立体几何---填空题

第二章空间向量与立体几何综合填空20道一、填空题1．如图，PA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1PA AC ==，2BC =，则二面角A PB C --的余弦值大小为________.2．已知P A 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且P A ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.3．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB AD AA ===,1160BAD DAA BAA ︒∠=∠=∠=,则1BD =__________．4．若(2,1,2),(6,3,2)a b →→=-=-，且()a b a λ→→→+⊥，则实数λ=______________. 5．已知正四面体ABCD 的棱长为1，点E 、F 分别是BC ，AD 的中点，则AE AF ⋅的值为_____．6．已知三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，侧棱1AA ⊥底面ABC ，若,E F 分别是线段1BB ，11A C 的中点，则异面直线AE 与CF 所成角的余弦值是______.7．在直三棱柱111ABC A B C -中，13,3,32,2AC BC AB AA ====，则异面直线1A C 与1BC 所成角的余弦值为______________.8．如图，E 是棱长为2的正方体的棱1AA 的中点，F 为棱AB 上的一点，且190C EF ∠=︒，则线段AF 的长为________．9．已知()1,0,2a λ→=+，()6,21,2b μλ→=-，若//a b →→，且a →与b →反向，则λμ+=________．10．已知点P （2， 3，-1），则点P 关于坐标原点对称点的坐标为_____11．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是线段1DC 上的动点，则M 点到直线1AD 距离的最小值为______12．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，1AD AA =，且1C D 与底面1111D C B A 所成角为60°，则直线1C D 与平面11CB D 所成的角的正弦值为______．13．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA =，底面ABCD 是直角梯形，A ∠为直角，//AB CD ，4AB =，2AD =，1DC =，则异面直线1BC 与DC 所成角的余弦值为______．14．三棱锥O ABC -中，OA 、OB 、OC 两两垂直，且OA OB OC ==.给出下列四个命题：①()()223OA OB OC OA ++=； ②()0BC CA CO ⋅-=；③()OA OB +和CA 的夹角为60； ④三棱锥O ABC -的体积为()16AB AC BC ⋅. 其中所有正确命题的序号为______________.15．如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是对角线1BD 上的点，若直线DP 与底面ABCD 所成角的正切值等于322，则经过P ，A ，B ，C ，D 的球的表面积等于______．16．已知如图，P A 、PB 、PC 互相垂直，且长度相等，E 为AB 中点，则直线CE 与平面P AC 所成角的正弦值为______ ．17．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AC CC ⊥，AC BC ⊥，2AC BC ==，160C CB ∠=︒，13CC =，点D ，E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1AD =，2CE =，则二面角1B B E D --的正切值_______18．如图，一张4A 纸的长、宽分别为22,2a a ．,,,A B C D 分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得1234,,,P P P P 四点重合为一点P ，从而得到一个多面体．关于该多面体的下列命题，正确的是__________．（写出所有正确命题的序号）①该多面体是三棱锥；②平面BAD ⊥平面BCD ；③平面BAC ⊥平面ACD ；④该多面体外接球的表面积为25a π19．如图，在四面体D ABC -中，5AD BD AC BC ====，6AB DC ==.若M 为线段AB 上的动点（不包含端点），则二面角D MC B --的余弦值取值范围是__________．20．若直线a 的方向向量为a ，平面,αβ的法向量分别为,n m ，则下列命题为真命题的序号是___________．（1）若a n ⊥，则直线//a 平面α；（2）若//a n ，则直线a ⊥平面α；（3）若1cos ,2a n 〈〉=，则直线a 与平面α所成角的大小为6π； （4）若1cos ,2m n 〈〉=，则平面,αβ的夹角为3π．参考答案1．33【分析】以点C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角．【详解】以点C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴建立空间直角坐标系，∵(100)A ，，、(02B ，，、(000)C ，，、(101)P ，， ∴(001)AP =，，，(121)PB =--，，，(02CB =，，， 设平面APB 的法向量为1111()n x y z =，，，设平面PBC 的法向量为2222()n x y z =，，， 则11110{20z x z =--=且222220{20x z =-+-=， ∴可取1(22n =，，，2(101)n =-，，，∴1212123cos 62n n n n n n ⋅===⋅⋅，. 二面角A PB C --3 3 22【分析】利用空间向量的模的求法即可求解.【详解】连接PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，所以MN ＝12PD ，又P (0，0，1)，D (0，1，0)，所以PD ==MN .故答案为：2 【点睛】本题考查了空间向量法求两点间的距离公式，考查了基本运算求解能力，属于基础题.3【分析】 用基底表示出1BD ，然后利用向量数量积的运算，求得1BD .【详解】因为111BD AD AB AD AA AB=-=+-， 所以2211()BD AD AA AB =+- 222111222AD AA AB AD AA AD AB AA AB =+++--1112cos602cos602cos602=+++⨯-⨯-⨯=，所以1||2BD BD ==【点睛】本小题主要考查空间向量法计算线段的长，属于基础题.4．919- 【分析】 利用已知条件求出a b λ→→+，然后()=0a b a λ→→→+⋅，求出λ即可.【详解】(2,1,2),(6,3,2)a b →→=-=-， ∴()=2+6,13,22a b λλλλ+--+,()a b a λ→→→+⊥,()=0a b a λ→→→∴+⋅,即()()()()2+6+1312220λλλ⨯--⨯-++⨯=2，解得：λ=919-. 故答案为：919-【点睛】本题考查空间向量的数量积的应用，向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题. 5．14【分析】 由正四面体的定义知，正四面体相对的棱互相垂直，从而可得出0AF BE ⋅=，进而得出14AE AF AB AF ⋅=⋅=. 【详解】 如图，四面体ABCD 是正四面体，∴四面体的每个面都是正三角形，且相对的棱相互垂直，且棱长为1，又点E 、F 分别是BC ，AD 的中点，∴12AF AD =，0AF BE ⋅= ∴()1cos34AE AF AB BE AF AB AF BE AF AB AF π⋅=+⋅=⋅+⋅==. 故答案为：14. 【点睛】本题考查了正四面体的定义，正四面体的相对的棱互相垂直，向量垂直的充要条件，向量加法的几何意义，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算和推理能力，属于基础题．