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2021年高考数学高考数学压轴题 立体几何多选题分类精编及解析一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误； 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．在正三棱柱111ABC A B C -中，2AC =，11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+- B ．三棱锥11D AB C -的体积为3C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为36322AD BD BC ===，111111222DB C S BB B C =⨯⨯=， 所以1111111162333D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由111100m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-，由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误.故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.4．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，090B F ∠=∠=，060,45,A D BC DE ∠=∠==，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F CAB -，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列判断中正确的是（ ）A ．BC FM ⊥B ．AC 与平面MOF 3C ．平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角为45°D ．设平面ABF 平面MOF l =，则有//l AB【答案】AD 【分析】证明BC ⊥面FOM 可判断A ；根据AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=判断B ；利用特殊位置判断C ；先证明//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可判断D ； 【详解】由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得,,BC OF BC OM OM OF O ⊥⊥=，所以BC ⊥面FOM BC FM ⇒⊥，故A 正确；因为BC ⊥面FOM ，所以AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=，所以余弦值为12，故B 错误；对于C 选项可以考虑特殊位置法，由BC ⊥面FOM 得面ABC ⊥面FOM ，所以点F 在平面ABC 内的射影在直线OM 上，不妨设点F 平面ABC 内的射影为M ，过点M 作//BC MN ，连结NF .易证AB ⊥面MNF ，则l ⊥面MNF ，所以MFN ∠为平面MOF与平面AFB 所成的二面角的平面角，不妨设2AB =，因为060A，所以23BC =，则13,12OF BC OM ===，显然MFN ∠不等于45°，故C 错误. 设面MOF 与平面ABF 的交线为l ，又因为//,AB OM AB ⊄面MOF ，OM ⊂面MOF ，所以//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可得：//l AB ，故D 正确； 故选：AD.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.5．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，线段11B D 上有两个动点,E F ，且1EF =，以下结论正确的有（ ）A ．AC BE ⊥B ．异面直线,AE BF 所成的角为定值C ．点A 到平面BEF 的距离为定值D ．三棱锥A BEF -的体积是定值 【答案】ACD 【详解】由AC BD ⊥，1AC DD ⊥可证AC ⊥平面11D DBB ，从而AC BE ⊥，故A 正确； 取特例，当E 与1D 重合时，F 是F '，AE 即1AD ，1AD 平行1BC ，异面直线,AE BF '所成的角是1C BF '∠，当F 与1B 重合时，E 是E '，BF 即1BB ，异面直线,AE BF '所成的角是1A AE '∠，可知1C BF '∠与1A AE '∠不相等，故异面直线,AE BF 所成的角不是定值，故B 错误；连结BD 交AC 于O ，又AC ⊥平面11D DBB ，点A 到平面11BDD B 的距离是2AO ，也即点A 到平面BEF 的距离是22，故C 正确； 2AO 为三棱锥A BEF -的高，又1111224BEFS =⨯⨯=△，故三棱锥A BEF -的体积为112234224⨯⨯=为定值，D 正确. 故选：ACD 【点睛】求空间中点到平面的距离常见方法为： （1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离； （3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.6．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62D 错误.故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．7．（多选题）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上C ．1AP BC ⊥D ．AP ∥平面11AC D 【答案】BD【分析】对于A ，1111111113326P AA D AA D V S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=， 对于B,C,D ，如图以D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用空间向量判即可.【详解】对于A ，因为点P 在平面11BCC B ，平面11BCC B ∥平面1AA D ，所以点P 到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长， 所以1111111113326P AA D AA D V S CD -=⋅=⨯⨯⨯⨯=，A 错误； 对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则11(1,0,0),(,1,),(1,1,0),(0,0,1),(1,1,1),(0,1,0)A P x z B D B C所以11(1,1,),(1,1,1),(1,0,1)AP x z BD BC =-=--=--, 因为1AP BD ⊥，所以1110AP BD x z ⋅=--+=，所以x z =，即(,1,)P x x ，所以(,0,)CP x x =,所以1CP xBC =-，即1,,B C P 三点共线， 所以点P 必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，因为1(1,1,),(1,0,1)AP x x BC =-=-，所以111AP BC x x ⋅=-+=，所以1AP BC ⊥不成立，C 错误；对于D ，因为11(1,0,1),(0,1,1),(0,0,0)A C D ,所以11(1,0,1),(0,1,1)DA DC ==, 设平面11AC D 的法向量为(,,)n x y z =，则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令1x =，则1,1z y =-=，所以(1,1,1)n =-，所以110AP n x x ⋅=-+-=，所以AP n ⊥，所以AP ∥平面11AC D ，D 正确，故选：BD【点睛】此题考查了空间线线垂直的判定，线面平行的判定，三棱锥的体积，考查空间想象能力，考查计算能力，属于较难题.8．（多选题）在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为△ABC 的重心，则111333PQ PA PB PC =++C ．若0PA BC =，0PC AB =，则0PB AC =D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M N ，分别为,PA BC 的中点，则1MN = 【答案】ABC【分析】作出四面体P ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+，22AD AB AC AD ∴-=- ， 2BD DC ∴=，3BD BD DC BC ∴=+=即3BD BC ∴=，故A 正确；对于B ，Q 为△ABC 的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++=()()()3PQ QA PQ QB PQ QC PQ ∴+++++=,3PA PB PC PQ ∴++=即111333PQ PA PB PC ∴=++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC =，0PC AB =，则0PA BC PC AB +=，()0PA BC PC AC CB ∴++=,0PA BC PC AC PC CB ∴++=0PA BC PC AC PC BC ∴+-=,()0PA PC BC PC AC ∴-+=0CA BC PC AC ∴+=,0AC CB PC AC ∴+=()0AC PC CB ∴+=，0AC PB ∴=，故C 正确；对于D ，111()()222MN PN PM PB PC PA PB PC PA ∴=-=+-=+- 1122MN PB PC PA PA PB PC ∴=+-=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PC PB --=++--+22211122222222222222222=++-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= 2MN ∴=，故D 错误.故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．9．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ， 则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.10．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22B ．侧棱与底面所成的角为4πC ．棱锥的高与底面边长的比为2D ．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 =，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =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1422⋅⋅==令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a ⨯'=-令()233210840f a a a ⨯'=-=得a =当(a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当a =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2，故A 正确，C 错误侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，a =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.。
浙江高考数学压轴题：立体几何选择题1．已知在矩形ABCD 中，2AB =，4=AD ，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且1AE =，3BF =，如图所示，沿EF 将四边形AEFB 翻折成A EFB ''，则在翻折过程中，二面角B CD E '--的大小为θ，则tan θ的最大值为（ ）A B C D 2．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中][0,1,0,1λμ⎡⎤∈∈⎣⎦，则（ ） A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积不是定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得AP BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P3．已知三棱锥P ABC -三条侧棱,,PA PB PC 两两互相垂直，且2PA PB PC ===，,M N 分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则,M N 两点间距离的最小值为（ ）A ．2+B 1C ．2D 2-4．已知△ABC 在平面β内，不重合的两点P ，Q 在平面β同侧，在点M 从P 运动到Q 的过程中，记四面体M -ABC 的体积为V ，点A 到平面MBC 的距离为d ，则可能的情况是（ ）A ．V 保持不变，d 先变大后变小B ．V 保持不变，d 先变小后变大C ．V 先变大后变小，d 不断变大D ．V 先变小后变大，d 不断变小5．在三棱锥S ABC -中，,,SA SB SC 两两垂直且相等，若空间中动一点P 满足SP x SA y SB z SC →→→→=++，其中0,1,1x y z ≥≥≥且125x y z ++≤.记SP 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A ．13BC ．1D6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，5AD =，14AA =，点F 是1AA 的中点，点E 为棱BC 上的动点，则平面1C EF 与平面11ABB A 所成的锐二面角正切的最小值是（ ）A ．513 BC D ．135 7．如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小，若15,25,30AB cm AC cm BCM ==∠=︒，则tan θ的最大值是（ ）.（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成的角）A B C D 8．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点A 在空间直角坐标系O xyz -的x 轴上移动，点C 在平面yOz 上移动，则1OC OB ⋅的最大值是（ ）A ．2B ．1C ．4+D ．69．如图，在三棱锥P ABC -中，5AB AC PB PC ====，4PA =，6BC =，点M 在平面PBC 内，且AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为（ ）A B C ．25 D 10．正三棱锥A BCD -中G 为BC 的中点，H 为BG 上的任意上点，设AH 与CD 所成的角的大小为1θ，AH 与平面BCD 所成的角的大小为2θ，二面角A BC D --的大小为3θ，则（ ）A ．213θθθ≤≤B ．123θθθ≤≤C ．231θθθ≤<D ．312θθθ≤≤11．已知三棱锥P ABC -，其中PA ⊥平面ABC ，2PA =，2AB AC ==，2BAC π∠=.已知点Q 为棱PA （不含端点）上的动点，若光线从点Q 出发，依次经过平面PBC 与平面ABC 反射后重新回到点Q ，则光线经过路径长度的取值范围为（ ）A ．(1+B ．)4C ．4⎫⎪⎭D ．( 12．如图，平面OAB ⊥平面α，OA α⊂，OA AB =，120OAB ∠=︒．平面α内一点P 满足PA PB ⊥，记直线OP 与平面OAB 所成角为θ，则tan θ的最大值是（ ）A B ．15 C D ．1313．如图，四边形ABCD 中90A CBD ∠=∠=︒，30CDB ∠=︒，AB AC =，沿直线BC 将ABC 折成A BC '，使点A '在平面BCD 上的射影在BCD △内（不含边界），记二面角A BC D '--的平面角大小为α，直线A B '､A D '与平面BCD 所成角分别为β､γ，则（ ）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．αγβ>>D ．γβα>>14．已知直角梯形ABCD 满足://, AD BC CD DA ⊥，且△ABC 为正三角形.将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD C '，且AD BD CD '''<<，二面角 , , D AB C D BC A D AC B '''------的平面角大小分别为,,αβγ，直线, , D A D B D C '''与平面ABC 所成角分别是123,,θθθ，则（ ）A ．123,θθθαγβ>>>>B ．123,θθθαβγ<<>>C ．123,θθθαβγ>><<D ．123,θθθαβγ<<<<15．已知菱形ABCD ，60DAB ∠=︒，E 为边AB 上的点（不包括A B ，），将ABD △沿对角线BD 翻折，在翻折过程中，记直线BD 与CE 所成角的最小值为α，最大值为β（ ）A ．αβ，均与E 位置有关B ．α与E 位置有关，β与E 位置无关C ．α与E 位置无关，β与E 位置有关D ．αβ，均与E 位置无关16．如图，已知锐二面角l αβ--的大小为1θ，A α∈，B β∈，M l ∈，N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C ，D 为AB ，MN 的中点，若AM MN BN >>，记AN ，CD 与半平面β所成角分别为2θ，3θ，则（ ）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>17．已知正四面体P ABC -，Q 为ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB PAC PBC 、、所成的角分别为,,αβγ，则下列不等式恒成立的个数为（ ）①222sin sin sin 2αβγ++≥ ②222cos os 2cos c αβγ++≥③222tan an 1tan t αβγ++≤ ④2221111tan an tan t αβγ++≤ A ．0 B ．1 C ．2 D ．318．如图，矩形ABCD 中，已知2AB =，4BC =，E 为AD 的中点． 将ABE △沿着BE 向上翻折至A BE '，记锐二面角A BE C '--的平面角为α，A B '与平面BCDE 所成的角为β，则下列结论不可能成立的是（ ）A ．sin αβ=B αcos β=C ．α2β<D ．πα4β-> 19．如图，在大小为1θ的锐二面角l αβ--中，A α∈，B β∈，M 、N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C 、D 分别为AB 、MN 的中点.记直线AN 与半平面β的夹角为2θ，直线CD 与半平面β的夹角为3θ.若AM MN BN >>，则（ ）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>20．在三棱锥D ABC -中，222AD AB AC BC ===，点A 在面BCD 上的投影G 是BCD △的垂心，二面角G AB C --的平面角记为α，二面角G BC A --的平面角记为β，二面角G CD A --的平面角记为γ，则（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βγα>>D ．γβα>>21．如图，在三棱锥A BCD -中，AB BC ⊥，BC CD ⊥，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，记平面ABC 与平面BCD 所成的角为1θ，直线AC ，EF 与平面BCD 所成的角分别为2θ，3θ，若AB BC CD >>，则（ ）A ．12θθ>， 132θθ<B ．12θθ>，132θθ>C ．12θθ<，132θθ<D ．12θθ<，132θθ>22．如图，在等边三角形ABC 中，,D E 分别是线段,AB AC 上异于端点的动点，且BD CE =，现将三角形ADE 沿直线DE 折起，使平面ADE ⊥平面BCED ，当D 从B 滑动到A 的过程中，则下列选项中错误的是（ ）A ．ADB ∠的大小不会发生变化B ．二面角A BDC --的平面角的大小不会发生变化 C ．BD 与平面ABC 所成的角变大 D ．AB 与DE 所成的角先变小后变大23．已知底面ABCD 为正方形的四棱锥P ABCD -，P 点的射影在正方形ABCD 内，且P 到BC 的距离等于PD 的长，记二面角P AB C 的平面角为α，二面角P CD A --的平面角为β，二面角P AD C --平面角为γ，则下列结论可能成立的是（ ）A ．αβγ==B ．αγβ=<C ．αβγ=<D ．αβγ>=24．如图，长方形ABCD 中，AB =1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE '．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（ ）A ．14B ．23CD 25．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE '，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（ ）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥' B ．A EC A DB α∠≥∠'≥'C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DB α≥∠'∠≥' 26．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥A BCD -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．⎤⎥⎣⎦B ．5,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．⎡⎢⎣⎦D ．⎡⎢⎣⎦ 27．如图，在矩形ABCD 中，AD AB <，将ACD △沿AC 翻折至ACD '△，设直线AD '与直线BC 所成角为α，直线BD '与平面ACD '所成角为β，二面角A CD B '--的平面角为γ，当γ为锐角时（ ）A ．αβγ>>B ．γβα>>C ．γαβ>>D ．αγβ>> 28．如图，在长方形ABCD 中，AD CD <，现将ACD △沿AC 折至1ACD △，使得二面角1A CD B --为锐二面角，设直线1AD 与直线BC 所成角的大小为α，直线1BD 与平面ABC 所成角的大小为β，二面角1A CD B --的大小为γ，则,,αβγ的大小关系是（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．γαβ>>D ．不能确定29．如图，在四棱锥P ABCD -中，APB BPC CPD DPA ∠=∠=∠=∠，平面ADP ⊥平面DCP ，若APC α∠=，BPD β∠=，AP 与平面DCP 所成的角为γ，则以下结论正确的是（ ）A ．γβα<<B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γαβ<<30．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，1BC CC ==E ，F ，G 分别为AD ，AB ，11C D 上的点，AE ED =，AF FB =，11(4)DG GC λλ=≥，分别记二面角1G EF D --，G EF C --，G FB C --的平面角为α，β，γ，则（ ） A ．αβγ>>B ．βγα>>C ．γβα>>D ．与λ有关31．如图，在菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F ，现将ABD △沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成的角的取值范围是A ．,63ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,62ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．,32ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 32．三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，D 是棱AB 上的动点，点P 在平面的射影在ABC 内部，PD 与BC 所成的角为α，PD 与面ABC 所成的角为β，二面角P AB C 为λ，则（ ）A ．βαλ≤≤B ．βλα≤≤C ．λβα≤≤D ．λαβ≤≤33．记{},min ,,a a b a b b a b ≤⎧=⎨>⎩，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 是边AB 的中点，将ADE 沿DE 翻折至A DE '（A '不在平面BCD 内），记二面角A BC D '--为α，二面角A CD E '--为β，二面角A DE C '--为γ，二面角A BE D '--为θ，则{}min ,,,αβγθ=（ ）A ．αB ．βC ．γD ．θ 34．在四面体ABCD 中，BCD ∆为等边三角形，2ADB π∠=，二面角B AD C --的大小为α，则α的取值范围是（）A ．0,6π⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．0,4π⎛⎤⎥⎝⎦ C ．0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．0,2π⎛⎤⎥⎝⎦。
高考数学高考数学压轴题立体几何多选题分类精编及答案一、立体几何多选题1. 如图，在直三棱柱ABC-A}B}C}中，AC = BC = AA i=2, ZACB = 90°, D, E, F分别为AC, AB的中点.则下列结论正确的是（）B. B、CJ /平而DEFD.点d到平面DFF的距离为比C. EF与4G所成的角为90。
2【答案】BCD【分析】利用异而直线的位這关系，线而平行的判泄方法，利用空间直角坐标系异而直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断.【详解】对选项A,由图知4C|U平而ACC.A. , EFD平面ACQA^E,且E AC r由异面直线的建义可知AC】与EF异面，故A错误: 对于选项B,在直三棱柱ABC — AQG中，BG HBC.•.•D，F分别是AC, AB的中点，• •FDIIBC, ：・B\C\ IIFD.又••• BQ] (Z 平面DEF, DF u 平而DEF, ・・BG //平而DEF.故B正确:对于选项C,由题意，建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0, 0), A(2,0t 0), 5(0,2, 0),人(2,0, 2),坊(0,2, 2), C 】(0,0, 2),D(l,o, 0), E(2,0, 1), F(1,1, 0)..\EF = (-1,1, T), AC ；=(—2,0, 2).•.•EFAC ； = 2+0—2 = 0, :.EF 丄 AC ；, 丄 A©.•.•EF 与AC ；所成的角为90。
，故c 正确：对于选项D,设向量匝= (x,y, Z)是平而DEF 的一个法向疑.・••万E = (ho ・ 1) , DF = (0,l, 0),取 X = 1 ♦则 z=—1 ‘ ・••帀=(h 0, —1),设点耳到平而DEF 的距离为d ・二点d 到平而DEF 的距离为空，故D 正确.2故选：BCD【点睛】本题主要考查异而直线的位置关系，线而平行的判定，异而直线所成角以及点到而的距 离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题.2. 已知球O 为正方体ABCD-AgD 、的内切球，平而A {C }B 截球O 的而积为24兀, 下列命题中正确的有（）A. 异而直线AC 与所成的角为60。
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．。
2021届高三高考数学复习压轴题专练43—立体几何（3）【含答案】一、单选题1．已知ABC ∆中，24AB BC ==，23AC =，点M 在线段AC 上除A ，C 的位置运动，现沿BM 进行翻折，使得线段AB 上存在一点N ，满足CN ⊥平面ABM ；若NB λ>恒成立，则实数λ的最大值为( ) A ．1B ．3C ．2D ．32解：因为24AB BC ==，23AC =， 且点M 在线段AB 上除A 、C 的位置运动，要使AB 上存在一点N ，满足CN ⊥平面ABM ，使NB λ>恒成立， 则当M 恰好为C 点时，为临界条件(M 不可为C 点，但可用来计算）， 即CN AB ⊥，且NB λ=， 因为4AB =，可得224CN λ=-，222(23)(4)CN λ=--， 所以22412(4)λλ-=--， 解得1λ=，所以λ的最大值为1． 故选：A ．2．已知四面体A BCD -，2AB =，2BC BD ==，AB ⊥平面BCD ，BE AC ⊥于E ，BF AD ⊥于F ，则( )A ．AC 可能与EF 垂直，BEF ∆的面积有最大值B ．AC 不可能与EF 垂直，BEF ∆的面积有最大值 C ．AC 可能与EF 垂直，BEF ∆的面积没有最大值D ．AC 不可能与EF 垂直，BEF ∆的面积没有最大值 解：不妨假设AC EF ⊥，BE AC ⊥， 由EFBE E =，EF 、BE ⊂平面BEF ，得AC ⊥平面BEF ，BF ⊂平面BEF ，AC BF ∴⊥， BF AD ⊥，ACAD A =，AC 、AD ⊂平面ACD ，BF ∴⊥平面ACD ，BF CD ∴⊥，由AB ⊥平面BCD ，得AB CD ⊥，此时CD ⊥平面ABD ，则CD BD ⊥， 而2BC BD ==，矛盾，故AC 不可能与EF 垂直，故AC 错误； 设CD x =，由题意得AEF ACD ∆∆∽，13EF x =，其中(0,4)x ∈，2222440339x BF BE EF +-=+->，FBE ∴∠为锐角，12sin 2333BEF S FBE FBE ∆=∠=∠， 若BEF ∆的面积有最大值，即当EF 最大时，即4CD →，43EF →时， FBE ∠取最大锐角，此时面积趋向最大，即B ，C ，D 三点共线出现矛盾，BEF ∴∆没有最大面积，故B 错误． 故选：D ．3．如图E ，F ，G ，H 分别是菱形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 上的点，且2BE AE =，2DH HA =，2CF FB =，2CG GD =，现将ABD ∆沿BD 折起，得到空间四边形ABCD ，在折起过程中，下列说法正确的是( )A ．直线EF ，HG 有可能平行B ．直线EF ，HG 一定异面C ．直线EF ，HG 一定相交，且交点一定在直线AC 上D ．直线EF ，HG 一定相交，但交点不一定在直线AC 上 解：2BE AE =，2DH HA =， ∴12AE AH BE DH ==，则//EH BD ，且13EH BD =， 又2CF FB =，2CG GD =， ∴2CF CG BF GD ==，则//FG BD ，且23FG BD =， //EH FG ∴，且EH FG ≠，∴四边形EFGH 为平面四边形，故直线EF ，HG 一定共面，故B 错误；若直线EF 与HG 平行，则四边形EFGH 为平行四边形，可得EH GF =，与EH FG ≠矛盾，故A 错误；由//EH FG ，且EH FG ≠，13EH BD =，23FG BD =，可得直线EF ，HG 一定相交，设交点为O ，则O EF ∈，又EF ⊂平面ABC ，可得O ∈平面ABC ，同理，O ∈平面ACD ，而平面ABC ⋂平面ACD AC =，O AC ∴∈，即直线EF ，HG 一定相交，且交点一定在直线AC 上，故C 正确，D 错误． 故选：C ．4．三棱锥D ABC -中，2120ACD ACB ∠=∠=︒，2CD BC =，则异面直线AC 与BD 所成的角可能是( ) A ．30︒ B ．45︒C ．60︒D ．75︒解：设22CD BC m==．3()||||cos60||||cos60||2AC BD AC BC CD AC BC AC CD m AC ⋅=⋅+=⋅︒+⋅︒=．由于180ACB ACD ∠+∠=︒，将侧面ACD 沿AC 展开到平面ABC ， 则三点B 、C 、D 共线，又此三棱锥可看成将ACD ∆沿直线AC 翻折而成的，故不难得3||3m BD m <<． 设异面直线AC 与BD 所成的角为θ，则||313cos (,)2||||2||AC BD m AC BD BD θ⋅==∈，即(30,60)θ∈︒︒， 故选：B ．5．在三棱锥A BCD -中，2AB =，60ABC ACD ∠=∠=︒，E 、F 分别为BC 、AD 的中点，且EF BC ⊥，EF AD ⊥，BC AD ⊥，则异面直线BF 与DE 所成角的余弦值为( ) A ．13B ．23C ．23D ．34解：连结AE ，DE ，BF ，CF ，如图所示， 因为BC EF ⊥，BC AD ⊥，又EFAD F =，EF ，AD ⊂平面AED ，所以BC ⊥平面AED ，又AE ，DE ⊂平面AED ， 所以BC AE ⊥，BC DE ⊥， 又因为E 为BC 的中点， 所以AB AC =，DB DC =， 同理可得，AB BD =，AC CD =， 又因为60ABC ACD ∠=∠=︒， 所以ABC ∆和ADC ∆都是等边三角形，故AB BD AC CD BC AD=====，则三棱锥A BCD-是正四面体，取CF的中点G，连结EG，则//EG BF，所以GED∠为直线BF与DE所成的角（或其补角），因为2AB=，所以132EG BF==，3ED=，227DG FG FD=+=，在EGD∆中，由余弦定理可得，222373244cos233232EG DE DGGEDEG DE+-+-∠===⋅⨯⨯，所以异面直线BF与DE所成角的余弦值为23．故选：B．6．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D-中，点P在线段AD上，（点P异于A、D两点），线段1DD的中点为Q，若平面BPQ截该正方体所得的截面为四边形，则线段AP长度的取值范围为()A．(0，1]3B．1(2，1]C．1[3，1)D．(0，1]2解：如图，设平面BPQ与直线1CC交于点E，因为1111ABCD A B C D-是正方体，所以平面11//ADD A平面11BCC B，而平面BPQ⋂平面11ADD A PQ=，平面BPQ⋂平面11BCC B BE=，所以//PQ BE，则PDQ BCE∆∆∽，所以PD BCDQ CE=，所以12BCPD DQCE CE=⋅=，要使平面BPQ截该正方体所得的截面为四边形，则需要点E在线段1CC上，当点P在点A处时，E恰好在线段1CC的中点处，因为点P在线段AD上，所以112CE<，所以122CE<，则11122CE<，即112PD<，所以12AP<，即AP的范围为(0，1]2，故选：D．7．如图1，直线EF将矩形ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF，将梯形CDEF沿边EF 翻折，如图2，在翻折过程中（平面ABFE和平面CDEF不重合），下列说法正确的是()A．在翻折过程中，恒有直线||AD平面BCFB．存在某一位置，使得||CD平面ABFEC．存在某一位置，使得||BF CDD．存在某一位置，使得DE⊥平面ABFE解：对于A，由题意得：//DE CF，//AE BF，AE DE E=，BF CF F=，∴平面//ADE平面BCF，AD⊂平面ADE，∴在翻折过程中，恒有直线||AD平面BCF，故A正确；对于B，直线EF将矩形ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF，CD∴与EF相交，∴不存在某一位置，使得||CD平面ABFE，故B错误；对于C，CD⋂平面BFC F=，BF⊂平面BFC，∴不存在某一位置，使得||BF CD ，故C 错误；对于D ，四边形DEFC 是梯形，DE CD ⊥，DE ∴与EF 不垂直，∴不存在某一位置，使得DE ⊥平面ABFE ，故D 错误．故选：A ．8．四棱锥P ABCD -中，12PD DA AB CD ===，//AB CD ，90ADC ∠=︒，PD ⊥平面ABCD ，M 为PC 中点，平面ADM 交PB 于Q ，则CQ 与PA 所成角的余弦值为( )A ．33B ．77C ．2121D ．4242解：延长CB ，DA 相交于点N ，连结MN 与PB 交于点Q ，在PNC ∆中，B 为CN 的中点，M 为PC 的中点，故Q 为PNC ∆的重心， 所以2PQ QB =，在AB 上取S ，使得2AS SB =，则//QS PA ， 所以SQC ∠即为CQ 与PA 所成的角（或补角）， 作SH DC ⊥于点H ，不妨设1AB =， 则24233HC =-=， 在Rt HSC ∆中，512,33SC SQ PA ===，连结BD ，可得2BD =2CD =， 所以90CBD ∠=︒， 又CB PD ⊥，且PDBD D =，PD ，BD ⊂平面PBD ，所以CB ⊥平面PBD ， 又BP ⊂平面PBD ，所以CB PB ⊥，故90PBC ∠=︒， 则有2222237()(2)3CQ QB CB =+=+=， 所以21CQ =， 由余弦定理可得，2222212542999cos 22212SQ CQ SC SQC SQ CQ +-+-∠==⋅⋅⋅，所以CQ 与PA 所成角的余弦值为4242． 故选：D ．二、多选题9．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1AA 的中点，平面α过点1D 且与CM 垂直，则( ) A ．CM BD ⊥ B ．//BD 平面α C ．平面1//C BD 平面αD ．平面α截正方体所得的截面面积为92解：以A 为原点，AB 、AD 、1AA 为x 、y 、z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：因为正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1AA 的中点， 所以(0M ，0，1)，(2B ，0，0)，(2C ，2，0)，(0D ，2，0)， 所以(2BD =-，2，0)，(2CM =-，2-，1)，所以4400BD CM ⋅=-+=，BD CM ⊥，即BD CM ⊥，选项A 正确； 因为BD CM ⊥，CM ⊥平面α， 所以//BD α或BD α⊂， 若BD α⊂，则α为平面1BDD ，因为1(0DD =，0，2)，且120DD CM ⋅=≠，所以BD α⊂/， 所以//BD α，选项B 正确；因为1(2C ，2，2)，1(0C B =，2-，2)-， 所以104220C B CM ⋅=+-=≠，又1C B 在平面1C BD 上，所以平面1C BD 与平面α不平行，选项C 错误；取AB 、AD 的中点分别为P 、Q ，连接1B P 、PQ 、1QD 、11B D ，过Q 作11QN B D ⊥于点N ， 因为//PQ BD ，11//BD B D ，所以11//PQ B D ，又在Rt △1BB P 、1Rt QDD ∆中，2211215B P DQ ==+=，所以四边形11PQD B 是等腰梯形， 又1(0QD =，1，2)，11(2B D =-，2，0)，且1110QD CM B D CM ⋅=⋅=， 所以平面α即为平面11PQD B ，所求截面面积即为等腰梯形11PQD B 的面积； 又11122B D PQ D N -==，在Rt △1D NQ 中，13252NQ =-=， 所以112223292PQD B S +=⨯=梯形，所以选项D 正确． 故选：ABD ．10．如图，已知a ，b 是相互垂直的两条异面直线，直线AB 与a ，b 均相互垂直，且2AB =，动点P ，Q 分别位于直线a ，b 上，若直线PQ 与AB 所成的角4πθ=，线段PQ 的中点为M ，下列说法正确的是( )A ．PQ 的长度为22B ．PQ 的长度不是定值C ．点M 的轨迹是圆D ．三棱锥A BPQ-的体积为定值解：过点P 作PB α'⊥于点B '， 连接B Q '， 如图所示：则4QPB π∠'=，故222cos4PQ π==，故A 正确；B 不正确；设B Q '的中点为N ，易得BB BQ '⊥，且2B Q '=，则有1BN =，设AB 的中点为O ，连接O ，M ，N ，B ，易得四边形OMNB 为平行四边形， 故1OM BN ==，12MN PB ='， 即点M 到平面α的距离为定值， 可得点M 的轨迹为圆，故C 正确；当点Q 与B 点重合时，三棱锥体A BPQ -转换为三角形，其体积为0，而当点Q 与点B 不重合时，且点P 与点A 不重合时，其体积显然不为0， 故D 错误， 故选：AC ．11．如图所示，在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为CD 上一动点，现将BEC ∆沿BE 折起至BEF ∆，在平面FBA 内作FG AB ⊥，G 为垂足．设CE s =，BG t =，则下列说法正确的是( )A ．若BF ⊥平面AEF ，则32t =B ．若AF ⊥平面BEF ，则12s =C ．若平面BEF ⊥平面ABED ，且1s =，则12t =D ．若平面AFB ⊥平面ABED ，且32s =，则23t = 解：如图，对于A ，若BF ⊥平面AEF ，则有BF AF ⊥， 在Rt AFB ∆中，2AB =，1BF BC ==， 则223AF AB BF -3AF BF FG AB ⨯== 在Rt BGF ∆中，2212BG BF FG =-=，即12t =，故A 错误； 对于B ，若AF ⊥平面BEF ，则有AF BF ⊥，AF FE ⊥， 在Rt AFB ∆中，3AF在Rt AEF ∆中，222AF EF AE +=，即2222(3)(2)1s s +=-+，解得12s =，故B 正确； 对于C ，若平面BEF ⊥平面ABED ，过点F 作FH BE ⊥，垂足为H ，连接HG ， 因为平面BEF ⋂平面ABED BE =，所以FH ⊥平面ABED ，所以FH AB ⊥， 又AB FG ⊥，所以AB ⊥平面FHG ，所以AB HG ⊥， 因为1s =，所以在等腰Rt FEB ∆中，2BH =， 所以在等腰Rt BGH ∆中，12BG t ==，故C 正确； 对于D ，若平面AFB ⊥平面ABED ，因为平面AFB ⋂平面ABED AB =，FG AB ⊥，所以FG ⊥平面ABED ，所以FG BE ⊥，过点F 作FH EB ⊥，垂足为H ，连接GH ， 因为FGFH F =，所以BE ⊥平面FGH ，又HG ⊂平面FGH ，所以BE HG ⊥，所以在矩形ABCD 中，连接CH ，则有C ，H ，G 三点共线， 则90CGB GCB ∠+∠=︒，又90GCB EBC ∠+∠=︒， 所以CGB EBC ∠=∠，又90GBC BCE ∠=∠=︒， 由Rt CBG Rt ECB ∆∆∽知，BG CBCB EC=， 因为1CB =，32EC s ==，所以23BG t ==，故D 正确．故选：BCD ．12．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点．则( )A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点1A 和点D 到平面AEF 的距离相等解：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则(2A ，0，0)，(1E ，2，0)，(0F ，2，1)，(0D ，0，0)，1(0D ，0，2)，1(2A ，0，2)，(2G ，2，1)，对于A ，1(0D D =，0，2)-，(2AF =-，2，1)，120DD AF ⋅=-≠，∴直线1D D 与直线AF 不垂直，故A 错误； 对于B ，1(0AG =，2，1)-，(1AE =-，2，0)，(2AF =-，2，1)， 设平面AEF 的法向量(n x =，y ，)z ，则20220n AE x y n AF x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，取1y =，得(2n =，1，2)， 10AG n ⋅=，1AG⊂/平面AEF ， ∴直线1A G 与平面AEF 平行，故B 正确；对于C ，连接1AD ，1FD ，E ，F 分别是BC ，1CC 的中点，∴面AEF 截正方体所得的截面为梯形1AEFD ， ∴面AEF 截正方体所得的截面面积为：2114444292(41)()2222AD EFS AB ++++=⨯=⨯+-=，故C 正确；对于D ，由B 知平面AEF 的法向量(2n =，1，2)， ∴点1A 到平面AEF 的距离1||4||39AA n h n ⋅===， 点D 到平面AEF 的距离||4||39DA n d n ⋅===， ∴点1A 和点D 到平面AEF 的距离相等，故D 正确．故选：BCD ．三、填空题13．在四面体ABCD 中，5AB CD ==，6AC BD ==，7AD BC ==，则AB 、CD 所成的角的余弦值为 ．解：作出四面体ABCD 的外接长方体AB DC D CA B ''''-，如图所示， 设长D C a '=，宽CA b '=，高A D c '=， 则由勾股定理可得，222222222765a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得26c =，连结A B ''交CD 于点E ，则异面直线AB 、CD 所成的角为A ED '∠（或补角），在△A ED '中，由余弦定理可得，222cos 2A E DE A D A ED A E DE'+-'∠'='⋅2225525()()6132225525252222c +--===⨯⨯， 所以AB 、CD 所成的角的余弦值为1325． 故答案为：1325．14．在三棱锥P ABC -中，4AB AC BC ===，3PB PC ==，平面PBC ⊥平面ABC ，D 为线段PA 上一动点，当BD CD +取最小值时，PDPA= ． 解：取BC 的中点O ，因为PB PC =，所以PO BC ⊥， 又因为平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC ⋂平面ABC BC =， 所以PO ⊥平面ABC ， 建立空间直角坐标系如图所示，则5),(23,0,0),(0,2,0),(0,2,0)P A B C -， 所以(23,0,5)PA =-，设PD PA λ=，因为(0,2,5),(0,5)BP CP ==-， 故(2355)BD BP PD λλ=+=，(23,55)CD CP PD λλ=+=-， 所以||||BD CD BD CD +=+2212455102λλλ+++- 2217109λλ=-+25128217()1717λ=-+128217， 当且仅当517λ=时取等号， 故当BD CD +取最小值时，517PD PA =． 故答案为：517．15．在空间四边形ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，若2AC BD ==，3EG =，则AC 与BD 所成的角为 ．解：因为E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点， 则//EF AC ，//GH AC ，11,22EF AC GH AC ==， //EH BD ，//FG BD ，11,22EH BD FG BD ==， 因为2AC BD ==，所以四边形EFGH 是一个边长为1的菱形，又3EG = 设菱形EFGH 的对角线FH 与EG 交于点O ，则FH EG ⊥， 在Rt OFG ∆中，131,2FG OG EG === 所以30FGO ