2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编(含答案)

（8）立体几何（文）——2021年高考数学真题模拟试题专项汇编1.【2021年新高考Ⅰ卷，3】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( ) A.2B.22C.4D.422.【2021年新高考Ⅱ卷，4】卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）.把地球看成一个球心为O ，半径为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α.该卫星信号覆盖的地球表面面积22π(1cos )S r α=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比为( ) A.26%B.34%C.42%D.50%3.【2021年北京卷，4】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )33+ B.1213+3 4.【2021年浙江卷，4】某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是( )A.32B.3C.322D.325.【2021年新高考Ⅱ卷，5】正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则四棱台的体积为( ) A.5623B.562C.282D.28236.【2021年浙江卷，6】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1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB.直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC.直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD.直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7.【2021年北京卷，8】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（10<mm ），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8.【2021年全国乙卷(文)，10】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.π69.【2021年全国甲卷(文)，14】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__________.10.【2021年上海卷，9】已知圆柱的底面半径为1，高为2，AB 为上底面圆的一条直径，点C 为下底底面圆周上的一个动点，点C 绕着下底底面旋转一周，则ABC △面积的取值范围为____________.11.【2021年全国乙卷(文)，16】以图①为正视图，在图②③④③中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，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）.12.【2021年全国乙卷(文)，18】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积.13.【2021年安徽怀宁模拟，18】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AAC C ⊥底面11,2,ABC AA AC AC AB BC ====，且AB BC ⊥，O 为AC 的中点.（1）求证：平面11A B O ⊥平面1BCA ；（2）若点E 在1BC 上，且//OE 平面1A AB ，求三棱锥1E A BC -的体积.14.【2021年广西桂林模拟(文)，18】如图所示，在三棱锥A BCD -中，侧棱AB ⊥平面BCD ，F 为线段BD 中点，Q 为线段AB 中点，2π3BCD ∠=，3AB =，2BC CD ==.证明：（1）CF ⊥平面ABD ； （2）求点D 到平面QCF 的距离.15.【2021年全国甲卷(文)，19】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形.2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥，（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.答案以及解析1.答案：B解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .由题意可得2ππr l =，所以222l r ==. 2.答案：C解析：由题意可知，6400cos 0.1536000640036000r r α==≈++，所以从同步卫星上可望见的地球的表面积222π(1cos )2π(10.15)S r r α=-≈-，此面积与地球表面积之比约为222π(10.15)100%42%4πr r -⨯≈.3.答案：A解析：画正方体，删点，剩下的4个点就是三棱锥的顶点，如图：1333311(11)2S +=⨯⨯⨯+=表. 4.答案：A解析：本题考查几何体的三视图.该几何体是高为1的四棱柱，其底面为三个全等的直角边为1的等腰直角三角形拼成的梯形，面积为32，故其体积是32. 5.答案：D解析：本题考查棱台的体积.将正四棱台1111A B C D ABCD -补成四棱锥P ABCD -，作PO ⊥底面ABCD 于点O ，交平面1111A B C D 于点1O ，则棱台1111A B C D ABCD -的体积1111P ABCD P A B C D V V V --=-.由题意，11112142PA PO A B PA PO AB ====，易知，4PA =，22AO =22224(22)22PO PA AO --=，所以12PO =，则1322(44)223P ABCD V -=⨯⨯⨯，1111142(22)23P A B C D V -=⨯⨯，所以棱台1111A B C D ABCD -的体积111132242282P ABCD P A B C D V V V --=-==.6.答案：A解析：本题考查空间的线线关系与线面关系.易知1A D ⊥平面1ABD ，故11A D D B ⊥，排除B ，C 项；连接1AD ，可知//MN AB ，所以//MN 平面ABCD ，A 项正确；因为AB 不垂直于平面11BDD B ，//MN AB ，所以直线MN 不垂直于平面11BDD B ，D 项错误.7.答案：B解析：由相似的性质可得，小圆锥的底面半径2002502r ==，故231π5015050π3V =⨯⨯⨯=⋅小圆锥，积水厚度3250π12.5π100V h S ⋅===⋅大小圆锥圆，属于中雨，故选B. 8.答案：D解析：本题考查立体几何中的线面关系及解三角形的应用.如图，记正方体的棱长为a ，则1111112AD C B A C B D a ====，所以1122B P PC a ==，221162BP B P B B a =+=.在1BC P 中，由余弦定理得22211113cos 22PB C B PC PBC PB C B +-∠==⋅，所以1π6PBC ∠=.又因为11//AD BC ，所以1PBC ∠即为直线PB 与1AD 所成的角，所以直线PB 与1AD 所成的角为π6.9.答案：39π解析：本题考查圆锥的体积与侧面积.由题可得圆锥的体积21π12π30π3V r h h ===，可得52h =，故圆锥的母线22132l r h +，所以圆锥的侧面积π39πS rl ==. 10.答案：5]解析：本题主要考查空间几何体.上顶面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连接OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ，则12ABCSAB CM =⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABCS 的大小随着CM 长短的变化而变化.当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+=，取得最大值，此时12552ABCS =⨯⨯=.当点M 与点B 重合时，CM 取最小值2，此时12222ABCS=⨯⨯=.综上所述，ABCS 的取值范围为[2,5].11.答案：②⑤或③④解析：本题考查几何体的三视图.由高度可知，侧视图只能为②或③.当侧视图为②时，则该三棱锥的直观图如图1，平面PAC ⊥平面ABC ，2PA PC ==，5BA BC =2AC =，此时俯视图为⑤；当侧视图为③时，则该三棱锥的直观图如图2，PA ⊥平面ABC ，1PA =，5AC AB ==2BC =，此时俯视图为④.12.答案：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ， 所以PD AM ⊥.又因为PB AM ⊥，PD PB P ⋂=，PB ，PD ⊂平面PBD ， 所以AM ⊥平面PBD .因为AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD .（2）由PD ⊥底面ABCD ，所以PD 即为四棱锥P ABCD -的高，DPB 是直角三角形. 由题可知底面ABCD 是矩形，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥.设2AD BC a ==，取CD 的中点为E ，CP 的中点为F ，连接MF ，AF ， EF ，AE ，可得//MF PB ，//EF DP ，那么AM M F ⊥，AM F 为直角三角形，且12EF =，2144AE a =+，21AM a =+，222142AF EF AE a =++因为DPB 是直角三角形，所以根据勾股定理得224BP a =+，则2242a MF +=.由AM F 是直角三角形，可得222AM MF AF +=，解得22a =， 所以底面ABCD 的面积22S a ==，则四棱锥P ABCD -的体积11221333V S h =⋅⋅=⨯⨯-.13.答案：（1）1111,//,AB BC AB A B BC A B ⊥∴⊥，在1A AC 中，112AA AC AC ===，O 是AC 的中点，1AO AC ∴⊥，又平面11AAC C ⊥平面ABC ，平面11AAC C平面ABC AC =，1A O ∴⊥平面ABC .BC ⊂平面1,ABC AO BC ∴⊥. 111,A B AO ⊂平面111111,A B O A B AO A =，BC ∴⊥平面11A B O ， 又BC ⊂平面1BCA ，∴平面1BCA ⊥平面11A B O .（2）如图，连接1B C ，设1B C 与1BC 交于点E ，连接1,OE AB ， 易得1//OE AB ，1AB ⊂平面11,ABB A OE ⊄平面11ABB A ，//OE ∴平面11ABB A ，∴满足条件的E 为1BC 的中点.11111 1122E A BCC A BC B A CC V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥21133212346=⨯⨯⨯⨯=， 故三棱锥1E A BC -的体积为36.14.答案：（1）AB ⊥平面BCD ，CF ，BD ⊂平面BCD ，AB CF ∴⊥，AB BD ⊥.2BC CD ==，F 为BD 中点，CF BD ∴⊥.又CF AB ⊥，AB BD B =，AB ，BD ⊂平面ABD ，CF ∴⊥平面ABD .（2）在三棱锥Q DCF -中，设D 到平面QFC 距离为d . Q DCF D QCF V V --=，1133DCFQCFQB Sd S ∴⋅⋅=⋅⋅，DCFQCFQB S d S ⋅∴=.1112π322sin 2223DCFDCBSS ==⨯⨯⨯⨯=，2π44222cos 233BD =+-⨯⨯⨯.AB BD ⊥，3AB =，Q ，F 分别为AB ，BD 的中点.22912212ADAB BD QF ++∴====.QCF 中，π2cos 13CF ==，235422CQ ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，21QF =. 25211244cos 55212QCF +-∴∠==⨯⨯，21sin QCF ∴∠=. 152121122QCFS∴=⨯⨯=. 33372221d ∴==.15.答案：（1）如图，取BC 的中点为M ，连接EM .由已知易得//EM AB ，2AB BC ==，1CF =，112EM AB ==，11//AB A B ， 由11BF A B ⊥得EM BF ⊥，又易得EM CF ⊥，BF CF F ⋂=，所以EM ⊥平面BCF ， 故1111121132323F EBC E FBC V V BC CF EM --==⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=三棱锥三棱锥.（2）连接1A E ，1B M ，由（1）知11//EM A B ， 所以ED 在平面11EMB A 内.在正方形11CC B B 中，由于F ，M 分别是1CC ，BC 的中点，所以1tan 2CF CBF BC ∠==，111tan 2BM BB M BB ∠==， 且这两个角都是锐角，所以1CBF BB M ∠=∠， 所以111190BHB BMB CBF BMB BB M ∠=∠+∠=∠+∠=︒， 所以1BF B M ⊥，又11BF A B ⊥，1111B M A B B ⋂=，所以BF ⊥平面11EMB A ， 又DE ⊂平面11EMB A ，所以BF DE ⊥.。

2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编附答案一、立体几何多选题1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为153015【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．2．如图，直三棱柱11,ABC A B C -，ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，且12AC AA ==，E ，F 分别是AC ，11A C 的中点，D ，M 分别是1AA ，1BB 上的两个动点，则（ ）A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D MEF -的体积为定值14C ．直线11B C 与BD 所成角为2π D ．若D 为1AA 中点，则四棱锥1D BB FE -55【答案】CD 【分析】A 当特殊情况M 与B 重合有FM 与BD 相交且共面；B 根据线面垂直、面面垂直判定可证面1BEFB ⊥面11ACC A ，可知EMFS、D 到面1BEFB 的距离，可求D EMF V -；C 根据线面垂直的判定及性质即可确定11B C 与BD 所成角；D 由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误. 【详解】A ：当M 与B 重合时，FM 与BD 相交且共面，错误； B ：由题意知：BE AC ⊥，AC EF ⊥且BEEF E =，则AC ⊥面1BEFB ，又AC ⊂面11ACC A ，面1BEFB ⋂面11ACC A EF =，所以面1BEFB ⊥面11ACC A ，又1121122EMFSEF BE =⋅⋅=⨯⨯=，D 到面1BEFB 的距离为1h =，所以1133D EMF EMFV h S-=⋅⋅=，错误； C ：由AB BC ⊥，1BC B B ⊥，1B BAB B =，所以BC ⊥面11ABB A ，又11//BC B C ，即11B C ⊥面11ABB A ，而BD ⊂面11ABB A ，则11BD B C ⊥，正确；D ：由B 中，面1BEFB ⊥面11ACC A ，即面DEF ⊥面1BEFB ，则D 到面1BEFB 的距离为1h =，又D 为1AA 中点，若1,BF EB 交点为O ，G 为EF 中点，连接,,OG GD OD ，则OG GD ⊥，故225OD OG GD =+=，由矩形的性质知：152OB OE OF OB ====，令四棱锥1D BB FE -的外接球半径为R ，则5R =，所以四棱锥1D BB FE -的外接球体积为354356V R π==，正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否.【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱，其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时113313022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误；113AC A R =，则4234,,33R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,33D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.5．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||10A B '= D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ，则A B '===≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()313BCDE f S λλλ=⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得3λ=时，函数()f λ取得最大值()113f λ⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.6．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为2B ．侧棱与底面所成的角为4πC D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a = 当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()32,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为22，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误故选：AB 【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 6． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n C P n ⋅⋅＝22(1)3a a +-⋅＝21132()22a ⋅-+， ∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1； 当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S 的最大值为2所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确．对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体， 所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.9．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 面积的最小值为62【答案】BCD【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62. 【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E平面11ABB A BE =. 平面1BFD E 平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.10．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2 ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 2 【答案】BCD【分析】 A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A ，假设A 对，即BF ⊥平面EAB ，于是BF AB ⊥，90ABF ∠=︒，但六边形ABFPQH 为正六边形，120ABF ∠=︒，矛盾，所以A 错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN =，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。

高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）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.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）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．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。

【高中数学】《空间向量与立体几何》知识点一、选择题1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；③若//m α，//n α，则//m n ；④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.其中真命题的序号为（ ）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④ 【答案】A【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B ．66C 3D ．36【答案】B【解析】【分析】 设1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v ，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v ，即可得所求角的余弦值.【详解】 设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v 由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v 1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v 又1AB ===u u u v1BC ===u u u u v111111cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u u v 即异面直线1AB 与1BC本题正确选项：B【点睛】 本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）.AB ．3:1C ．2:1D 2 【答案】A【解析】【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值.【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC的母线长l ==， ∴圆锥SC 的侧面积为2rl r π=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ，又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=，∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为2210:10:1r r ππ=.故选：A .【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.4．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A ．3417B ．23417C ．51717D ．31717【答案】D【解析】【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==.在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯， 则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =.在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅9178317172317+-==⨯⨯. 故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.5．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（ ）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C【解析】【分析】 如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.6．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为14，则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 【答案】B【解析】【分析】 根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点，11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=．2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCD S S=△（ ） A ．25 B ．12 C ．5 D ．5 【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线， 所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC SEB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时， 线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，∴线段EB 长度的最小值为5， 525EBCABCD a S S ⨯⨯∴==△. 故选：D .【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.8．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.9．如图，在棱长为2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 P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．305B ．2305C ．275D ．47 【答案】B【解析】【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.10．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A ．169πB ．89πC ．1627πD ．827π 【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得323r x-=，332x r∴=-，∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r rπ=-<<，则33333163331616442()(3)()9442939r r rV r r r rπππ++-=-=g g g g„．当且仅当33342r r=-，即43r=时等号成立．∴圆柱的最大体积为169π，故选：A．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．11．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C-的底面边长为a，侧棱长为2a，则1AC与侧面11ABB A所成的角是( )A．30°B．45︒C．60︒D．90︒【答案】A【解析】【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角．【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，0，2)a ，13(a A ，2a ，2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =-u u u u r ，2a -，2)a ，3(a AB =-u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，0，2)a ， 设平面11ABB A 的法向量(n x =r ，y ，)z ，则13·02·20a a n AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r ，3，0)， 设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ， 则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u r r u u u u r g r u u u u r g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”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【答案】B 【解析】 【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”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，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.13．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P-ABC的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=，2 AC BC PD∴===，AB∴==，||||||DA DB DC∴===||||||PA PB PC∴====222PA PB AB+≠Q，PA∴、PB不可能垂直，即,PA,PB PC不可能两两垂直，122PBAS∆=⨯=Q122PBC PACS S∆∆===Q∴三棱锥P-ABC的侧面积为故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题. 14．在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱1CC上一点且12CE EC=，则异面直线AE 与1A B所成角的余弦值为（）A．44B．22C．44D．11【答案】B【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE与1A B所成角的余弦值．【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，设3AB=，则()3,0,0A，()0,3,2E，()13,0,3A，()3,3,0B，()3,3,2AE=-u u u r，()10,3,3A B=-u u u r，设异面直线AE与1A B所成角为θ，则异面直线AE与1A B所成角的余弦值为：11cosAE A BAE A Bθ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r故选：B．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r，2l 的方向向量为b r，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r r r r .15．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且两直角边长分别为13，此三棱柱的高为23 A ．323πB ．163πC ．83π D ．643π【答案】A 【解析】 【分析】求得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)2r =+=，再根据球的性质，求得外接球的直径2R =，利用球的体积公式，即可求解. 【详解】由题意可得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)21r r =+=⇒=， 根据球的性质，可得外接球的直径为22222(2)2(23)4R r h =+=+=，解得2R =，所以该三棱柱的外接球的体积为343233V R ππ==，故选A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算，以及组合体的性质的应用，其中解答中找出合适的模型，合理利用球的性质求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.16．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B ADC --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πC ．19196π D ．287π 【答案】D 【解析】 分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形，又正弦定理可得，03223sin 60r ==，即23BE =， 设球的半径为R ，且4=AD ，在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=， 所以7R =，所以球的体积为3344287(7)33V R πππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（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.17．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D 【解析】 【分析】对各个选项逐一进行分析即可 【详解】A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D 【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果18．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（ ）A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vB ．122233OG OA OB OC u u u vu u uv u u u v u u u v =++ C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vD ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v【答案】C 【解析】 【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论． 【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r,()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r u u u r =+++=++-=++111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ ,故选：C ． 【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．19．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32 D ．52【答案】C 【解析】 【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可． 【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点， 俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.20．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l m B ．若//m a ，则//αβ C ．若m α⊥，则αβ⊥ D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C 【解析】 【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案. 【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确. 【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.。

届高三第二次模拟数学理试题分类汇编：立体几何一、填空、选择题1、（崇明县2016届高三二模）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为cm 2．2、（奉贤区2016届高三二模）在棱长为1的正方体ABCD A B C D ''''-中，若点P 是棱上一点，则满足2PA PC '+=的点P 的个数_______．3、（虹口区2016届高三二模）已知A 、B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=o ，C 为该球面上的动点，若三棱锥ABC O -体积的最大值为323，则球O 的表面积为__________4、（黄浦区2016届高三二模）已知一个凸多边形的平面展开图由两个正六边形和六个正方形构成，如右上图所示，若该凸多面体所有棱长均为1，则其体积V =5、（静安区2016届高三二模）如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长为23cm ，侧面积为 283cm ，则它的体积为.6、（闵行区2016届高三二模）若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的 倍.7、（浦东新区2016届高三二模）已知四面体ABCD 中，2==CD AB ，E ，F分别为BC ，AD 的中点，且异面直线AB 与CD 所成的角为3π，则EF =________．8、（普陀区2016届高三二模）若a 、b 表示两条直线，α表示平面，下列命题中的真命题为（ ）（A ）若α⊥a ，b a ⊥，则α//b （B ）若α//a ，b a ⊥，则α⊥b （C ）若α⊥a ，α⊆b ，则b a ⊥ （D ）若α//a ，α//b ，则b a // 9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）．如图，圆锥形容器的高为,h 圆锥内水面的高为1,h 且11,3h h =若将圆锥倒置，水面高为2,h 则2h 等于------------------------------------------------（ ）（A ）23h （B ）1927h （C ）363h （D ）3193h10、（杨浦区2016届高三二模）已知命题：“若a,b 为异面直线，平面α过直线a 且与直线b 平行，则直线b 与平面α的距离等于异面直线a,b 之间的距离”为真命题.根据上述命题，若a,b 为异面直线，且它们之间的距离为d ，则空间中与a,b 均异面且距离也均为d 的直线c 的条数为（ ）A0条 B.1条 C.多于1条，但为有限条 D.无数多条11、（闸北区2016届高三二模）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1SA AB == 2BC =，则球O 的表面积等于（ ）A ．π4 B ．π3 C ．π2 D ．π12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）下列命题正确的是（ ）．（A ）若直线1l ∥平面α，直线2l ∥平面α，则1l ∥2l ； （B ）若直线l 上有两个点到平面α的距离相等，则l ∥α；（C ）直线l 与平面α所成角的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛2,0π；（D ）若直线1l ⊥平面α，直线2l ⊥平面α，则1l ∥2l .13、（闵行区2016届高三二模）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 为底面ABCD 内一动点，设1PD PE 、与底面ABCD 所成的角分别为12θθ、（12θθ、均不为0)．若12θθ=，则动点P 的轨迹为哪种曲线的一部分（ ）.(A)直线 (B)圆 (C) 椭圆 (D) 抛物线14、（浦东新区2016届高三二模）给出下列命题，其中正确的命题为( )（A ）若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面；（B ）直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直； （C ）直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行； （D ）异面直线a 、b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直. 二、解答题1、（崇明县2016届高三二模）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 的中点． （1）求证：11EF B D ∥； （2）求二面角1C EF A --的大小（结果用反三角函数值表示）．AC BC 1A 1B 1（第19题图）D 1D FE2、（奉贤区2016届高三二模）面ABC 外的一点P ，,,AP AB AC 两两互相垂直，过AC 的中点D 作ED ⊥面ABC ，且1ED =，2PA =，2AC =，连,BP BE ，多面体B PADE -的体积是33． (1)画出面PBE 与面ABC 的交线，说明理由； （2）求面PBE 与面ABC 所成的锐二面角的大小．ADBCPEQ A DCBP （第20题图）3、（虹口区2016届高三二模）如图，在四棱锥ABCD P -中，已知⊥PA 平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，90ABC BAD ∠=∠=︒，2AB AD AP ===，1BC =.(1) 求点A 到平面PCD 的距离； (2) 若点Q 为线段BP 的中点，求直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小.4、（黄浦区2016届高三二模）如图，小凳的凳面为圆形，凳脚为三根细钢管，考虑到钢管的受力等因素，设计的小凳应满足：三根细钢管相交处的节点P 与凳面圆形的圆心O 的连线垂直于凳面和地面，且P 分两钢管上下两段的比值为0.618，三只凳脚与地面所成的角均为60°，若A 、B 、C 是凳面圆周的三等分点，18AB =厘米，求凳面的高度h 及三根细钢管的总长度（精确到0.01）；5、（静安区2016届高三二模）设点,E F 分别是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱1,AB AA 的中点．如图，以C 为坐标原点，射线CD 、CB 、1CC 分别是x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．（1）求向量1D E u u u u r与1C F u u u u r 的数量积；（2）若点,M N 分别是线段1D E 与线段1C F 上的点，问是否存在直线MN ，MN ⊥平面ABCD ？若存在，求点,M N 的坐标；若不存在，请说明理由E FB 1A 1C 1D 1BC DA6、（闵行区2016届高三二模）如图，在直角梯形PBCD中，//PB DC，DC BC⊥，22PB BC CD===，点A是PB的中点，现沿AD将平面PAD折起，设PABθ∠=．（1）当θ为直角时，求异面直线PC与BD所成角的大小；（2）当θ为多少时，三棱锥P ABD-的体积为26．7、（浦东新区2016届高三二模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O 的直径，点C为»AB的中点，SO AB=.（1）证明：AB⊥平面SOC；（2）若点D为母线SC的中点，求AD与平面SOC所成的角.（结果用反三角函数表示）8、（普陀区2016届高三二模）在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为1，B C 1与底面ABCD 所成的角的大小为2arctan ，如果平面11C BD 与底面ABCD 所成的二面角是锐角，求出此二面角的大小（结果用反三角函数值）9、（徐汇、金山、松江区2016届高三二模）在直三棱柱111C B A ABC -中，1==AC AB ，90=∠BAC ，且异面直线BA 1与11CB 所成的角等于060，设a AA =1. （1）求a 的值；（2）求三棱锥BC A B 11-的体积．1A 1B 1CA BCD.A 1CEA BCDB 110、（杨浦区2016届高三二模）如图，底面是直角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，1112AC BC AA ===，D 是棱1AA 上的动点.(1)证明：1DC BC ⊥； (2)求三棱锥1C BDC -的体积.11、（闸北区2016届高三二模）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1AD =，11AA =，点E 在棱AB 上移动．（1）探求AE 多长时，直线1D E 与平面11AA D D成45o 角；（2）点E 移动为棱AB 中点时，求点E 到平面11A DC 的距离．12、（长宁、青浦、宝山、嘉定四区2016届高三二模）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，21===AA BC AC ，D 为侧棱1AA 的中点．（1）求证：⊥BC 平面11A ACC ；（2）求二面角11C CD B --的大小（结果用反三角函数值表示）． 参考答案一、填空、选择题ABCA 1B 1C 1D1、12π2、23、64π4、3325、4106、37、1 或3 8、C 9、D 10、D 11、A 12、D13、B 14、D二、解答题1、可得有关点的坐标为11111(0,0,1),(1,1,1),(,1,0),(0,,0),(0,1,1)22D BEF C 11(,,0)22EF =--u u u r ，11(1,1,0)B D =--u u u u r (4)分所以112B D EF =u u u u r u u u r...............................5分所以11EF B D ∥...............................6分（2）设1(,,)n u v w =u r是平面1C EF 的一个法向量.因为111,n EF n FC ⊥⊥u r u u u u r u r u u u u r所以1111110,0222n EF u v n FC v w ⋅=--=⋅=+=u r u u u ru r u u u u r解得,2u v v w =-=- .取1w = ，得1(2,2,1)n =-u r.............................9分因为1DD ABCD ⊥平面，所以平面ABCD 的一个法向量是2(0,0,1)n =u u r (10)分设1n u r 与2n u u r 的夹角为α ，则12121cos 3||||n n n n α⋅==⋅u r u u ru r uu r .......................11分结合图形，可判别得二面角1C EF A --是钝角，其大小为1arccos 3π- (12)分2、(1)根据条件知:PE 与AD 交点恰好是C 1分ACBC 1A 1B 1（第19题图）D 1 D FE x yz,C PE C ∈∴∈面PBE ,,C AC C ∈∴∈面ABC 2分B ∈面PBE ,B ∈面ABC3分 面PBE与面ABC的交线BC5分 (2)(理) ,,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP 7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分建立空间直角坐标系,设平面的法向量是()1,,n x y z u r23,0,03B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ()0,1,0D ()0,1,1E ()0,0,2P23,0,23BP ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，23,1,13BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r123203n BP x z ⋅=-+=u r u u u r12303n BE x y z ⋅=-++=u r u u u r()13,1,1n ∴=u r11分面ABC 的法向量()20,0,1n =u u rADBC PE zxyQA D CBP（第20题解答图）z yx 1212cos n nn n θ⋅==⋅u r u u ru r u u r 1555= 12分所以面PBE 与面ABC 所成的锐二面角大小5arccos 513分注：若作出二面角得2分，计算再3分 (2)(文),,AP AB AC 两两互相垂直,BA ⊥面EDAP7分多面体B PADE -的体积是()113323PA DE AD BA ⨯+⨯⨯=9分233BA ∴=10分 连接AEAE 是BE 在面EDAP 的射影BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角． 11分 计算2AE =,2363tan 32BAE ∠==12分BEA ∠是BE 与面PADE 所成的线面角6arctan 3． 13分3、 （理）解：(1)以},,{AP AD AB 为正交基底建立空间直角坐标系xyz A -，则相关点的坐标为B （2,0,0），(2,1,0),(0,2,0),(0,0,2).C D P ……2分设平面PCD 的法向量为(,,),n x y z =r由(2,1,0),DC =-uuu r (0,2,2),DP =-u u u r (0,2,0).DA =-u u u r则ADBCPE202,2.220n DC x y y x z x n DPy z r u u u r r u u u r ìïì?-==ïïïÞ眄镲=?-+=ïîïî 令1x =，则(1,2,2)n =r.……5分所以点A 到平面PCD 的距离为：(0,2,0)(1,2,2)4.(1,2,2)3DA n d nu u u r r r×-?=== ……7分(2) 由条件，得(1,0,1),Q =(0,2,0),(1,0,1),AD AQ ==u u u r u u u r 且(1,1,1).CQ u u u r=--设平面ADQ 的法向量为0000(,,),n x y z =r 则00000000200,.0n AD y y z x n AQx z r u u u r r u u u r ìïì?==ïï镲Þ眄镲=-?+=ïïîî令01x =，则0(1,0,1)n =-r.……10分设直线CQ 与平面ADQ 所成角为,θ则00026sin cos ,.332CQ n CQ n CQ n θ⋅=<>===⋅u u u r u u r u u u r u u ru u u r u u r故直线CQ 与平面ADQ 所成角的大小为6sin.3arc ……14分注：第（1）小题也可用等积法来做.4、[解] 联结PO ，AO ，由题意，PO ⊥平面ABC ，因为凳面与地面平行， 所以PAO ∠就是PA 与平面ABC 所成的角，即60PAO ∠=︒．（2分） 在等边三角形ABC 中，18AB =，得63AO =，（4分）在直角三角形PAO 中，318OP AO ==，（6分）由0.618OPh OP=-，解得47.13h ≈厘米．（9分）三根细钢管的总长度3163.25sin 60h≈︒厘米．（12分）5、（1）在给定空间直角坐标系中，相关点及向量坐标为11(2,0,2),(1,2,0),(1,2,2)D E D E =--u u u u r (2)分PA BCD xy z PA BCD 11(0,0,2),(2,2,1),(2,2,1)C F C F =-u u u u r (4)分所以111222(2)(1)4D E C F ⋅=-⨯+⨯+-⨯-=u u u u r u u u u r。

立体几何3．（2021•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．3C．D．34．（2021•浙江）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BDD1B15．（2021•新高考Ⅰ）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．2C．4D．46．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．7．（2021•甲卷）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．8．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．18．（2021•甲卷）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．19．（2021•甲卷）已知向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k．若⊥，则k＝．20．（2021•乙卷）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，组成某个三棱锥的三视图，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）．21．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．40．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．41．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．42．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC ＝4，P A＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．43．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？44．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．45．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．46．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．答案解析3．（2021•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．3C．D．3【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，其中AB∥CD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且AD⊥BC，且AB＝，CD＝，AA1＝1，等腰梯形的高为＝，则该几何体的体积V＝＝．故选：A．4．（2021•浙江）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1【解答】解：连接AD1，如图：由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN∥AB，又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．∴A对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；∵MN∥AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．故选：A．5．（2021•新高考Ⅰ）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．2C．4D．4【解答】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为．故选：B．6．（2021•甲卷）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝，则，在Rt△AOO1中，，故三棱锥O﹣ABC的体积为．故选：A．7．（2021•甲卷）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．【解答】解：由题意，作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选：D．8．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A．B．C．D．【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，∴cos∠PBC1＝＝＝，∴∠PBC1＝，∴直线PB与AD1所成的角为．故选：D．19．（2021•甲卷）已知向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k．若⊥，则k＝．【解答】解：因为向量＝（3，1），＝（1，0），＝+k，由⊥，则＝32+12+k•（3×1+1×0）＝10+3k＝0，解得k＝．故答案为：．20．（2021•乙卷）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，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为②⑤或③④（写出符合要求的一组答案即可）．【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．21．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为4π．【解答】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．故答案为：4π．40．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1，∵AB∥A1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥BC，又AB＝BC，故，∴，而侧面AA1B1B为正方形，∴，∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，∴EG∥AB，∴EG∥AB∥B1D，∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，∴EG⊥平面BCC1B1，∴BF⊥EG，∵，且这两个角都是锐角，∴∠CBF＝∠BB1G，∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，∴BF⊥B1G，又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D，∴BF⊥DE．41．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，所以∠ABD+∠ADB＝90°，又∠ABD+∠MAB＝90°，则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，则，所以，解得BC＝；（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，P（0，0，1），所以，，设平面AMP的法向量为，则有，即，令，则y＝1，z＝2，故，设平面BMP的法向量为，则有，即，令q＝1，则r＝1，故，所以＝，设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，则sinα＝＝，所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．42．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，P A＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝BC＝2，∠DCM＝60°，∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°＝，则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，∴CD⊥PM，∵CD∥AB，∴AB⊥PM；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD∩平面PDM＝DM，∵PM⊥MD，且PM⊂平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，连接AM，则PM⊥MA，在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得，又P A＝，在Rt△PMA中，求得PM＝，取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（，2，0），P（0，0，），C（），又N为PC的中点，∴N（），，平面PDM的一个法向量为，设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．43．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC 和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF＝，∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BF⊥AB∴AF＝＝＝3，AC＝＝＝，∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1D＝m，则D（m，0，2），∴＝（0，2，1），＝（1﹣m，1，﹣2），∴•＝0，即BF⊥DE．（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为＝（1，0，0），由（1）知，＝（1﹣m，1，﹣2），＝（﹣1，1，1），设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴＝（3，m+1，2﹣m），∴cos＜，＞＝＝＝＝，∴当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．44．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面P AM⊥平面PBD；（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM，又∵PB⊥AM，PD∩PB＝P，PB，PD⊂平面PBD．∴AM⊥平面PBD．∵AM⊂平面P AM，∴平面P AM⊥平面PBD；（2）解：由PD⊥底面ABCD，∴PD即为四棱锥P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．设AD＝BC＝2a，取CP的中点为F．作EF⊥CD交于E，连接MF，AF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，那么AM⊥MF．且EF＝．AE＝＝，AM＝＝，．∵△DPB是直角三角形，∴根据勾股定理：BP＝，则MF＝；由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a＝．底面ABCD的面积S＝，则四棱锥P﹣ABCD的体积V＝＝．45．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），设A（0，0，t），则，因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，设平面BCE的法向量为，又，所以由，得，令x＝，则y＝﹣1，，故，因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，所以，解得t＝1，所以OA＝1，又，所以，故＝．方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F所以BC⊥平面EFG，又EF⊂平面EFG，所以BC⊥EG，则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，又CD＝DO＝OB＝OC＝1，所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，故∠BCD＝90°，所以FG∥CD，因为，则，所以，则，所以EF＝GF＝，则，所以．46．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，∴PE＝2，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×2×42＝．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴PE＝FE＝4，∴PB＝＝，∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE、AB⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，故PC与AD所成角的大小为arctan．。

新高考专题04立体几何【2022年新高考1卷】1．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ． 2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯+'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．【2022年新高考1卷】2．已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∴ 球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ， 则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.【2022年新高考2卷】3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d 2d =故121d d -=或121d d +=，1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==． 故选：A ．【2021年新高考1卷】4）A ．2B ．C ．4D ．【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l = 故选：B.【2021年新高考2卷】5．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．20+B ．C ．563D 【答案】D 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+ 故选：D.【2020年新高考1卷（山东卷）】6．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.【2022年新高考1卷】7．已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC 与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1A C ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥， 因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确； 连接11A C ，设1111AC B D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥， 因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ， 所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC 1111sin 2C O C BO BC ∠==， 所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD【2022年新高考2卷】8．如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】 【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可. 【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMS EM FM =⋅=，AC =， 则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确. 故选：CD.【2021年新高考1卷】9．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误； 对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,12A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．【2021年新高考2卷】10．如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误. 【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ， 故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC =1CP =，故tanPOC ∠== 故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥， 由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ， 故SN OQ ⊥，而SNMN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥， 故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ， 则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故12PQ AC ==OQ ==PO =222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误. 故选：BC.【2020年新高考1卷（山东卷）】11．已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∴BAD =60°．以1D 球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】 【分析】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11B C CB ，可得侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果. 【详解】 如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以∴111D B C 为等边三角形，所以1D E 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =||EP ==所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2FG π==.. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 【2020年新高考2卷（海南卷）】12．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】 【分析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可. 【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 【2022年新高考1卷】13．如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. （1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC （2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,22m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --.【2022年新高考2卷】14．如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA OB =，再根据直角三角形的性质得到AO DO =，即可得到O 为BD 的中点从而得到//OE PD ，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. （1）证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ， 所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒， 所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ， 又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为3PO =，5AP =，所以4OA ==，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD，AB = 所以12AC =，所以()O，()B，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()4AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE ab c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以()3,0,6m =-；所以cos ,13n m n m n m⋅-===设二面角C AE B --的大小为θ，则43cos cos ,=13n m θ=，所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.【2021年新高考1卷】15．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析； 【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=，设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD -[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG 为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCDBOCV SO S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．∴使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα．∴ 将∴∴两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =， 结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 【2021年新高考2卷】16．在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】 【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO ==.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-.设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，故11,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭.而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故12cos ,3312m n ==⨯.二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为23. 【2020年新高考1卷（山东卷）】17．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ∴底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ∴平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值. 【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =，所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ． （2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>==≤，当且仅当1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD . ［方法二］：定义法如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．在平面PQC 中，设PB QC E =．在平面PAD 中，过P 点作PF QD ⊥，交QD 于F ，连接EF ． 因为PD ⊥平面,ABCD DC ⊂平面ABCD ，所以DC PD ⊥． 又由,,DC AD ADPD D PD ⊥=⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD ．又PF ⊂平面PAD ，所以DC PF ⊥．又由,,PF QD QDDC D QD ⊥=⊂平面,QOC DC ⊂平面QDC ，所以PF ⊥平面QDC ，从而FEP ∠即为PB 与平面QCD 所成角．设PQ a =，在PQD △中，易求PF =由PQE 与BEC △相似，得1PE PQ a EB BC ==，可得PE =所以sin FEP ∠=≤1a =时等号成立． ［方法三］：等体积法如图3，延长CB 至G ，使得BG PQ =，连接GQ ，GD ，则//PB QG ，过G 点作GM ⊥平面QDC ，交平面QDC 于M ，连接QM ，则GQM ∠即为所求．设PQ x =，在三棱锥Q DCG -中，111()(1)326Q DCG V PD CD CB BG x -=⋅⋅+=+．在三棱锥G QDC -中，111323G QDC V GM CD QD GM -=⋅⋅=由Q DCG G QDC V V --=得11(1)63x GM +=解得GM ==， 当且仅当1x =时等号成立．在Rt PDB △中，易求PB QG ==，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为sin MQG ∠== 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为平面QCD 的法向量n 与向量PB 的夹角的余弦值的绝对值，即cos ,n PB <>，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB 与平面QCD 所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用//PB QG ，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 【2020年新高考2卷（海南卷）】18．如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//AD l ，利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ，从而得到l ⊥平面PDC ；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>，即可得到直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值.【详解】 （1）证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD 平面PBC l =， 所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥ 且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥ 因为CD PD D = 所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m = 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，则2cos ,1n PB n PB n PB⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。

2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》五1.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P－AC－D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.2.已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm和30 cm的正三角形，各侧面是全等的等腰梯形，且各侧面的面积之和等于两底面面积之和，求棱台的体积．3.如图所示，平面四边形ADEF所在的平面与梯形ABCD所在的平面垂直，AD⊥CD，AD⊥ED，AF∥DE，AB∥CD，CD=2AB=2AD=2ED=xAF．(1)若四点F，B，C，E共面，AB=a，求x的值；(2)求证：平面CBE⊥平面EDB．4.如图,已知ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP//GH.5.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，AA1⊥底面ABC，E，F分别为棱AA1,BC的中点．（1）过FA1作平面α，使得直线BE//平面α，若平面α与直线BB1交于点H，指出点H所在的位置，并说明理由；（2）求二面角B-FH-A1的余弦值．6.如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.7.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD=P，A1C1∩EF=Q．求证：（1）D，B，F，E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P,Q,R三点共线．8.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=120°，AB=2AD．（1）求证：平面PAD⊥平面PBD；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．9.如图，已知正四棱锥V﹣ABCD中，AC与BD交于点M，VM是棱锥的高，若AC=6cm，VC=5cm．（1）求正四棱锥V﹣ABCD的体积；（2）求直线VD与底面ABCD所成角的正弦值．10.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD=CD=AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN：PB的值．11.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，且∠A1AB=∠A1AD.（1）证明：四边形BB1D1D为矩形；（2）若AB=A1A,∠BAD=60°，A1A与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A1-BB1-D的余弦值.12.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE．（1）证明：BD⊥平面PAC；（2）若PA=1，AD=2，求二面角B﹣PC﹣A的正切值．13.四棱台被过点A1，C1，D的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD是边长为2的菱形，BAD=60°，BB1⊥平面ABCD,BB1=2.（1）求证：平面AB1C⊥平面BB1D；（2）若AA1与底面ABCD所成角的正切值为2，求二面角A1-BD-C1的余弦值.14.如图，三棱柱ABC﹣AB1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC=AB1．1（1）证明：AB⊥B1C；（2）若∠CAB1=90°，∠CBB1=60°，AB=BC=2，求三棱锥B1﹣ACB的体积．15.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将沿EF折到的位置.（I）证明：；(II)若,求五棱锥体积.答案解析16.答案：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于O ，连接SO.由题意知SO ⊥AC.在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面SBD ，得AC ⊥SD. (2)解：设正方形边长为a ，则SD=22a ，又OD=22a ，所以∠SDO=60°.连接OP ，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AC ⊥OP ，且AC ⊥OD ，所以∠POD 是二面角P －AC －D 的平面角.由SD ⊥平面PAC ，知SD ⊥OP ，所以∠POD=30°，即二面角P －AC －D 的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC.由(2)可得PD=24a ，故可在SP 上取一点N ，使PN=PD.过N 作PC 的平行线与SC 的交点即为E.连接B N ，在△BDN 中，知BN ∥PO.又由于NE ∥PC ，故平面BEN ∥平面PAC ，可得BE ∥平面PAC.由于SN ∶NP=2∶1，故SE ∶EC=2∶1.17.解：如图所示，在三棱台ABC －A′B′C′中，O′，O 分别为上、下底面的中心，D ，D′ 分别是BC ，B′C′的中点，则DD′是等腰梯形BCC′B′的高，又C′B′=20 cm ，CB=30 cm ，所以S 侧=3×12×(20＋30)×DD′=75DD′． S 上＋S 下=34×(202＋302)=3253(cm 2)． 由S 侧=S 上＋S 下，得75DD′=3253，所以DD′=1333(cm)， 又因为O′D′=36×20=1033(cm)，OD=36×30=53(cm)， 所以棱台的高h=O′O =D′D 2－(OD －O′D′)2=⎝ ⎛⎭⎪⎫13332－⎝⎛⎭⎪⎫53－10332=43(cm)， 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V=h 3(S 上＋S 下＋S 上S 下)=433×⎝ ⎛⎭⎪⎫3253＋34×20×30=1900(cm 3)． 故棱台的体积为1900 cm 3．18.解：(1)∵AF ∥DE ，AB ∥DC ，AF∩AB=A，DE∩DC=D，∴平面ABF ∥平面DCE ．∵四点F ，B ，C ，E 共面，∴FB ∥CE ，∴△ABF 与△DCE 相似．∵AB=a ，∴ED=a ，CD=2a ，AF=2a x ， 由相似比得AF ED =AB CD ，即2ax a =a 2a，所以x=4． (2)证明：不妨设AB=1，则AD=AB=1，CD=2，在Rt △BAD 中，BD=2，取CD 中点为M ，则MD 与AB 平行且相等， 连接BM ，可得△BMD 为等腰直角三角形，因此BC=2，因为BD 2＋BC 2=CD 2，所以BC ⊥BD ，又因为平面四边形ADEF 所在的平面与梯形ABCD 所在的平面垂直， 平面ADEF∩平面ABCD=AD ，ED ⊥AD ，所以ED ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥DE ，又因为BD∩DE=D，所以BC ⊥平面EDB ，因为BC ⊂平面CBE ，所以平面CBE ⊥平面EDB ．19.20.解：21.解：22.答案：证明：如图．23.24.25.26.27.28.29.30.。

高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版)专题10 立体几何一．选择题1．（2020秋•江北区校级期中）如图：正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，侧棱AB＝2，BD平行于过点C的截面CB1D1，则截面CB1D1与正三棱锥A﹣BCD侧面交线的周长的最小值为（）A．2B．2C．4D．2【答案】D【解答】解：把正三棱锥A﹣BCD的侧面展开，两点间的连接线CC'即是截面周长的最小值．正三棱锥A﹣BCD中，∠BAD＝30°，所以AC⊥AC′，AB＝2，∴CC′＝2，∴截面周长最小值是CC′＝2．故选：D．2.（2021•宁夏模拟）在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则（）A．不存在E，F，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF【答案】D【解答】解：（1）对于A，D选项，取E，F分别为AB，CD的中点如图：因为A﹣BCD是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．所以CE＝DE，所以EF⊥CD，同理可证EF⊥AB．故A错误；又因为AB⊥CE，AB⊥DE，且CE∩DE＝E，故AB⊥平面CED，又AB⊂平面ABF，所以平面ABF⊥平面CED．故D正确．（2）对于B选项，将C看成正三棱锥的顶点，易知当E在AB上移动时，∠CDE的最小值为直线CD与平面ABD所成的角，即（1）中的∠CDE，显然为锐角，最大角为∠CDB＝∠CDA＝60°，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD．故B错误．（3）对于C选项，将D看成顶点，则由D向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC的中心，不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C错误．故选：D．3．（2020秋•天津期中）将一个棱长为1cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为（）A．B．πcm2C．D．3πcm2【答案】B【解答】解：正方体的棱长为1，要使制作成球体零件的体积最大，则球内切于正方体，则球的直径为1cm，半径为cm．∴可能制作的最大零件的表面积为4π×（）2＝π（cm2）．故选：B．4．（2020秋•湖南期中）已知四面体ABCD的四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD＝1，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．B．C．3πD．【答案】C【解答】解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到正方体中，AB⊥平面BCD，AB＝BD＝CD＝1，可得长方体的对角线为＝．∴球O的半径R＝．球O的表面积S＝4πR2＝3π．故选：C．5．（2020秋•镇江期中）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，则该球的表面积为（）A．40πB．32πC．10πD．8π【答案】A【解答】解：∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝4，∴可将棱柱ABC﹣AA1B1C1补成长方体，长方体的对角线＝2，即为球的直径，∴球的半径为，∴球的表面积为4π×（）2＝40π，故选：A．7．（2020秋•宁波期中）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．C．D．【答案】C【解答】解：由题意几何体的直观图如图：是一个圆锥，去掉部分的剩余几何体与一个三棱锥的几何体；几何体的体积为：+＝．故选：C．8．（2020秋•包河区校级月考）已知三棱锥P﹣ABC的顶点P在底面的射影O为ΔABC的垂心，若，且三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，则SΔP AB+SΔPBC+SΔP AC的最大值为（）A．8B．10C．18D．22【答案】C【解答】解：如图，连AO，并延长交BC于D，顶点P在底面的射影O为ABC的垂心，∴AD⊥BC，又PO⊥平面ABC，∴PO⊥BC，∵AD∩PO＝O，∴BC⊥面ADP，可得BC⊥P A，BC⊥PD．同理AC⊥PB，AB⊥PC．由，可得AD•OD＝PD2，且∠PDO＝∠PDA，∴△POD∽△APD，∴∠APD＝∠POD＝90°，∴P A⊥PD，又P A⊥BC，BC∩PD＝D，∴AP⊥面PBC，得P A⊥PB，又PB⊥AC，且AP∩AC＝A，∴PB⊥面APC，即可得PB⊥PC，故P A，PB，PC两两互相垂直，∴三棱锥P﹣ABC的外接球为以P A，PB，PC为棱的长方体的外接球，又三棱锥P﹣ABC的外接球半径为3，∴P A2+PB2+PC2＝36，则S△P AB+S△PBC+S△P AC＝≤＝18．∴S△P AB+S△PBC+S△P AC的最大值为18，当且仅当P A＝PB＝PC＝2时，等号成立．故选：C．9．（2020秋•马尾区校级期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面CB1D1为α，若α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，记平面CB1D1为α，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，又α∩平面A1B1C1D1＝B1D1，α∩平面DCC1D1＝CD1，∴m∥B1D1，n∥CD1，∴m，n所成角等于直线B1D1，CD1所成角，即∠B1D1C是m，n所成角，∵△B1D1C是等边三角形，∴∠B1D1C＝60°，∴m，n所成角的余弦值为cos∠B1D1C＝cos60°＝．故选：D．10．（2020秋•宁夏期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为（）A．8092m3B．4046m3C．24276m3D．12138m3【答案】A【解答】解：如图，四棱锥P﹣ABCD，PO⊥底面ABCD，PO＝21m，AB＝34m，则m3，故选：A．11.（2020秋•沙坪坝区校级期中）设m，n，l为空间不重合的直线，α，β，γ是空间不重合的平面，则下列说法正确的个数是（）①m∥l，n∥l，则m∥n；②α∥γ，β∥γ，则α∥β；③m∥l，m∥α，则l∥α；④l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β；⑤m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β．A．0B．1C．2D．3【答案】C【解答】解：对于①，由平行公理知，m∥l，n∥l，则m∥n，所以①正确；对于②，由平面平行的传递性知，α∥γ，β∥γ，则α∥β，所以②正确；对于③，由m∥l，m∥α，则l∥α或l⊂α，所以③错误；对于④，由l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β或α∩β，所以④错误；对于⑤，由m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β或α∩β，所以⑤错误；综上知，正确的命题序号是①②，共2个．故选：C．12.（2020秋•成都期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AD⊥P A，BC⊥PB，PB＝BC，P A＝AB，M为PB的中点，若PC上存在一点N使得平面PCD⊥平面AMN，则＝（）A．B．C．D．1【答案】B【解答】解：取BC的中点R，AD的中点Q，P A的中点为O，连接MR，RQ，MO，OQ，由CD∥RQ，OQ∥PD，可得平面MOQR∥平面PCD，由平面PCD⊥平面AMN，可得平面MOQR⊥平面AMN，过M作NM⊥PC，垂足为N，底面ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，又BC⊥PB，可得AD⊥PB，又AD⊥P A，可得AD⊥平面P AB，BC⊥平面P AB，可得BC⊥AM，在△P AB中，P A＝AB，M为PB的中点，可得AM⊥PB，则AM⊥平面PBC，AM⊥MR，而MN⊥PC，MN⊥MR，可得MR⊥平面AMN，设PB＝BC＝2，则PC＝2，而PM＝1，则PN＝，NC＝2﹣＝，所以＝，故选：B．13.（2020秋•衢州期中）已知圆锥的全面积是底面积的4倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（）A．B．C．3D．4【答案】A【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于圆锥的全面积是底面积的4倍，即πr2+＝4πr2，解得l＝3r，即母线和底面半径的比为3，设圆锥底面半径为1，则圆锥母线长为3，圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周长为2π，可得该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为．故选：A．14.（2020秋•广陵区校级期中）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，D为A1C1的中点，则BC1与DA所成角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】A【解答】解：以C为原点，在平面ABC内，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，1，0），C1（0，0，），A（，，0），D（，，），＝（0，﹣1，），＝（，，﹣），设BC1与DA所成角的大小为θ，则cosθ＝＝＝．∴BC1与DA所成角的大小为30°．故选：A．15.（2020秋•海淀区校级期中）在边长为2的等边三角形ABC中，点D、E分别是边AC，AB上的点，满足DE∥BC且＝λ（λ∈（0，1）），将△ADE沿直线DE折到△A′DE的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（）A．在边A′E上存在点P，使得在翻折过程中，满足BP∥平面A′CDB．存在λ∈（0，），使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCDEC．若λ＝，当二面角A′﹣DE﹣B为直二面角时，|A′B|＝D．设O为线段ED的中点，F为线段BC的中点，对于每个给定的λ，记翻折过程中△A′OF面积的最大值为f（λ），则当λ变化时，f（λ）的最大值为【答案】D【解答】解：对于A，连接AA′，A′B，A′C，显然平面A′BE∩平面A′CD＝AA′，若A′E上存在点F使得BF∥A′CD，则BF∥AA′，显然BF与AA′为相交直线，矛盾，故A错误；对于B，设BC中点F，DE中点O，由等边三角形性质可知DE⊥AO，DE⊥A′O，故A′在平面BCDE上的射影在直线AF上，若平面A'BC⊥平面BCDE，则F为A′在底面BCDE上的射影，于是A′O＞OF，∴λ＞，与λ∈（0，）矛盾，故B错误；对于C，若，二面角A'﹣DE﹣B为直二面角，则OA′＝OF＝AF＝，BF＝1，且A′O⊥平面BCDE，∵OB＝＝，∴|AB′|＝＝，故C错误；对于D，由可知AO＝λ，即A′O＝λ，∴OF＝﹣λ，显然当A′O⊥OF时，△A′OF的面积最大，故f（λ）＝×（）＝λ（1﹣λ）≤×（）2＝，当且仅当λ＝1﹣λ即λ＝时取等号，故D正确．故选：D．16.（2020秋•沈河区校级期中）如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为3的正八面体的内切球半径是．【答案】．【解答】解：由题意，该正八面体的棱长为3，则该正八面体的体积V＝＝，设正八面体的内切球半径为r，∵，则，解得r＝，故答案为：．17.（2020秋•建平县月考）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为144，点P是正方形A1B1C1D1的中心，点P，A，B，C，D都在球O的球面上，其中球心O在长方体ABCD﹣A1B1C1D1的内部．已知球O的半径为R，球心O到底面ABCD的距离为，则R＝4．过AB的中点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是6π．【答案】4；6π．【解答】解：由题意可知正方形ABCD的对角线长为，则正方形ABCD的边长为，故长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为＝144，解得R＝4．当OE垂直截面时，截面面积达到最小，此时OE＝，则截面圆的半径r＝，故截面圆的面积最小为πr2＝6π．故答案为：4；6π．18.（2020秋•贵池区校级期中）长方、堑堵、阳马、鱉臑、这些名词出自中国古代数学明著《九章算术•商功》，其中阳马和鱉臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼．取一长方体，如图长方体ABCD﹣A1B1C1D1，按平面ABC1D1斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体称为鱉臑，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝DD1＝2，当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，堑堵ADD1﹣BCC1的体积为2．【答案】2．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD＝DD1＝2，∴当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，BC＝CD＝，∴当阳马B﹣CDD1C1体积最大时，堑堵ADD1﹣BCC1的体积为：＝＝＝＝2．故答案为：2．19.（2020秋•杨浦区期中）P是直角三角形ABC所在平面外一点，已知三角形的边长AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，P A ＝PB＝PC＝4，则直线PB与平面ABC所成角的余弦值为．【答案】．【解答】解：取AC的中点D，连接PD，BD，∵P A＝PC，D是AC的中点，∴PD⊥AC，∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，∴AC＝5，∴AD＝BD＝，又P A＝PB＝4，∴△P AD≌△PBD，∴∠PDB＝∠PDA＝90°，∴PD⊥BD，又AC∩BD＝D，∴PD⊥平面ABC，∴∠PBD为直线PB与平面ABC所成的角，∴cos∠PBD＝＝．故答案为：．20.（2020秋•宁波期中）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，DC∥AB，∠BAE＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AE＝ED＝DC，M为EB的中点．（1）求证：DM⊥AE；（2）求直线DM与平面BCE所成角的正弦值．【解答】（1）证明：记AE的中点为F，连接MF、DF．∵DE＝AD＝AE，∴AE⊥DF．∵∠BAD＝∠BAE＝90°，∴AB⊥AD，AB⊥AE，AB∩AE＝A，∴AB⊥面ADE．∵M为EB的中点，∴MF∥AB，∴MF⊥面ADE，AE⊂平面ABE，∴MF⊥AE，又AE⊥DF，FM∩DM＝M，∴AE⊥面DFM，DM⊂平面DFM，∴AE⊥DM．（2）解：∵AB⊥面AEM，又AB∥DC，∴DC⊥面AED，故可如右图形式以建系．不妨设DC＝4，则有，，，设面BCE的一个法向量＝（x，y，z），则，即，令x＝1，则y＝1，z＝，可得面BCE的一个法向量，则＝，所以直线DM与平面BCE所成角的正弦值为．21.（2020秋•兴宁区校级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E是DC的中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，连结DB、DC、EB．（1）求证：AD⊥平面BDE；（2）求平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E是DC的中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，连结DB、DC、EB．∴AD⊥DE，又∵平面ADE⊥平面ABCE且交线为AE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥AD，又∵AD⊥DE，且DE∩BE＝E，∴AD⊥平面BDE．（2）解：如图所示建立空间直角坐标系，E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），D（），C（﹣，，0），＝（﹣，﹣，0），＝（，﹣2，），设平面BDC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，﹣3），平面ADE的法向量＝（0，1，0），设平面ADE与平面BDC所成锐二面角为θ．则平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值为：cosθ＝＝＝．22.（2020秋•蒸湘区校级期中）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝．（1）求直线DE与直线AC所成的角；（2）求二面角B﹣ED﹣C的余弦值．【解答】解：如图，由题意，AB⊥AD，AE⊥AB，AE⊥AD，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，），（1），＝（1，1，），∵，∴直线DE与直线AC所成的角为；（2）设平面BED的一个法向量为＝（x1，y1，z1），＝（﹣2，0，），＝（0，﹣2，），由，取，得；设平面EDC的一个法向量为，＝（0，﹣2，），＝（1，1，0），由，取，得．∴cos＜＞＝＝，∴二面角B﹣ED﹣C的余弦值为．23.（2020秋•阆中市校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，CD＝2AB，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：AE∥平面PBC；（2）若P A＝CD＝2BC，求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．（2）．【解答】（1）证明：取CD的中点F，连结EF，AF，∵E是PD中点，∴EF∥PC，∵CD＝2AB，CD＝2AB，∴AB＝CF，∵AB∥CD，AB⊥BC，∴四边形ABCF是矩形，∴AF∥BC，∵EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，∴平面AEF∥平面PBC，∵AE⊂平面AEF，∴AE∥平面PBC．（2）解：由已知和（1）得AB，AF，P A两两垂直，以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设CD＝2AB＝2，则P A＝CD＝2BC＝2，∴A（0，0，0），P（0，0，2），C（1，1，0），D（1，﹣1，0），∴＝（0，0，2），＝（0，20），＝（1，﹣1，﹣2），∴平面APD的法向量＝（x，y，z），则，令z＝1，＝（1，1，0），设平面CPD的一个法向量＝（x，y，z），则，令x＝2，得＝（2，0，1），∴cos＜＞＝＝＝，∴二面角A﹣PD﹣C的余弦值为．24.（2020秋•浙江期中）如图，已知平面多边形P﹣ABCD中，AP＝PD，AD＝2DC＝2CB＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，现将三角形APD沿AD折起，使．（Ⅰ）证明：PB⊥AD；（Ⅱ）证明：平面P AC⊥平面ABCD；（Ⅲ）求二面角P﹣AB﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取AD得中点E，连接PE，BE，因为AP＝PD，所以PE⊥AD，又因为，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD，因为AD⊥DC，所以AD⊥BE，BE∩PE＝E，所以AD⊥平面PBE，所以PB⊥AD．（Ⅱ）证明：记AC∩BE＝O，所以O是AC的中点，也是BE的中点，因为，所以PO⊥AC，又OD＝OA，PD＝P A，所以PO⊥OD，AC∩OD＝O，所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面P AC，所以平面P AC⊥平面ABCD．（Ⅲ）过O作OH⊥AB，垂足为H，由（Ⅱ）可得PH⊥AB（三垂线定理），所以∠PHO为二面角P﹣AB﹣D的平面角．因为，∴，所以．。

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．。