6．1 5【分析】以A为原点建立空间直角坐标系，求得向量,AE CF的坐标，然后由cos,AE CFAE CFAE CF⋅=⋅求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则())()()0,0,0,3,1,1,0,2,0,0,1,2A E C F，所以()()3,1,1,0,1,2AE CF==-，所以1cos,555AE CFAE CFAE CF⋅===⋅，故答案为：15【点睛】本题主要考查空间向量法求异面直线所成的角，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7．413【分析】先由题意可得1CA CB CC 、、两两垂直，以C 点为坐标原点，以1CA CB CC 、、方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，求出直线1A C 与1BC 的方向向量，根据向量夹角余弦值即可得出结果. 【详解】因为3,3,32AC BC AB ===，所以角C 为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以1CA CB CC 、、两两垂直，以C 点为坐标原点，以1CA CB CC 、、方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()10,0,2C ，()13,0,2A ，()0,3,0B ，所以()13,0,2AC =--，()1 0,3,2BC =-， 设异面直线1A C 与1BC 所成角为θ，则111111224cos cos 139494AC BC AC BC AC BC θ•-⨯====+⨯+，.故答案为413.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，空间向量法求异面直线所成角，是一种常用的方法，属于常考题型. 8．12【分析】先建立空间直角坐标系，设AF t =，并确定点E 、F 、1C 的坐标和向量EF 、1EC 的坐标表示，再结合190C EF ∠=︒，建立方程210t -=，求线段AF 的长. 【详解】解：由题意：以点D 为原点，建立空间直角坐标系，如图，并设AF t =，则(2,0,1)E ，(2,,0)F t ，1(0,2,2)C ，则(0,,1)EF t =-，1(2,2,1)EC =- 因为190C EF ∠=︒，所以1EF EC ⊥，则10EF EC ⋅=， 所以210t -=，解得12t =所以线段AF 的长为12. 故答案为：12【点睛】本题考查利用空间向量垂直关系的坐标表示求长度，是基础题 9．52-【分析】根据题意可设b k a →→=，且k 0<，然后可得出()1621022k k λμλ⎧+=⎪-=⎨⎪=⎩，根据k 解出λ，μ即可得出λμ+的值.【详解】解：∵//a b →→，且a →与b →反向， ∴设b k a →→=，k 0<，∴()()6,21,21,0,2k μλλ-=+，∴()1621022k k λμλ⎧+=⎪-=⎨⎪=⎩，∵k 0<，∴解得3123k μλ=-⎧⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎩，∴52λμ+=-. 故答案为：52-. 【点睛】本题考查空间向量的共线问题，考查运算能力，是基础题. 10．()2,3,1-- 【分析】点(a ，b ，)c 关于原点的对称点的坐标为(a -，b -，)c -． 【详解】解：点(2P ，3，1)-，则点P 关于坐标原点对称点的坐标为(2-，3-，1)． 故答案为：()2,3,1--． 【点睛】本题考查点的坐标的求法，考查对称的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题． 11．33a【分析】以A 为坐标原点，1,,AD AB AA 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出与两异面直线1AD 和1DC 都垂直的向量n ，再由AD 在n 方向上的投影，即为M 点到直线1AD 距离的最小值.以A 为坐标原点，1,,AD AB AA 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图：()0,0,0A ，(),0,0D a ，()1,,C a a a ，()1,0,D a a ， ()10,,DC a a =，()1,0,a a AD =，点M 点到直线1AD 距离的最小值为两异面直线1AD 和1DC 间的距离， 设他们的公垂线所在的向量为(),,n x y z =，由1100n DC ay az n AD ax az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1y =，1z =-，所以1,1,1n，(),0,0AD a =，则两异面直线1AD 和1DC 间的距离为：333n AD a n⋅== 故答案为：33a【点睛】关键点点睛：M 点到直线1AD 距离的最小值即为两条异面直线1AD 和1DC 间的距离，也即是他们的公垂线段的长AD 在n 方向上的投影. 12．155先得出1160DC D ∠=，以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法可求出. 【详解】长方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面面1111D C B A ，11DC D ∴∠即为1C D 与底面1111D C B A 所成角，1160DC D ∴∠=，111AB C D ==，13DD ∴=，以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则()(()(1110,0,0,3,0,1,0,3,1,3,3D C C B D ，则()((1110,1,3,3,0,3,0,3DC CB CD ===-，设平面11CB D 的一个法向量为(),,n x y z =，则1100n CB n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即33030x z y z +=-+=⎪⎩，令1x =，则3,1y z ==-，即()1,3,1n =--， 设直线1C D 与平面11CB D 所成的角为θ，则1112315sin cos ,525DC n DC n DC nθ⋅-=<>===⨯⋅.15. 【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 13．31717【分析】本题首先可结合题意绘出空间直角坐标系，然后根据空间直角坐标系得出()0,1,0DC =以及()12,3,2BC =--，最后根据111cos ,DC BC DC BC DC BC ⋅=⋅即可得出结果.【详解】因为四棱柱1111ABCD A B C D -使直四棱柱，A ∠为直角，//AB CD ，所以可以以D 为坐标原点，以DA 、DC 、1DD 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，则()0,0,0D ，()2,4,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2C ， 故()0,1,0DC =，()12,3,2BC =--， 因为1DC =，222123217BC =++=，所以1113317cos ,17DC BC DC BC D BC C ⋅-===⋅故异面直线DC 与1BC 所成的角的余弦值为31717，故答案为：317. 【点睛】方法点睛：求空间中两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式求出两向量的夹角的大小，从而得出结果. 14．①②③ 【分析】设OA OB OC a ===，以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算可判断①②③④的正误. 【详解】设OA OB OC a ===，由于OA 、OB 、OC 两两垂直，以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 如下图所示：则()0,0,0O、(),0,0A a 、()0,,0B a 、()0,0,C a .对于①，(),,OA OB OC a a a ++=，所以，()()22233OA OB OCa OA ++==，①正确；对于②，(),0,0CA CO OA a -==，()0,,BC a a =-，则()0BC CA CO ⋅-=，②正确；对于③，(),,0OA OB a a +=，(),0,CA a a =-，()()221cos ,2OA OB CA a OA OB CA OA OB CA+⋅<+>===+⋅， 0,180OA OB CA ≤<+>≤，所以，()OA OB +和CA 的夹角为60，③正确；对于④，(),,0AB a a =-，(),0,AC a a =-，()0,,BC a a =-，则2AB AC a ⋅=，所以，()22316666a a AB AC BC BC a ⋅===，而三棱锥O ABC -的体积为3111326V OA OB OC a =⨯⋅⋅=，④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】关键点点睛：在立体几何中计算空间向量的相关问题，可以选择合适的点与直线建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可. 15．33π 【分析】首先根据直线与平面所成角的定义在图形中作出直线DP 与底面ABCD 所成的角，结合其正切值确定点P 在1BD 上的位置，然后根据正方体的性质确定球心O 的位置，利用外接球的特征及勾股定理求出球的半径，最后用球的表面积公式求得表面积． 【详解】如图，连接DB ，11D B ，过P 作PQDB ⊥，垂足为Q ，易知平面11DBB D ⊥平面ABCD ，且平面11DBB D ⋂平面ABCD BD=， 所以PQ ⊥平面ABCD ，因此PDQ ∠就是直线DP 与底面ABCD 所成的角，则tan 2PQ PDQ DQ∠==． 设DQ x =，则2PQ x =，易知1BPQ BD D △∽△， 所以1PQ BQD D BD=，而BD =所以32422442x x-=，解得2x=，即2DQ=，3PQ=．连接AC，与BD相交于点E，连接11A C，与11D B相交于点1E，连接1EE，分析易知经过P，A，B，C、D的球的球心O一定在线段1EE上，连接OP，OA，过O作OM PQ⊥，垂足为M，设OE m=，球O的半径为R，则()222222R OA OE AE m==+=+，且R OP==()22222(3)OM PM m+=+-，因此()()2222222(3)m m+=+-，解得12m=，332R=，故球O的表面积2433S Rππ==．故答案为：33π【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断出经过P，A，B，C、D的球的球心O一定在线段1EE 上，然后求出求得半径.166【分析】建立空间直角坐标系，求出平面P AC 的法向量和向量CE ，利用空间向量的数量积求解即可． 【详解】P A 、PB 、PC 互相垂直，以P 为坐标原点，P A 、PB 、PC 分别为x ，y ，z 轴，设2PA =，则平面P AC 的法向量可以为()2,0,0n =，()1,0,1E ，()0,2,0C ，CE ()121=-，，， 直线CE 与平面P AC 所成角的正弦值为：CE 6626CEn n ⋅==⋅． 6 【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间向量数量积的应用，是基础题． 17221【分析】根据题意，先得到AC ⊥平面11BCC B ，所以向量AC 为平面11BCC B 的一个法向量；分别以CA ，CB 为x 轴，y 轴，以垂直于平面ABC 过点C 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，根据题意求出平面1B ED 的一个法向量，根据向量夹角公式求出二面角的夹角余弦值，进而可求出结果. 【详解】因为AC BC ⊥，1AC CC ⊥，1BCCC C =，且1,BC CC ⊂平面11BCC B ，所以AC ⊥平面11BCC B ，所以向量AC 为平面11BCC B 的一个法向量；分别以CA ，CB 为x 轴，y 轴，以垂直于平面ABC 过点C 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，因为2AC BC ==，160C CB ∠=︒，13CC =，所以()2,0,0A ，()0,0,0C ，()2,0,0B ，则12,2D ⎛ ⎝⎭，(E，170,2B ⎛ ⎝⎭，所以12,,2ED ⎛=- ⎝⎭，150,2EB ⎛= ⎝⎭，()2,0,0AC =-设平面1B ED 的一个法向量为(),,m x y z =，则 1m ED m EB ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩，即1120225022m ED x y z m EB y z⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，解355x z y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，令5z =，则()3,m =，所以cos ,4AC mAC m AC m ⋅<>===， 由图像可得，二面角1B B E D --为锐角，记为θ，所以co cos s ,AC m θ>=<=，因此sin θ== 所以sin tan cos 3θθθ===.221. 【点睛】 本题主要考查求二面角的正切值，根据向量的方法求解即可，属于常考题型.18．①②③④【解析】 由题意得，该多面体是三棱锥，故①正确，又根据题意可得，2,3BD a AD CD AB BC a =====，分析可得，平面BAD ⊥平面BCD ，故②正确，同理平面BAC ⊥平面ACD 5a ，则该多面体外接球的表面积为25a π，故④正确,综合：答案为①②③④.19．99(,)1616- 【详解】以AB 的中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则163(0,,(0,4,0),(,0,0)(33)22D C M a a --<<， 平面MBC 的一个法向量为1(0,0,1)n =，设平面DMC 的一个法向量为2(,,)n x y z =，则963(0,,),(,4,0)22DC MC a=-=-，则2296300240n DC y zn MCax y⎧⎧⋅=--=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎩⎪-+=⎩，令4639,,63z x y===，所以平面DMC的一个法向量为2463(,63,9)n=，所以1222cos,166316636381144n na a==⨯⨯+++，因为33a-<<，所以29<a，所以2166316631441442569a⨯⨯+>+=，所以129cos,16n n<，即二面角的余弦值的取值范围是99(,)1616-.点睛：本题主要考查了空间几何体的结构特征和二面角的计算问题，空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，利用空间向量求解空间角的关键在于“四破”：第一、破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二、破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三、破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四、破“应用公式关”.20．（2）（3）（4）【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，逐一判断线面、面面关系即可得结论. 【详解】若a n⊥，则直线a与平面α平行或在平面α内，所以（1）是假命题；若//a n，则a也是平面α的法向量，所以直线a⊥平面α，所以（2）是真命题；直线与平面的夹角的正弦值等于直线与平面法向量所成的锐角的余弦值，所以（3）是真命题；两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90°的角相等，所以（4）是真命题，故答案为：（2）（3）（4）.【点睛】本题考查了空间向量的应用问题，也考查了直线的方向向量与平面的法向量的应用问题，属于中档题.。

立体几何压轴填空题题库一、填空题1．在三棱锥ABCD 中，已知AD⊥BC，AD=6，BC=2，AB+BD=AC+CD=7，则三棱锥ABCD 体积的最大值是_____． 2．已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，，，则球的表面积为__________． 3．已知，，都在球面上，且在所在平面外，，，，，在球内任取一点,则该点落在三棱锥内的概率为__________．4．正方体1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为12π， E 为球心， F 为11C D 的中点.点M 在该正方体的表面上运动，则使ME CF ⊥的点M 所构成的轨迹的周长等于__________．5．如下图，在一个几何体的三视图中，主视图和俯视图都是边长为2的等边三角形，左视图是等腰直角三角形，那么这个几何体外接球的表面积为__________．6．已知球O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD -的外接球，3,23BC AB ==E 在线段 BD 上，且3BD BE =，过点E 作圆O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________．7．(数学文卷·2017届重庆十一中高三12月月考第16题) 现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为221254y x += ，将此椭圆绕y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于______．8．(2017届高三第二次湖北八校文数试卷第16题)祖暅（公元前5～6世纪）是我国齐梁时代的数学家，是祖冲之的儿子.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.设由椭圆22221(0)y xa ba b+=>>所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（如图）（称为椭球体），课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的做法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于______．9．在一个平行六面体中，以A为端点的三条棱长都相等，均为2，且,,AD AB AA'的夹角均为30︒，那么以这个顶点A为端点的平行六面体的体对角线的长度为__________．10．如图所示，在确定的四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD.(1)若AB⊥CD，则截面EFGH与侧面ABC垂直；(2)当截面四边形EFGH面积取得最大值时，E为AD中点；(3)截面四边形EFGH的周长有最小值；，则在四面体内存在一点P到四面体ABCD六条棱的中点的距离相等.上(4)若AB⊥CD，AC BD述说法正确的是．11．如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形的面积不改变；③棱始终与水面平行；④当时，是定值．其中正确说法是．12．如图所示，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线B1C上运动，则下列四个命题：①AP∥面A1C1D，②A1P⊥BC1，③平面PD1B⊥平面A1C1D，④三棱锥A1-DPC1的体积不变其中正确的命题序号是______．13．已知四棱锥的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球的表面积等于_________.14．如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯,杯身曲线内收,玲珑娇美,巧夺天工,是唐代金银细作的典范之作.该杯型几何体的主体部分可近似看作是双曲线的右支与直线,,围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体,如图分别为的渐近线与,的交点,曲边五边形绕轴旋转一周得到的几何体的体积可由祖恒原理(祖恒原理：幂势既同，则积不容异).意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等，那么这两个几何体的体积相等)，据此求得该金杯的容积是_____.(杯壁厚度忽略不计)15．正三棱锥中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．16．如图，棱长为3的正方体的顶点在平面上，三条棱都在平面的同侧，如顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离为___________；17．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即，，，则______写出所有正确结论的编号四面体ABCD每个面的面积相等四面体ABCD每组对棱相互垂直连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长都可以作为一个三角形的三边长18．已知用“斜二测”画图法画一个水平放置的圆时，所得图形是椭圆，则该椭圆的离心率为_______ 19．若一个四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球的体积最小时，它的高为_________．20．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______________________；21．已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______.22．正方体中，点分别在棱上，且其中，若平面与线段的交点为，则__________．23．已知点在球表面上，且，若三棱锥的体积为，球心恰好在棱上，则这个球的表面积为__________．24．已知半径为4的球面上有两点，，，球心为，若球面上的动点满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_______．25．如图所示，三棱锥的顶点，，，都在同一球面上，过球心且，是边长为2等边三角形，点、分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为__________．26．在棱长为1的正方体中，设以上、下底面各边中点为顶点的正四棱柱为，以左、右侧面各边中点为顶点的正四棱柱为，则正方体体对角线在，公共部分的长度为______．27．已知正三棱柱的所有棱长为2，点分别在侧面和内，与交于点，则周长的最小值为_______．28．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为______．29．已知点，，在半径为2的球的球面上，且，，两两所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，平面截球所得的截面圆的面积为_______．30．正方体的棱长为2，，，，分别是，，，的中点，则过且与平行的平面截正方体所得截面的面积为____，和该截面所成角的正弦值为______．31．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形可以是_____填上所有你认为正确的序号正三边形正四边形正五边形正六边形钝角三角形等腰梯形非矩形的平行四边形32．已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值是______33．在三棱锥中，平面，且，，，当三棱锥的体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积为__________．34．古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯（Pappus，约300～约350）在《数学汇编》第3卷中记载着一个定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以重心旋转所得周长的积.”如图，半圆的直径，点是该半圆弧的中点，半圆弧与直径所围成的半圆面（阴影部分不含边界）的重心位于对称轴上.若半圆面绕直径所在直线旋转一周，则所得到的旋转体的体积为__________,___________________．35．已知底面边长为3的正三棱锥的外接球的球心Q满足，则正三棱锥的内切球半径为___．36．已知A,B两点都在以PC为直径的球O的表面上，AB⊥BC，AB=2，BC=4，若球O的体积为，则三棱锥P-ABC表面积为___________．37．类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念.已知球的一个内接四面体中，，过球心，若该四面体的体积为1，且，则球的表面积的最小值为______.38．某三棱锥的三视图如下图所示，则这个三棱锥中最长的棱与最短的棱的长度分别为___________，__________.39．已知球的半径为24cm，一个圆锥的高等于这个球的直径，而且球的表面积等于圆锥的表面积，则这个圆锥的体积是__________ cm3．（结果保留圆周率 ）40．如图，四面体中，面和面都是等腰，，，且二面角的大小为，若四面体的顶点都在球上，则球的表面积为____________。

2020北京高一数学下学期期末汇编：立体几何（填空题）一．填空题（共18小题）1．（2020春•海淀区校级期末）已知a，b是不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a⊥α，a∥β，则α⊥β；②a∥α且α∥β，则a∥β；③若a⊥α，b∥α，则a⊥b．所有正确命题的序号为．2．（2020春•顺义区期末）如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则异面直线AC与A1B所成的角的大小是；直线A1B和底面ABCD所成的角的大小是．3．（2020春•海淀区校级期末）某正方体的体对角线长为，则这个正方体的表面积为．4．（2020春•朝阳区期末）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样大的四面体得到的（如图）．则该几何体共有个面；如果被截正方体的棱长是50cm，那么石凳的表面积是cm2．5．（2020春•延庆区期末）如图，四面体ABCD的一条棱长为x，其余棱长均为2，记四面体ABCD的表面积为F （x），则函数F（x）的定义域为；最大值为．6．（2020春•海淀区校级期末）已知正四棱锥的高为4，侧面积为4，则该棱锥的侧棱长为．7．（2020春•密云区期末）将底面直径为8，高为2的圆锥体石块打磨成一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为．8．（2020春•房山区期末）已知一个长方体的长、宽、高分别为2，2，1，则它的体对角线的长为．9．（2020春•海淀区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，则的值为．10．（2020春•通州区期末）棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是．11．（2020春•丰台区期末）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，DD1＝1，则异面直线AA1与BC1所成角的大小为．12．（2020春•海淀区校级期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为60，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．13．（2020春•东城区期末）已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个论断：①l∥m，②α∥β，③m⊥α，④l⊥β．以其中的两个论断作为命题的条件，l⊥α作为命题的结论，写出一个真命题：．14．（2020春•延庆区期末）一个圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为30°，则圆锥底面半径为．15．（2020春•密云区期末）已知a，b是平面α外的两条不同直线，给出下列三个论断：①a⊥b；②a⊥α；③b∥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：．16．（2020春•通州区期末）若空间中两直线a与b没有公共点，则a与b的位置关系是．17．（2020春•西城区期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，则球的直径是；球的表面积是．18．（2020春•大兴区期末）三棱锥的三条侧棱两两垂直，长分别为1，2，3，则这个三棱锥的体积为．2020北京高一数学下学期期末汇编：立体几何（填空题）参考答案一．填空题（共18小题）1．【分析】对于①，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于②，a∥β或a⊂β；对于③，由线面垂直的性质得a⊥b．【解答】解：由a，b是不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，知：对于①，若a⊥α，a∥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故①正确；对于②，若a∥α且α∥β，则a∥β或a⊂β，故②错误；对于③，若a⊥α，b∥α，则由线面垂直的性质得a⊥b，故③正确．故答案为：①③．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．2．【分析】连接A1C1，证明四边形AA1C1C为平行四边形，可得A1C1∥AC，得到异面直线AC与A1B所成的角即为∠BA1C1，再说明△BA1C1为等边三角形，可得异面直线AC与A1B所成的角的大小是60°；由正方体的结构特征可得∠A1BA为直线A1B和底面ABCD所成的角，再由等腰直角三角形得答案．【解答】解：如图，连接A1C1，∵AA1∥CC1，AA1＝CC1，∴四边形AA1C1C为平行四边形，可得A1C1∥AC，∴异面直线AC与A1B所成的角即为∠BA1C1，连接BC1，则△BA1C1为等边三角形，∴异面直线AC与A1B所成的角的大小是60°；∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，∴∠A1BA为直线A1B和底面ABCD所成的角，大小为45°．故答案为：60°；45°．【点评】本题考查异面直线所成角与线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．3．【分析】设正方体的棱长为a，由体对角线长求出a2，即可求得正方体的表面积．【解答】解：设正方体的棱长为a，由体对角线长为，得3a2＝6，解得a2＝2，所以正方体的表面积为S＝6a2＝12．故答案为：12．【点评】本题考查了正方体的结构特征与表面积的计算问题，是基础题．4．【分析】由题意知截去的八个四面体，再加上6个正方形，该几何体共有14个面；由此计算该几何体的表面积．【解答】解：由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果被截正方体的棱长是50cm，那么石凳的表面积是S表面积＝8××25×25×sin60°+6×25×25＝（7500+2500）（cm2）．故答案为：14，7500+2500．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与计算问题，是基础题．5．【分析】设AD＝x，其余各棱为2；求出四面体ABCD的表面积F（x），利用三角函数求出F（x）的最大值和它的定义域．【解答】解：如图所示，四面体ABCD中，设AD＝x，其余各棱为2；则△ABC、△BCD是正三角形，所以四面体ABCD的表面积为F（x）＝2S△ABC+2S△ACD＝2××2×2×sin60°+2××2×2×sin∠ACD＝2+4sin∠ACD；当sin∠ACD＝1时，函数F（x）取得最大值为4+2；又x2＝22+22﹣2×2×2×cos∠ACD＝8（1﹣cos∠ACD），其中∠ACD∈（0，π），所以cos∠ACD∈（﹣，1），所以x2∈（0，12），解得x∈（0，2），所以F（x）的定义域为（0，2）．故答案为：（0，2）4+2．【点评】本题考查了空间四面体的表面积计算问题，是基础题．6．【分析】由题意画出图形，设正四棱锥的底面边长为a，由侧面积列式求得a值，进一步求得侧棱长．【解答】解：如图，设正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为a，底面中心为O，取BC的中点M，连接OM，PM，则OM＝，斜高PM＝＝．∴该棱锥的侧面积S＝，解得a2＝4．又OB＝，∴该棱锥的侧棱长为．故答案为：．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查正四棱锥侧面积的求法，是基础题．7．【分析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，设圆柱的高为h，底面半径为r，用r表示h，从而求出圆柱侧面积的最大值．【解答】解：欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h，底面半径为r，则＝，解得h＝2﹣r；所以S圆柱侧＝2πrh＝2πr（2﹣r）＝4π（r﹣r2）；当r＝2时，S圆柱侧取得最大值为4．故答案为：4．【点评】本题考查了旋转体的侧面积最值问题，也考查了推理与计算能力，是基础题．8．【分析】一个长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的体对角线的长为．【解答】解：一个长方体的长、宽、高分别为2，2，1，∴它的体对角线的长为：＝3．故答案为：3．【点评】本题考查长方体的体对角线长的求法，考查长方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力、空间思维能力，属于基础题．9．【分析】取A1C1的中点M，A1B1的中点N，连接HM，MN，证明平面MNH∥平面A1BC，得NH∥平面A1BC，由此可得的值．【解答】解：如图，取A1C1的中点M，A1B1的中点N，连接HM，MN，由H，M，N分别为CC1，A1C1，A1B1的中点，得MH∥A1C，MN∥B1C1∥BC．∵A1C⊂平面A1BC，MH⊄平面A1BC，∴MH∥平面A1BC；∵BC⊂平面A1BC，MN⊄平面A1BC，∴MN∥平面A1BC，又MH∩MN＝M，∴平面MNH∥平面A1BC，则NH∥平面A1BC．由N为A1B1的中点，可知的值为．故答案为：．【点评】本题考查直线与平面平行的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．10．【分析】取BC中点E，连结AE、ED，可得∠AED是二面角的平面角，再由余弦定理求解．【解答】解：如图，三棱锥A﹣BCD的棱长都相等，取BC中点E，连结AE、ED，∵三棱锥A﹣BCD各棱长均相等，∴AE⊥BC，ED⊥BC，∴∠AED是二面角A﹣BC﹣D的平面角，设棱长AB＝2，则AE＝ED＝，∴cos∠AED＝．即棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是．故答案为：．【点评】本题考查二面角的平面角的求法，熟练掌握正四面体的性质、二面角的定义、余弦定理的应用是解答此题的关键，是中档题．11．【分析】由于AA1∥BB1，所以∠B1BC1即为所求，在Rt△B1BC1中，根据三角函数的知识求出tan∠B1BC1即可得解．【解答】解：因为AA1∥BB1，所以∠B1BC1为异面直线AA1与BC1所成角，在Rt△B1BC1中，tan∠B1BC1＝，即∠B1BC1为45°，所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为45°．故答案为：45°．【点评】本题考查异面直线夹角的求法，采用平移的思想，将异面直线平移至一个平面内便于找出其平面角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．12．【分析】设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，由题意可得abc＝60，再由棱锥体积公式求得三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，由题意可得，abc＝60，∵E为CC1的中点，∴．故答案为：5．【点评】本题考查棱柱与棱锥体积的求法，是基础的计算题．13．【分析】若l∥m，m⊥α，则l⊥α，运用线面垂直的性质和判定定理，即可得到结论．【解答】解：l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，可得若l∥m，m⊥α，则l⊥α，理由：在α内取两条相交直线a，b，由m⊥α可得m⊥a．m⊥b，又l∥m，可得l⊥a．l⊥b，而a，b为α内的两条相交直线，可得l⊥α．【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查逻辑推理能力，属于基础题．14．【分析】根据直角三角形的性质即可计算底面半径．【解答】解：设圆锥顶点为S，底面圆心为O，A为底面圆周上一点，则SO⊥OA，由题意可知：SA＝10，∠OSA＝30°，∴圆锥的底面半径为OA＝10sin30°＝5．故答案为：5．【点评】本题考查了圆锥的结构特征，属于基础题．15．【分析】②③⇒①，可由线面平行的性质定理和线面垂直的性质，可得证明．【解答】解：若a⊥α，b∥α，则a⊥b．理由：过b画一个平面β，使得β∩α＝c，∵b∥α，b⊂β，β∩α＝c，∴b∥c，又a⊥α，c⊂α，可得a⊥c，又b∥c，可得a⊥b．故答案为：若a⊥α，b∥α，则a⊥b．【点评】本题考查空间线线和线面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．16．【分析】可考虑无公共点的两直线a，b是否在同一个平面内，可得a，b的位置关系．【解答】解：空间中两直线a与b没有公共点，若a，b在同一个平面内，则a，b为平行直线；若a，b不同在任何一个平面内，则a，b为异面直线．故答案为：平行或异面．【点评】本题考查空间两直线的位置关系，考查分类讨论思想，属于基础题．17．【分析】首先求出外接球的半径，进一步求出球的表面积．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，设外接球的半径为r，则：（2r）2＝22+22+22＝12，解得r＝，故球的直径为2．球的表面积为S＝．故答案为：2．【点评】本题考查的知识要点：正方体和外接球的关系的应用，球的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．18．【分析】由已知画出图形，再由等体积法求三棱锥的体积．【解答】解：如图，三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两垂直，不妨设PA＝1，PB＝2，PC＝3．则，由PC⊥PA，PC⊥PB，PA∩PB＝P，得PC⊥平面PAB．∴V P﹣ABC＝V C﹣PAB＝．故答案为：1．【点评】本题考查棱锥体积的求法，训练了利用等体积法求多面体的体积，是基础题．。

2023年上海市高考数学一模试卷汇编之五立体几何一、填空题（空间图形、柱体、锥体）1、（2023松江一模11）动点P 在棱长为1的正方体−ABCD A B C D 1111表面上运动，且与点A 的距离是3，点P 的集合形成一条曲线，这条曲线的长度为____________. 2、（2023奉贤一模10）长方体−ABCD A B C D 1111的底面是边长为1的正方形，若在侧棱AA 1上至少存在一点E ，使得∠=︒C EB 901，则侧棱AA 1的长的最小值为____________.3、（2023普陀一模2）若正四棱柱的底面周长为4、高为2，则该正四棱柱的体积为 ____________.4、（2023闵行一模7）如图，对于直四棱柱−ABCD A B C D 1111，要使⊥AC B D 111，则在四边形ABCD 中，满足的条件可以是____________（只需写出一个正确的条件）.5、（2023嘉定一模9）如图为正六棱柱−''''''ABCDEF A B C D E F ，其6个侧面的12条面对角线所在直线中，与直线'A B 异面的共有____________条.6、（2023金山一模5）已知圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为____________.7、（2023浦东一模5）若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是 ____________.8、（2023松江一模6）已知圆锥的母线长为5，侧面积为π20，则此圆锥的体积为 ____________（结果保留π）.9、（2023嘉定一模5）已知某一个圆锥的侧面积为π20，底面积为π16，则这个圆锥的体积为____________.10、（2023崇明一模8）将半径为2的半圆形纸片卷成一个无盖的圆锥筒，则该圆锥筒的高为____________.11、（2023宝山一模7）将圆锥的侧面展开后得到一个半径为2的半圆，则此圆锥的体积为____________.12、（2023徐汇一模7）已知圆锥的侧面积为π2，且侧面展开图为半圆，则该圆锥底面半径为____________.二、填空题（球、球面距离、台体）1、（2023虹口一模3）已知一个球的半径为3，则这个球的体积为____________.2、（2023静安一模7）有一种空心钢球，质量为140.2g ，测得球的外直径等于5.0cm ，若球壁厚度均匀，则它的内直径为____________cm （钢的密度是7.9g cm /3，结果保留一位小数）.3、（2023青浦一模11）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P 为上底面圆的圆心，AB 为下底面圆的直径，C 为下底面圆周上一点，则三棱锥−P ABC 外接球的体积为 ____________.4、（2023长宁一模11）已知AA 1是圆柱的一条母线，AB 是圆柱下底面的直径，C 是圆柱下底面圆周上异于A 、B 的点.若圆柱的侧面积为π4，则三棱锥−A ABC 1外接球体积的最小值为____________.5、（2023长宁一模5）如图，在三棱台−ABC A B C 111的9条棱所在直线中，与直线A B 1是异面直线的共有____________条.三、填空题（空间向量）1、（2023青浦一模9）已知空间三点−A (1,3,1)，B (2,4,0)，C (0,2,4)，则以AB 、AC 为一组邻边的平行四边形的面积大小为____________.2、（2023嘉定一模11）在空间直角坐标系中，点A (1,0,0)，点−B (5,4,3)，点C (2,0,1)，则AB 在CA 方向上的投影向量的坐标为____________.3、（2023静安一模11）在空间直角坐标系−O xyz 中，点P (7,4,6)关于坐标平面xOy 的对称点'P 在第______卦限；若点Q 的坐标为−(8,1,5)，则向量PQ 与向量'PP 夹角的余弦 值是____________.（本小题有两个填空，第一个空格2分，第二个空格3分）4、（2023长宁一模9）若=−OA (1,2,0)，=OB (2,1,0)，=OC (1,1,3)，则三棱锥−O ABC 的体积为____________.四、选择题1、（2023浦东一模15）已知直线l 与平面α相交，则下列命题中，正确的个数为（ ） ①平面α内的所有直线均与直线l 异面；②平面α内存在与直线l 垂直的直线；③平面α内不存在直线与直线l 平行；④平面α内所有直线均与直线l 相交.A. 1B. 2C. 3D. 42、（2023普陀一模13）已知直线l 、m 和平面α、β，下列命题中的真命题是（ ）A. 若⊥m l ，l ∥α，则⊥αmB. 若l ∥α，⊥αβ，则⊥βlC. 若⊥αl ，α∥β，则⊥βlD. 若⊥αl ，⊥βm ，则l ∥m3、（2023杨浦一模14）对于平面α和两条直线m 、n ，下列说法正确的是（ ）A. 若⊥αm ，⊥m n ，则m ∥αB. 若m 、n 与α所成的角相等，则m ∥nC. 若m ∥α，n ∥α，则m ∥nD. 若⊂αm ，m ∥n ，n 在平面α外，则n ∥α4、（2023徐汇一模15）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：⊂αa ，⊂βb ，⊂γc ，则直线a 、b 、c 位置关系不可能是（ ）A. 两两垂直B. 两两平行C. 两两相交D. 两两异面5、（2023青浦一模14）已知m 、n 是两条不同直线，α、β是两个不同平面，则下列命题错误的是（ ）A. 若α、β不平行，则在α内不存在与β平行的直线B. 若m 、n 平行于同一平面，则m 与n 可能异面C. 若m 、n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面D. 若α、β垂直于同一平面，则α与β可能相交6、（2023金山一模15）已知正四面体ABCD 的棱长为6，设集合Ω=≤P AP {点∈P 平面BCD }，则Ω表示的区域的面积为（ ）A. πB. π3C. π4D. π6 7、（2023静安一模16）“阳马”是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.《九章算术》总结了先秦时期数学成就，是我国古代内容极为丰富的数学巨著，对后世数学研究产生了广泛而深远的影响.书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，衰七尺，高八尺.问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（ ）A. π142B. π140C. π138D. π128五、解答题（普通空间图形的角、距离、体积）1、（2023宝山一模19）（本题满分16分）本题共2小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.如图：棱长为2的正方体−ABCD A B C D 1111中，M 、N 、P 分别是C D 11、C C 1、A A 1的中点.（1）证明：M 、N 、A 1、B 四点共面；（2）求异面直线PD 1与MN 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（3）求三棱锥−P MNB 的体积.如图，长方体−ABCD A B C D 1111中，==AB BC A C 1与底面ABCD 所成的角为︒45.（1）求四棱锥−A ABCD 1的体积；（2）求异面直线A B 1与B D 11所成角的大小.如图，在四棱锥−P ABCD 中，已知⊥PA 底面ABCD ，底面ABCD 是正方形，=PA AB .（1）求证：直线⊥BD 平面PAC ；（2）求直线PC 与平面PBD 所成的角的大小.如图，三棱锥−P ABC 中，侧面PAB 垂直于底面ABC ，=PA PB ，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且∠=︒ABC 30，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.（1）求证：⊥PC AE ；（2）若=AB 2，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为︒60，求四面体PAOC 的体积.如图所示，在矩形ABCD 中，=AB 4，=AD 2，E 是CD 的中点，O 为AE 的中点，以AE 为折痕将∆ADE 向上折起，使点D 到点P ，且=PC PB .（1）求证：⊥PO 平面ABCE ；（2）求直线AC 与平面PAB 所成角θ的正弦值.如图，已知⊥AB 平面BCD ，⊥BC CD . （1）求证：平面⊥ACD 平面ABC ；（2）若=AB 1，==CD BC 2，求直线AD 与平面ABC 所成角的大小.如图，在四面体ABCD 中，已知===BA BD CA CD ，点E 是AD 中点. （1）求证：⊥AD 平面BEC ； （2）已知=AB 5，∠=BDC 25arccos 9，=AD 6，作出二面角−−D BC E 的平面角，并求它的正弦值.第3小题6分.如图，在三棱锥−D ABC 中，平面⊥ACD 平面ABC ，⊥AD AC ，⊥AB BC ，E 、F 分别为棱BC 、CD 的中点. （1）求证：直线EF ∥平面ABD ； （2）求证：直线⊥BC 平面ABD ；（3）若直线CD 与平面ABC 所成的角为︒45，直线CD 与平面ABD 所成角为︒30，求二面角−−B AD C 的大小.六、解答题（简单几何体的角、距离、体积）1、（2023青浦一模18）（本题满分14分）本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分. 如图，在正三棱柱−ABC A B C 111中，E 、F 分别为BB 1、AC 的中点. （1）求证：BF ∥平面A EC 1； （2）求证：平面⊥A EC 1平面ACC A 11.2、（2023嘉定一模17）（本题满分14分）本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分. 如图，已知正四棱柱−ABCD A B C D 1111，底面正方形ABCD 的边长为2，=AA 31. （1）求证：平面⊥AAC C 11平面A BD 1； （2）求点A 到平面A BD 1的距离.如图，在直三棱柱−ABC A B C 111中，==AB AC 2，=AA 41，⊥AB AC ，⊥BE AB 1交AA 1于点E ，D 为CC 1的中点.（1）求证：⊥BE 平面AB C 1；（2）求直线B D 1与平面AB C 1所成角的大小.第3小题6分.如图，在三棱柱−ABC A B C 111中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面AAC C 11为菱形，点A 1在底面上的投影为AC 的中点D ，且=AB 2.（1）求证：⊥BD CC 1；（2）求点C 到侧面AA B B 11的距离；（3）在线段A B 11上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面AA B B 11所成角的正弦值为7？若存在，请求出A E 1的长；若不存在，请说明理由.如图，已知圆柱OO1的底面半径为1，正∆ABC内接于圆柱的下底面圆O，点O1是圆柱的上底面的圆心，线段AA1是圆柱的母线.（1）求点C到平面A AB1的距离；（2）在劣弧BC上是否存在一点D，满足O D1∥平面A AB1？若存在，求出∠BOD的大小；若不存在，请说明理由.如图所示圆锥−P O 中，CD 为底面的直径，A 、B 分别为母线PD 与PC 的中点，点E 是底面圆周上一点，若∠=︒DCE 30，=AB （1）求圆锥的侧面积S ；（2）求证：AE 与PC 是异面直线，并求其所成角的大小.2023年上海市高考数学一模试卷汇编之五立体几何 参考答案一、填空题（空间图形、柱体、锥体）1、62、23、24、⊥AC BD 等（答案不唯一）5、56、π157、π28、π169、π161011、312、1二、填空题（球、球面距离、台体）1、π362、4.53、π48125 4、35、3三、填空题（空间向量）1、2、⎝⎭⎪⎛⎫22,0,77 3、五，94、25四、选择题 1-5、BCDBA6-7、CC五、解答题（普通空间图形的角、距离、体积）1、（1）证略；（2）10arccos；（3）312、（1）34；（2）6arccos3、（1）证略；（2）3arcsin 14、（1）证略；（2）415、（1）证略；（2）156、（1）证略；（2）3arccos7、（1）证略；（2）178、（1）证略；（2）证略；（3）︒45六、解答题（简单几何体的角、距离、体积） 1、（1）证略；（2）证略2、（1）证略；（2）113、（1）证略；（2）15arcsin4、（1）证略；（2）7；（3）1 5、（1）23；（2）π66、（1）；（2）因为∉E 面APC ，所以异面，夹角为20arccos。

选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。

小学几何知识学习：立体几何表面积与体积填空题小学几何知识学习：立体几何表面积与体积填空题填空。

1、长方体有个面，条棱，个顶点，相对的棱长度，相对的面。

2、圆柱的侧面展开是一个，它的长是圆柱，它的宽是圆柱的。

3、一个长方体的长5厘米，宽3厘米，高2厘米，它的最大的一个面是面，面积是平方厘米。

这个长方体的表面积是平方厘米，体积是立方厘米。

4、一个直径8厘米，长2米的圆柱形铁皮通风管，沿着高剪开得到一个长方形，它的长是米，宽是米。

5、用边长是6.28厘米的正方形纸围成一个最大的圆柱形纸筒，这个纸筒的高是厘米，体积是立方厘米。

6、一个正方体的棱长总和是48厘米，它的表面积是平方厘米，体积是立方厘米。

7、一个圆锥的体积是24立方厘米，底面积是8平方厘米，它的高是厘米。

8、把三个棱长为1分米的正方体拼成一个长方体，这个长方体的表面积是平方分米，体积是立方分米。

9、把一个棱长是a米的正方体木材，任意截成两个小长方体后，表面积比原来多平方米。

20、等高等体积的圆柱和圆锥，圆柱的底面积是3.14平方分米，圆锥的底面积是。

21、一个立方体的棱长扩大3倍，它的棱长总和扩大倍，底面积扩大倍，表面积扩大倍，体积扩大倍。

22、一个圆柱体的底面半径扩大4倍，高扩大5倍，它的底面直径扩大倍，周长扩大倍，底面积扩大倍，侧面积扩大倍，体积扩大倍。

23、一个长方体正好分割成3个形状、大小相等的正方体，这样增加的表面积相当于原长方体表面积的。

24、一台压路机的滚筒长1.5米，直径是6米。

如果它每分钟转100圈，那么这种压路机每小时可以压路面平方米。

25．一根长5米的圆柱形木料，把它平均分成5段，表面积正好增加48平方分米，每段木料的体积是立方分米。

26．一个长方体仓库从里面量约长10米，宽5米，高6米，如果放入棱长是2米的正方体木箱，至多可以放进个。

27、将一个长12厘米，宽10厘米，高6厘米的长方体切成两个长方体，表面积最多增加平方厘米，最少增加平方厘米。

立体几何考察试题及答案一、选择题1. 若直线l与平面α垂直，则直线l与平面α内任意直线的关系是（）。

A. 相交B. 平行C. 异面D. 垂直答案：D2. 已知一个正四面体的棱长为a，求其体积。

A. \( \frac{a^3 \sqrt{2}}{12} \)B. \( \frac{a^3 \sqrt{2}}{6} \)C. \( \frac{a^3 \sqrt{3}}{12} \)D. \( \frac{a^3 \sqrt{3}}{6} \)答案：C二、填空题1. 已知一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则其对角线的长度为 \( \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \)。

2. 一个球的半径为r，则其表面积为 \( 4\pi r^2 \)。

三、解答题1. 已知一个圆锥的底面半径为r，高为h，求其体积。

解：圆锥的体积公式为 \( V = \frac{1}{3}\pi r^2 h \)。

答：圆锥的体积为 \( \frac{1}{3}\pi r^2 h \)。

2. 已知一个圆柱的底面半径为r，高为h，求其侧面积。

解：圆柱的侧面积公式为 \( A = 2\pi rh \)。

答：圆柱的侧面积为 \( 2\pi rh \)。

四、证明题1. 证明：若直线l与平面α内的两条直线m和n都垂直，则直线l与平面α垂直。

证明：设直线m和n在平面α内的交点为O，由于直线l与m、n都垂直，根据直线与平面垂直的判定定理，直线l与平面α垂直。

答：直线l与平面α垂直。

2. 证明：若两个平面α和β的交线为l，直线m在平面α内且与l平行，直线n在平面β内且与l平行，则直线m与直线n平行。

证明：设直线m与直线n的交点为P，由于m在平面α内且与l平行，n在平面β内且与l平行，根据平面与平面平行的性质，直线m与直线n平行。

答：直线m与直线n平行。

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编立体几何填空、多选目录题型一：立体几何结构特征 (1)题型二：立体几何三视图 (2)题型三：立体几何的表面积与体积 (3)题型四：立体几何中的球的问题 (9)题型五：立体几何线面位置关系 (9)题型六：立体几何中的角度与距离 (10)题型一：立体几何结构特征1．(2023年全国甲卷理科·第15题)在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，11C D 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．2．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第15题)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_________．3．(2019·全国Ⅱ·理·第16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).4．(2017年高考数学上海（文理科）·第11题)如图,以长方体1111ABCD A B C D -的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1DB 的坐标为(4,3,2),则1AC 的坐标为________．5．(2015高考数学江苏文理·第9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和高均保持不变，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_______．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第12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2．(2021年新高考Ⅰ卷·第12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 题型二：立体几何三视图1．(2021年高考全国乙卷理科·第16题)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)．2．(2019·北京·理·第11题)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__________．3．(2017年高考数学上海（文理科）·第8题)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于________．4．(2017年高考数学山东理科·第13题)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为__________．则该棱台的体积为________．2．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第14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______．3．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第15题)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，BH DG ∥，EF =12cm ，DE=2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．4．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第13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____________5．(2020天津高考·第15题)如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ︒∠==，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=- ，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN = ，则DM DN ⋅ 的最小值为_________．6．(2020江苏高考·第9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，内孔半轻为0．5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm．7．(2019·天津·理·第11题)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．8．(2019·全国Ⅲ·理·第16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30.9g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g ．9．(2019·江苏·第9题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 是1CC 的中点，则三棱椎-E BCD 的体积是______.10．(2018年高考数学江苏卷·第10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．11．(2018年高考数学天津（理）·第11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．12．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）·第16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__________．13．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60，则点1C 到直线AB 的距离为．1A 1B 1C AB C14．(2014高考数学天津理科·第10题)已知一个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为_________3m．15．(2014高考数学山东理科·第13题)三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =．16．(2014高考数学江苏·第8题)设甲、乙两个圆柱的底面分别为1S ,2S ，体积分别为1V ,2V ，若它们的侧面积相等，且1294S S =，则12V V 的值是．17．(2015高考数学天津理科·第10题)一个几何体的三视图如图所示(单位：m )，则该几何体的体积为3m．18．(2015高考数学上海理科·第4题)若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a =．19．(2017年高考数学江苏文理科·第6题)如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是_______．20．(2016高考数学浙江理科·第14题)如图，在ABC ∆中，2,120AB BC ABC ==∠= ．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．21．(2016高考数学浙江理科·第11题)某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积是2cm ，体积是3cm ．OO 1O 2(第6题)⋅⋅⋅22．(2016高考数学天津理科·第11题)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m )，则该四棱锥的体积为_____________3m ．23．(2016高考数学四川理科·第13题)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，则三棱锥的体积为_______．二、多选题1．(2022新高考全国II 卷·第11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 =题型四：立体几何中的球的问题1．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第16题)已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．2．(2017年高考数学天津理科·第10题)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面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 ⌝∨⌝2．(2019·北京·理·第12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：__________．【3．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第14题),αβ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αβ⊥．(2)如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥．(3)如果//αβ，m α⊂，那么//m β．(4)如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有．(填写所有正确命题的编号)二、多选题1．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第10题)如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是()A ．B ．C ．D ．_____________．(结果用反三角函数值表示)2．(2015高考数学浙江理科·第13题)如图，三棱锥A BCD -中，3,2AB AC BD CD AD BC ======，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．3．(2015高考数学四川理科·第14题)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面相互垂直，动点M 在线段PQ 上，,E F 分别为AB ,BC 中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________4．(2015高考数学上海理科·第6题)若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．5．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第16题),a b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与,a b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角；②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒；④直线AB 与a 所成角的最大值为60︒．其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)6．(2016高考数学上海理科·第6题)如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第9题)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 △2．(2022新高考全国I 卷·第9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11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒。