P A ⊂平面P AC ，∴OM ∥平面P AC ；对于③，由①知BC ⊥平面P AC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面P AC 的距离，故①②③都正确．答案：B10．(2012年沈阳质检)如图，正方体AC 1的棱长为1，过点A 作平面A 1BD 的垂线，垂足为点H ，则以下命题中，错误的命题是( )A ．点H 是△A 1BD 的垂心B ．AH 的延长线经过点C 1 C ．AH 垂直平面CB 1D 1D ．直线AH 和BB 1所成角为45°解析：计算得AH ＝33，直线AH 和BB 1所成角为arccos 33，故D 项错误，选项A ，B ，C 是正确的．答案：D11．(2012年唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为( )A ．10 3 cmB ．10 cmC ．10 2 cmD ．30 cm解析：该骨架为一个棱长为20 cm 的正四棱锥，设为G －ABCD ，与各棱均相切的球的球心记为O ，则O 在棱锥的高GT 上，如图示，设球半径为R ，与棱GB ，CD 分别交于点H ，M ，设OT ＝h ，由正四棱锥性质可知，|TM |＝12|BC |＝10，|BT |＝12|BD |＝102，|GT |＝|GB |2－|BT |2＝102，在△OTM 中，有R 2＝h 2＋102①，由△GHO ∽△GTB 可得|GO ||GB |＝|OH ||BT |，即102－h 20＝R 102②，联立①②可得R ＝10或R ＝30(舍)，故选B.答案：B12．在正方形ABCD 中，AB ＝4，沿对角线AC 将正方形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则点B 到直线CD 的距离为( )A ．2 2B ．3 2C ．2 3D ．2＋2 2解析：如图，取AC 中点E ，连接DE ，BE ，易知∠DEB 是二面角A －DC －B 的平面角，由于两平面垂直，故∠DEB ＝π2，即平面BE ⊥平面ADC ，过点E 作EF ⊥DC 于F ，连接BF ，则DC ⊥平面BEF ，所以BF ⊥DC ，故线段BF 即为点B 到DC 的距离，由于EF ＝12AD ＝2，BE ＝22，故BF ＝22＋(22)2＝2 3.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．已知正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为433，则它的体积为________．解析：如图，在正三棱锥P －ABC 中，由于P A ＝433，AO ＝233，在直角三角形P AO 中可得PO ＝2，故V P －ABC ＝13×34×22×2＝233.答案：23314．如图，已知△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，且a 2＋b 2＋c 2＝1，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________．解析：如图所示，可将该三棱锥补体为一个长方体，该长方体的体对角线长即为AD ，由AB ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，且a 2＋b 2＋c 2＝1，可得该三棱锥外接球即为长方体的外接球的直径为1，其外接球的表面积为S ＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝π.答案：π15．如果一个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为如图所示的面积为2的等腰直角三角形，那么该几何体的表面积等于________．解析：由题可得几何体如图所示，其中AP ⊥PC ，PC ⊥CB ，并且AP ＝PC ＝CB ＝2，PB ＝AC ＝22，△PBC ，△P AC 的面积都是2；CB ⊥面P AC ，所以CB ⊥AC ，又AP ⊥面PBC ，所以AP ⊥PB ，进而可求得△P AB ，△ABC 的面积都是22，所以该几何体的表面积等于4＋4 2.答案：4＋4 216．在三棱锥P －ABC 中，三条侧棱P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝PB ＝PC ，M 为AB 的中点，则PM 与平面ABC 所成角的正弦值为________．解析：如图，将三棱锥补为正方体，由于三棱锥P －ABC 为正三棱锥，故点P 在底面ABC 的射影为其中心N ，连接MN ，则∠PMN 即为直线PM 与平面ABC 所成角，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则PM ＝22a ，PN ＝33a ，故sin ∠PMN ＝PN PM ＝63.答案：63三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是梯形，AD ∥BC ，AC ⊥CD ，E 是AA 1上的一点．(1)求证：CD ⊥平面ACE ；(2)若平面CBE 交DD 1于点F ，求证：EF ∥AD .证明：(1)因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以AA 1⊥平面ABCD . 因为CD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥CD ，即AE ⊥CD .因为AC ⊥CD ，AE ⊂平面AEC ，AC ⊂平面AEC ，AE ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面AEC .(2)因为AD ∥BC ，AD ⊂平面ADD 1A 1，BC ⊄平面ADD 1A 1，所以BC ∥平面ADD 1A 1.因为BC ⊂平面BCE ，平面BCE ∩平面ADD 1A 1＝EF ，所以EF ∥BC . 因为AD ∥BC ，所以EF ∥AD .18．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，且AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝π3，E ，F 分别为AD ，BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面PCD ； (2)求证：AC ⊥平面P AB .证明：(1)如图，因为在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，所以ED ＝FC ，ED ∥FC ，可得EFCD 为平行四边形，所以EF ∥CD .又因为EF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.(2)因为P A⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，故P A⊥AC.在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝π3，由余弦定理得AC＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝1＋4－2×1×2cos π3＝ 3.故AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.而P A∩AB＝A，且AB，P A⊂平面P AB，所以AC⊥平面P AB.19．一个多面体的三视图和直观图分别如图(1)(2)所示，其中M、N分别为AB、AC的中点，G是DF上的一动点．(1)求证：GN⊥AC；(2)当FG＝GD时，在棱AB上确定一点P，使得GP∥平面FMC，并给出证明．证明：(1)如图，连接DB，可知B，N，D共线，且AC⊥DN.又∵FD⊥AD，FD⊥CD，AD∩CD＝D，∴FD⊥平面ABCD.又∵AC⊂平面ABCD，∴FD⊥AC.又∵DN∩FD＝D，∴AC⊥平面FDN.又GN⊂平面FDN，∴GN⊥AC.(2)点P与点A重合时，GP∥平面FMC.证明：取FC中点H，连接GH，GA，MH.∵G是DF的中点，∴GH綊12CD.∵M是AB的中点，∴AM綊12CD.∴GH綊AM，∴四边形GHMA是平行四边形．∴GA∥MH.又∵MH⊂平面FMC，GA⊄平面FMC，∴GA∥平面FMC，即GP∥平面FMC.20．(2013年西安质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若P A＝PB，求PB与AC所成角的余弦值．解：证明：(1)因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BD，而P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC.(2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，P A＝PB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝ 3.如图，以O为坐标原点，OB为x轴正方向，OC为y轴正方向，与AP平行的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则点P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →|·|AC →|＝622×23＝64.21．(2012年长沙联考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥BC 1；(2)求二面角D －CB 1－B 的平面角的正切值．解：(1)证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5.因为AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又AC ⊥C 1C ，且BC ∩C 1C ＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1.又BC 1⊂平面BCC 1，所以AC ⊥BC 1.(2)解法一：取BC 中点E ，过点D 作DF ⊥B 1C 于点F ，连接EF ，ED . 因为D 是AB 中点，所以DE ∥AC ，又AC ⊥平面BB 1C 1C ，所以DE ⊥平面BB 1C 1C .又因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥DE .而DF ⊥B 1C 且DE ∩DF ＝D ，所以B 1C ⊥平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以B 1C ⊥EF ，所以∠EFD 是二面角D －CB 1－B 的平面角．因为AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，所以在△DEF 中，DE ⊥EF ，DE ＝32，EF ＝2，所以tan ∠EFD ＝DE EF ＝322＝324. 所以二面角D －CB 1－B 的正切值为324.解法二：以CA ，CB ，CC 1分别为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．因为AC ＝3，BC ＝4，AA 1＝4，所以点A (3,0,0)，B (0,4,0)，C (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0，B 1(0,4,4)，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0，CB 1→＝(0,4,4)． 平面CBB 1C 1的法向量n 1＝(1,0,0)，设平面DB 1C 的法向量n 2＝(x 0，y 0，z 0)，则n 1，n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角D －CB 1－B 的大小．则由⎩⎨⎧ n 2·CD →＝0，n 2·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 32x 0＋2y 0＝0，4y 0＋4z 0＝0.令x 0＝4，则y 0＝－3，z 0＝3，所以n 2＝(4，－3,3)．cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝434，则tan 〈n 1，n 2〉＝324. 因为二面角D －CB 1－B 是锐二面角，所以二面角D －CB 1－B 的正切值为324.22．将两块全等的三角板的一对直角边拼接在一起，使得一块三角板的直角边与另一块三角板所在平面垂直，如图，AB ＝BC ＝CD ＝2，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，E ，F ，G 分别为AB ，BC ，AC 的中点，P 为BD 上的点．(1)当点P 为BD 的中点时，求证：BG ⊥PF ；(2)线段BD 上是否存在点P ，使得二面角B －EF －P 的大小为2π3？若存在，求出BP PD 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：如图，以B 为坐标原点，以BC ，BA 所在直线为y 轴，z 轴，以过B 作DC 的平行线为x 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (0,0,1)，F (0,1,0)，G (0,1,1)，C (0,2,0)，D (2,2,0)，当点P 为BD 的中点时，P (1,1,0)，∴BG →＝(0,1,1)，FP →＝(1,0,0)，∴BG →·FP →＝0，∴BG ⊥PF .(2)假设线段BD 上存在点P (t ，t,0)(0≤t ≤2)，使得二面角B －EF －P 的大小为2π3，由(1)得EF →＝(0,1，－1)，FP →＝(t ，t －1,0)．设平面EFP 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎨⎧ n ·EF →＝0，n ·FP →＝0，即⎩⎨⎧0＋y －1＝0，tx ＋(t －1)y ＝0，解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1－t t ，y ＝1，从而n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t t ，1，1， 又取平面BEF 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1－t 3t 2－2t ＋1；又二面角B －EF －P 的大小为2π3，∴〈m ，n 〉＝2π3，故－12＝1－t 3t 2－2t ＋1， 解得t ＝3±6，经检验不符合题意． 故线段BD 上不存在点P ，使得二面角B －EF －P 的大小为2π3.。

2023年高考数学----立体几何解答题常考全归类真题练习题（含答案解析）1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值； (3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值． 【解析】（1）证明：在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面111A B C ，且AC AB ⊥，则1111AC A B ⊥以点1A 为坐标原点，1A A 、11A B 、11AC 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，则()2,0,0A 、()2,2,0B 、()2,0,2C 、()10,0,0A 、()10,0,2B 、()10,0,2C 、()0,1,0D 、()1,0,0E 、11,,12F ⎛⎫⎪⎝⎭，则10,,12EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 易知平面ABC 的一个法向量为()1,0,0m =，则0EF m ⋅=，故EF m ⊥，EF ⊄平面ABC ，故//EF 平面ABC .（2）()12,0,0C C =，()10,1,2C D =−，()1,2,0EB =，设平面1CC D 的法向量为()111,,u x y z =，则111112020u C C x u C D y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=−=⎪⎩，取12y =，可得()0,2,1u =，4cos ,5EB u EB u EB u⋅<>==⋅. 因此，直线BE 与平面1CC D 夹角的正弦值为45.（3）()12,0,2AC =，()10,1,0A D =， 设平面1ACD 的法向量为()222,,v x y z =，则122122200v AC x z v A D y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，取21x =，可得()1,0,1v =−，则1cos ,5u v u v u v⋅<>==−=⨯⋅因此，平面1ACD 与平面1CC D 2．（2022·全国·统考高考真题）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2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【解析】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥； 在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC的中点，所以AC BE ⊥； 又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△， 当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小. 因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==， 又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE 因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==, 在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz −，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,AD AB =−=−， 设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，取y =()3,3,3n =， 又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，所以31,4CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,21n CF n CF n CF⋅===设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以4sin cos ,7nCF θ==所以CF 与平面ABD3．（2022·浙江·统考高考真题）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．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【解析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ． ∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE ∠=∠=︒，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==∠=∠=∠=∠=︒，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD 和Rt DHA ，EG DH == ∵,DC CF DC CB ⊥⊥，且CF CB C ⋂=，∴DC ⊥平面,BCF BCF ∠是二面角F DC B −−的平面角，则60BCF ∠=， ∴BCF △是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴FN BC ⊥，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN CD ⊥，而BC CD C ⋂=，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD FN AD ∴⊥．（2）因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz −，设(3,(1,0,3)A B D E，则32M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，333,,,(2,23,0),(2,22BM AD DE ⎛⎫∴=−=−−=− ⎪ ⎪⎝⎭ 设平面ADE 的法向量为(,,)nx y z =由00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得20230x x z ⎧−−=⎪⎨−+=⎪⎩，取(3,n =−，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ，∴3||sin cos ,|||3n BM n BM n BMθ⋅=〈〉====⋅4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥−P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B −−的正弦值． 【解析】（1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥−P ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ， 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以//OE 平面PAC（2）过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为3PO =，5AP =，所以4OA =，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y −，0x =，所以()0,3,2n =−；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a bc m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =−，0b =，所以()3,0,6m =−；所以cos ,13n m n m n m⋅−===设二面角C AE B −−的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=， 所以11sin 13θ=，即二面角C AE B −−的正弦值为1113.5．（2022·全国·统考高考真题）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2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC −的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CDBD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD Ì平面BED ， 所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . （2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ===由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =. 222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC . 由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥， 由于12AFCSAC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小 过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得EF =所以13,222DF BF DF ===−=， 所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==， 所以34FH =，所以111323324F ABC ABCV SFH −=⋅⋅=⨯⨯=[方法二]：等体积转换AB BC =，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EFADB CDB AF CF EF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆在中，当时，AFC 面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆==为中点DE=1若在中，32113222BEFBF S BF EF ∆∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC −−−∆∴=+=⋅=6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD −中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP ====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．【解析】（1）证明：在四边形ABCD 中，作DE AB ⊥于E ，CF AB ⊥于F ， 因为//,1,2CD AB AD CD CB AB ====， 所以四边形ABCD 为等腰梯形， 所以12AE BF ==，故DE =BD = 所以222AD BD AB +=， 所以AD BD ⊥，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PD BD ⊥， 又=PD AD D ⋂， 所以BD ⊥平面PAD ， 又因为PA ⊂平面PAD ， 所以BD PA ⊥；（2）如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =则()()(1,0,0,,A B P ，则()()(1,0,3,0,3,3,AP BP DP =−=−=，设平面PAB 的法向量(),,n x y z =，则有0{30n AP x n BP ⋅=−=⋅=−=，可取()3,1,1n =， 则5cos ,5n DPn DP n DP ⋅==所以PD 与平面PAB7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N =，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯. 若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ， 故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ， 故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.8．（2022·全国·统考高考真题）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1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C −−的正弦值． 【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ， 则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V −−−=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =， 且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ， 由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ， 所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()1,0,1m =−，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =−r ， 则11cos ,22m nm n m n ⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C −−=本课结束。

专题11立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1点线面的位置关系及其判断（10年7考）2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷2015·福建卷、2015·北京卷1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质，会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题，该内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.考点2求几何体的体积（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲卷2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷考点3求几何体的侧面积、表面积（10年4考）2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷考点01点线面的位置关系及其判断1．（2024·全国甲卷·高考真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④2．（2024·天津·高考真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（）A ．平面1B EF ⊥平面1BDD B ．平面1B EF ⊥平面1A BDC ．平面1//B EF 平面1A ACD ．平面1//B EF 平面11AC D4．（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 5．（2021·全国新Ⅱ卷·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 ．6．（2019·全国·高考真题）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7．（2019·全国·高考真题）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8．（2019·北京·高考真题）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：．9．（2017·全国·高考真题）（多选）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 平行的是（）A ．B ．C ．D ．10．（2016·浙江·高考真题）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 ⊥n11．（2016·山东·高考真题）已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.（2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .（3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）13．（2015·浙江·高考真题）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m β⊂A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m14．（2015·湖北·高考真题）12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件15．（2015·广东·高考真题）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 与1l ，2l 都相交B ．l 与1l ，2l 都不相交C ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交D ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交16．（2015·福建·高考真题）若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件17．（2015·北京·高考真题）设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β ”是“αβ ”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件考点02求几何体的体积1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）圆锥的体积为（）A ．B ．C ．D ．2．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A B ．142+C ．2D ．142-3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ,下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为()212r r -,()213r r -，则圆台甲与乙的体积之比为．4．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为mm ，升量器的高为mm ．5．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,PA PB PC ===则该棱锥的体积为（）A ．1B C ．2D ．36．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥POO 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB ）A ．πBC ．3πD ．7．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体8．（2023·天津·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．499．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1112,1,AB A B AA ===积为．10．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．11．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．2712．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（）A B ．C D13．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ． 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯14．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =15．（2021·全国新Ⅱ卷·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+B ．C ．563D 16．（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：等级24h 降雨量（精确到0.1）…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm ，高为300mm 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150mm （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17．（2021·全国新Ⅰ卷·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 18．（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19．（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2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是cm 3.20．（2019·江苏·高考真题）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.21．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g .22．（2019·天津·高考真题）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.23．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．24．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为．25．（2018·天津·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.26．（2018·天津·高考真题）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．27．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为．28．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是.29．（2015·上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为3，则=a ．30．（2015·江苏·高考真题）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．31．（2015·全国·高考真题）(2015新课标全国I 理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛32．（2015·山东·高考真题）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A ．23πB ．23πC ．22πD ．42π33．（2015·山东·高考真题）在梯形ABCD 中，90ABC ∠=︒，//AD BC ，222BC AD AB ===.将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A ．23πB ．43πC ．53πD ．2π考点03求几何体的侧面积、表面积1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为4的正方形，3,45PC PD PCA ==∠=︒，则PBC 的面积为（）A ．B ．C ．D ．2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题），其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B ．C ．4D ．3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为.4．（2020·全国·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A B C D 5．（2018·全国·高考真题）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 ．B ．12πC ．D ．10π6．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为．。

[课堂练通考点]1．已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.23D.63解析：选C ∵AB ，AD ，AA1两两垂直，故以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE＝(0,1,0)，1A D ＝(0,2，－2)，CD＝(－2,1,0)．设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A D 2y －2z ＝0，n ·CD ＝－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)， 则sin θ＝|cos 〈n ，FE 〉|＝|n ·FE|n |·|FE || ＝|1×0＋2×1＋2×04＋4＋1×0＋1＋0|＝23，故直线EF 与平面A 1CD 所成的角θ的正弦值为23.2．(2013·江苏高考)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1 -ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0，0,4)，C 1(0,2,4)，所以1A B ＝(2,0，－4)，1C D＝(1，－1，－4)．因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1A B ·1C D| 1A B ||1C D |＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD＝(1,1,0)，1AC ＝(0,2,4)，所以n 1·AD＝0，n 1·1AC ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. [课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1.如图所示，已知正方体ABCD -A1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°解析：选B 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐系系D －xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，0，12，EF ＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，DC＝(0,1,0)，∴cos 〈EF ，DC 〉＝EF ·DC|EF ||DC |＝－22， ∴〈EF ，DC〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴1A D＝(0,1，－1)， 1A E ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2013·安徽六校联考)在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25解析：选C 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1， ∴PA ＝(0,0，－2)，DE ＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·DE＝0，n ·DF ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0， 取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA·n ||PA||n |＝55，∴P A与平面DEF 所成角的正弦值为55，故选C. 4．(2014·昆明模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面P AB ，P A ⊥AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B -AC -M 的余弦值为( )A.66 B.36C.26D.16解析：选A ∵BC ⊥平面P AB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面P AB ，P A ⊥AD ， 又P A ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ， ∴P A ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系A -xyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，1， ∴AC ＝(2,1,0)，AM ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1， 求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(1，－2,1)，又平面ABC 的一个法向量AP＝(0,0,2)，∴cos 〈n ，AP 〉＝n ·AP|n |·|AP |＝21＋4＋1·2＝16＝66.∴二面角B -AC -M 的余弦值为66. 5.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，∴1BC ＝(0,2，－1)，1AB＝(－2,2,1)，∴cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB|1BC ||1AB |＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴1BC 与1AB的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.答案：556．如图，在正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB ＝(a ，a,0)．设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB·n |CB ||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°7．(2013·全国课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0, 3，0)，C (0,0, 3)，B (－1,0,0)．则BC＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1A C ＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故cos n ，1A C ＝n ·1A C|n ||1A C |＝－105. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 8．(2013·合肥一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，其中AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB ＝4，CD ＝2，侧面P AD 是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD 垂直，E 为P A 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ； (2)求二面角E -BD -A 的余弦值．解：(1)证明：如图1，取AB 的中点F ，连接DF ，EF .在直角梯形ABCD 中，CD ∥AB ，且AB ＝4，CD ＝2，所以BF 綊CD ， 所以四边形BCDF 为平行四边形，所以DF ∥BC .在△P AB 中，PE ＝EA ，AF ＝FB ， 所以EF ∥PB .因为DF ∩EF ＝F ，PB ∩BC ＝B ， 所以平面DEF ∥平面PBC .因为DE ⊂平面DEF ，所以DE ∥平面PBC .(2)取AD 的中点O ，BC 的中点N ，连接ON ，OP ，则ON ∥AB . 在△P AD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2，所以PO ⊥AD ，PO ＝ 3. 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .如图2，以O 为坐标原点，分别以OA ，ON ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (1,0,0)，D (－1,0,0)，P (0，0，3)，B (1,4,0)，所以DB＝(2,4,0)．因为E 为P A 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫12，0，32，故DE ＝⎝⎛⎭⎫32，0，32.易知PO＝(0,0，－3)为平面ABD 的一个法向量．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ⊥DB ，n ⊥DE ，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝0，32x ＋32z ＝0， 令y ＝－1，则x ＝2，z ＝－23，所以n ＝(2，－1，－23)为平面EBD 的一个法向量．所以cos 〈PO ，n 〉＝PO·n |PO |·|n |＝25117. 设二面角E -BD -A 的大小为θ，由图可知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos θ＝25117，即二面角E -BD -A 的余弦值为25117.第Ⅱ卷：提能增分卷1.(2013·湖北八校联考)如图，在△AOB 中，已知∠AOB ＝π2，∠BAO ＝π6，AB ＝4，D 为线段AB 的中点．△AOC 是由△AOB 绕直线AO 旋转而成，记二面角B -AO -C 的大小为θ.(1)当平面COD ⊥平面AOB 时，求θ的值； (2)当θ＝2π3时，求二面角B -OD -C 的余弦值．解：(1)如图，在平面AOB 内过B 作BE ⊥OD 于E ，∵平面AOB ⊥平面COD ，平面AOB ∩平面COD ＝OD ， ∴BE ⊥平面COD ，∴BE ⊥CO . 又∵CO ⊥AO ，∴CO ⊥平面AOB ，∴CO ⊥BO . ∵BO ⊥AO ，CO ⊥AO ，∴二面角B -AO -C 的平面角为∠BOC ， 即θ＝π2.(2)如图，以O 为原点，在平面OBC 内垂直于OB 的直线为x 轴，OB ，OA 所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,23)，B (0,2,0)，D (0,1，3)，C (3，－1,0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面COD 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·OC＝0，n 1·OD＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0. 取z ＝1，则n 1＝(－1，－3，1)．又平面AOB 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)，设二面角B -OD -C 的大小为α， 则cos α＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－11＋3＋1＝－55.故二面角B -OD -C 的余弦值为－55.2．(2013·郑州模拟)如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2，CD＝λ1CC .(λ∈R )(1)当λ＝12时，求证：AB 1⊥平面A 1BD ；(2)当二面角A -A 1D -B 的大小为π3时，求实数λ的值．解：(1)证明：取BC 的中点为O ，连接AO ，因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，且△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ，AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ， 则A (0,0，3)，B 1(1,2,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，B (1,0,0)．所以1AB＝(1,2，－3)， 1DA ＝(1,1，3)，DB＝(2，－1,0)．因为1AB ·1DA ＝1＋2－3＝0，1AB ·DB＝2－2＝0，所以AB 1⊥DA 1，AB 1⊥DB ，又DA 1∩DB ＝D ， 所以AB 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)得D (－1,2λ，0)，所以1DA ＝(1,2－2λ，3)，DB ＝(2，－2λ，0)，DA＝(1，－2λ，3)．设平面A 1BD 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，平面AA 1D 的法向量n 2＝(s ，t ，u )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·1DA ＝0，n 1·DB ＝0，得平面A 1BD 的一个法向量n 1＝(λ，1，λ－23)； 同理可得平面AA 1D 的一个法向量n 2＝(3，0，－1)， 由|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12，解得λ＝14，即为所求． 3．(2014·天津十二区县联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB⊥AC ，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为点B ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1)证明：平面A 1AC ⊥平面AB 1B ； (2)求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(3)若点P 为B 1C 1的中点，并求出二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值．解：(1)证明：∵A 1B ⊥平面ABC ，∴A 1B ⊥AC ， 又AB ⊥AC ，AB ∩A 1B ＝B ，∴AC ⊥平面AB 1B ， ∵AC ⊂平面A 1AC ，∴平面A 1AC ⊥平面AB 1B .(2)以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,2,2)，B 1(0,4,2)，C 1(2,2,2)，1AA ＝(0,2,2)，BC ＝11B C＝(2，－2,0)，cos 〈1AA ，BC 〉＝1AA ·BC|1AA |·|BC |＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(3)因为P 为棱B 1C 1的中点，故易求得P (1,3,2)． 设平面P AB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AP ＝0，n 1·AB ＝0，由⎩⎨⎧AP ＝(1，3，2)，AB＝(0，2，0)，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＋2z ＝0，2y ＝0，令z ＝1，则n 1＝(－2,0,1 )， 而平面ABA 1的法向量n 2＝(1,0,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－25＝－255. 由图可知二面角P -AB -A 1为锐角， 故二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值是255.。

小题专练·作业(十五)一、选择题1．(2016·新课标全国Ⅱ)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．20πB．24πC．28πD．32π答案 C解析该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆锥的母线长l＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋12cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C. 2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β所以n⊥l.故选C.3．(2016·合肥质检)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB ＝AC＝23，PA＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案 A解析 由题意可得△ABC 是边长为23的正三角形，设其外接圆的半径为r ，则2r ＝23sin60°＝4，r ＝2.又外接球的球心在PA 的中垂面上，则外接球的半径R ＝r 2＋（12PA ）2＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝4π(5)2＝20π，选项A 正确． 4. (2016·贵阳检测)如图，点E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无穷多个答案 B解析 假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2，0，2)，E(1，2，0)，设M 的坐标为(x ，y ，z)，∵D 1M →＝mD 1E →(0<m<1)，∴(x －2，y ，z －2)＝m(－1，2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m.∴M(2－m ，2m ，2－2m)．同理，若设C 1N →＝nC 1F →(0<n<1)，可得N(2n ，2n ，2－n)， MN →＝(m ＋2n －2，2n －2m ，2m －n)．又∵MN ⊥平面ABCD ，∴⎩⎪⎨⎪⎧CD →·MN →＝0，CB →·MN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝23，即存在满足条件的直线MN ，且只有1条．5．(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π答案 C解析 由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×(22)3＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.6．(2016·河北七校)已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件： ①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一条直线a ，a ⊥β；③存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( ) A ．①B ．②C ．③D ．①③答案 D解析 对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也对，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B ，C ；对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所在的角为90°，即α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线，a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D. 7．(2016·江西九校联考)已知圆锥的底面半径为R ，高为2R ，在它的所有内接圆柱中，侧面积的最大值是( ) A.14πR 2 B.12πR 2 C ．πR 2 D ．2πR 2答案 C解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由已知条件可知2r ＋h ＝2R ，所以圆柱的侧面积为S ＝2πrh ＝2πr(2R －2r)≤π[2r ＋（2R －2r ）2]2＝πR 2，当2r ＝2R －2r ，即r ＝12R 时“＝”成立 ，故圆柱的侧面积最大为πR 2.8．(2016·新课标全国Ⅱ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3 答案 B解析 由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，此时的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.回顾 不是所有的直三棱柱都有内切球，只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时，该直三棱柱才有内切球．9. (2016·江西联考)如图，在球的内接三棱锥A －BCD 中，AB ＝8，CD ＝4，平面ACD ⊥平面BCD ，且△ACD 与△BCD 是以CD 为底的全等的等腰三角形，则三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为( )A.3265B.413065C.813065D.6465答案 B解析 设该三棱锥的外接球的半径为R ，取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意易得AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝42，EF ＝4，易知三棱锥A －BCD 的外接球的球心O 在线段EF 上，连接OA ，OC ，有R 2＝AE 2＋OE 2＝16＋OE 2 ①，R 2＝CF 2＋OF 2＝4＋(4－OE)2②，由①②可得R 2＝654，所以R ＝652，所以2R ＝65.又三棱锥A－BCD 的高AF ＝42，所以三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为4265＝413065，故选B.10．(2016·衡中调研)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个答案 C解析 由于线段D 1Q 与OP 互相平分，且MQ →＝λMN →，则有Q ∈MN ，那么只有当四边形D 1PQO 是平行四边形时，才满足题意，此时有P 为A 1D 1的中点，点Q 与点M 重合，或P 为C 1D 1的中点，点Q 与点N 重合，对应的λ＝0或1. 11．(2016·长沙调研)公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．取一摞书或一摞纸张堆放在水平桌面上，然后用手推一下以改变其形状，这时高度没有改变，每页纸张的面积也没有改变，因而这摞书或纸张的体积与变形前相等．设由⎩⎨⎧x 2≥4y ，0≤x ≤4，0≤y ≤4确定的封闭图形绕y 轴旋转一周，得到旋转体，则该旋转体的体积为( ) A ．32π B ．36π C ．44π D ．46π答案 A解析 依题，该旋转体轴截面如图①，则垂直y 轴，在高为y 处截面面积为S ＝π×42－π×x 2，依此，考虑在图②中垂直y轴，在高为y处截面面积也为S＝π×42－π×x2，由祖暅原理可知V旋转体＝V大半球－V小球＝12×43π×43－43π×23＝32π.12．(2016·太原模拟)在三棱锥A－BCD中，底面BCD为边长是2的正三角形，顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，若E为BC的中点，且直线AE 与底面BCD所成角的正切值为22，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为() A．3πB．4πC．5πD．6π答案 D解析∵顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，而且△BCD是正三角形，∴三棱锥A－BCD是正三棱锥，∴AB＝AC＝AD.令底面△BCD的重心(即中心)为P，∵△BCD是边长为2的正三角形，DE是BC边上的高，∴DE＝3，PE＝33，DP＝233.∵直线AE与底面BCD所成角的正切值为22，即tan∠AEP＝22，∴AP＝263，∵AE2＝AP2＋EP2，∴AD＝2，于是AB＝AC＝AD＝BC＝CD＝DB＝2，∴三棱锥A－BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.13．(2016·扬州五校)一个三棱柱的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如图所示，若M、N分别为A1B、B1C1的中点，则下列选项中错误的是()A ．MN 与A 1C 异面B ．MN ⊥BCC ．MN ∥平面ACC 1A 1D ．三棱锥N －A 1BC 的体积为13a 2答案 D解析 取A 1B 1的中点D ，连接DM ，DN.由于M 、N 分别是A 1B 、B 1C 1的中点，所以可得DN ∥A 1C 1，又DN ⊄平面A 1ACC 1，A 1C 1⊂平面A 1ACC 1，所以DN ∥平面A 1ACC 1.同理可证DM ∥平面A 1ACC 1.又DM ∩DN ＝D ，所以平面DMN ∥平面A 1ACC 1，所以MN ∥平面ACC 1A 1，直线MN 与A 1C 异面，A 、C 正确．由三视图可得A 1C 1⊥平面BCC 1B 1，所以DN ⊥平面BCC 1B 1，所以DN ⊥BC ，又易知DM ⊥BC ，所以BC ⊥平面DMN ，所以BC ⊥MN ，B 正确．因VN －A 1BC ＝V A 1－NBC ＝13(12a 2)a ＝16a 2，所以D 错误．14．(2016·衡阳二模)如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，已知△A′ED 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．异面直线A ′E 与BD 不可能垂直C ．三棱锥A ′－EFD 的体积有最大值 D ．恒有平面A′GF ⊥平面BCED 答案 B解析依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A 正确；在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′－EFD的体积取得最大值，故C正确；因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误．二、填空题15．(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案3 3解析由正视图知，底面三角形是腰长为2，底边为23的等腰三角形，三棱锥的高为1，所以该三棱锥的体积V＝13×(12×23×1)×1＝33.16．(2016·河北五一名校)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在其表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于________．答案2＋ 5解析分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD，设M在平面ABB1A1中的射影为O，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等，又矩形AEFD 的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.17．(2016·成都调研)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________． 答案 25解析 以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝1，则AF →＝(1，12，0)，E(12，0，0)． 设M(0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝(－12，y ，1)， 由于异面直线所成角的范围为(0，π2]，所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－12＋12y|1＋14·14＋y 2＋1＝2（1－y ）5·4y 2＋5，所以cos 2θ＝4（1－y ）25（4y 2＋5）＝15·(1－8y ＋14y 2＋5)，令8y ＋1＝t(1≤t ≤9)， 所cos 2θ＝15·(1－16t ＋81t －2)，因为函数y ＝t ＋81t 在[1，9]上的单调递减，故t ＝1时，y max ＝1＋811＝82，所以cos 2θ的最大值为15×(1－1682－2)＝15×(1－15)＝425，所以cos θ的最大值为25.18．(2016·合肥调研)在正三棱锥P －ABC 中，M 是PC 的中点，且AM ⊥PB ，AB ＝22，则正三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________． 答案 12π解析 因为三棱锥P －ABC 为正三棱锥，取AC 的中点N ，连接PN ，BN ，易证AC ⊥平面PBN ，所以PB ⊥AC ，又AM ⊥PB ，AM ∩AC ＝A ，所以PB ⊥平面PAC ，所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，易证PA ，PB ，PC 两两垂直，又AB ＝22，所以PA ＝PB ＝PC ＝2，设三棱锥P －ABC 外接球的半径为R ，则(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.19.(2016·贵阳调研)如图，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD －A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm 3.答案 36解析 最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1－CD 1B 1的体积．又V 三棱锥C 1－CD 1B 1＝V 三棱锥C －B 1C 1D 1＝13×(12×6×6)×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．20.(2016·合肥调研)如图，正方形ABCD 中，沿BD 将△ABD翻折成△A ′BD ，形成四面体A ′－BCD ，并记二面角A ′－BD －C 的大小为α，则下列结论正确的是________．①不论α为何值，都有A ′C ⊥BD ；②仅当α＝90°时，A ′B 与CD 所成角为90°；③仅当α＝120°时，四面体A ′－BCD 的体积最大；④不论α为何值，四面体A ′－BCD 的外接球的体积都为定值．答案 ①④解析序号 正误原因① √取BD 中点O ，连接OA ′、OC ，则OA ′⊥BD 、OC ⊥BD ，∴。

2023年高考数学试题分项版——立体几何（原卷版）一、选择题1．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷，12)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2．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷，9)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 △3．(2023·全国甲卷理，11)在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，4,3,45AB PC PD PCA ===∠=︒，则PBC 的面积为（）A. B.C. D.4．(2023·全国甲卷文，10)在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,PA PB PC ===）A.1B.C.2D.35．(2023·全国乙卷理，3)如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A.24B.26C.28D.306．(2023·全国乙卷理，8)已知圆锥POO 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB 的面积等于4，则该圆锥的体积为（）A.πB.C.3πD.7．(2023·全国乙卷理，9)已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D --为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（）A.15B.25C.35D.258．(2023·全国乙卷文，3)如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A.24B.26C.28D.309．(2023·北京卷，9)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若25m,10m AB BC AD ===，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD 的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（）A.102mB.112mC.117mD.125m10．(2023·天津卷，8)在三棱锥-P ABC 中，线段PC 上的点M 满足13PM PC =，线段PB上的点N 满足23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A.19B.29C.13D.49二、填空题1．(2023·新高考Ⅰ卷，14)在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1112,1,AB A B AA ===则该棱台的体积为________．2．(2023·新高考Ⅱ卷，14)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______．3．(2023·全国甲卷理，15)在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为CD ，11A B 的中点，则以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为____________．4．(2023·全国甲卷文，16)在正方体1111ABCD A B C D -中，4,AB O =为1AC 的中点，若该正方体的棱与球O 的球面有公共点，则球O 的半径的取值范围是________．5．(2023·全国乙卷文，16)已知点,,,S A B C 均在半径为2的球面上，ABC 是边长为3的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，则SA =________．三、解答题1．(2023·新高考Ⅰ卷，18)如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,4AB AA ==．点2222,,,A B C D 分别在棱111,,AA BB CC ,1DD 上，22221,2,3AA BB DD CC ====．（1）证明：2222B C A D ∥；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D --为150︒时，求2B P ．2．(2023·新高考Ⅱ卷，20)如图，三棱锥A BCD -中，DA DB DC ==，BD CD ⊥，60ADB ADC ∠=∠= ，E 为BC 的中点．（1）证明：BC DA ⊥；（2）点F 满足EF DA =，求二面角D AB F --的正弦值．3．(2023·全国甲卷理，18)在三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1A C ⊥底面ABC ，90ACB ∠=︒，1A 到平面11BCC B 的距离为1．（1）求证：1AC A C =；（2）若直线1AA 与1BB 距离为2，求1AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值．4．(2023·全国甲卷文，18)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥平面,90ABC ACB ∠=︒．（1）证明：平面11ACC A ⊥平面11BB C C ；（2）设11,2AB A B AA ==，求四棱锥111A BB C C -的高．5．(2023·全国乙卷理，19)如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，BC =PB PC ==BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD =，点F 在AC 上，BF AO ⊥.（1）证明：//EF 平面ADO ；（2）证明：平面ADO ⊥平面BEF ；（3）求二面角D AO C --的正弦值.6．(2023·全国乙卷文，19)如图，在三棱锥-P ABC 中，AB BC ⊥，2AB =，BC =PB PC ==,,BP AP BC 的中点分别为,,D E O ，点F 在AC 上，BF AO ⊥．（1）求证：EF //平面ADO ；（2）若120POF ∠=︒，求三棱锥-P ABC 的体积．7．(2023·北京卷，16)如图，在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，1PA AB BC PC ====，（1）求证：BC ⊥平面PAB ；（2）求二面角A PC B --的大小．8．(2023·天津卷，17)三棱台111ABC A B C -中，若1A A ⊥面111,,2,1ABC AB AC AB AC AA AC ⊥====，,M N 分别是,BC BA 中点.（1）求证：1A N //平面1C MA ；（2）求平面1C MA 与平面11ACC A 所成夹角的余弦值；（3）求点C 到平面1C MA 的距离．。

立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）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BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，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4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。

立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角A­BD­C中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】 【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ， 因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点， 因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ， 又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ， 所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ， 因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ， 因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ． 因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥． 因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ， 所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值． 【解析】 【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ； （2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,， 设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值． 【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形， 又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥， 又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ， 又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -， 则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,， 设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ， 所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。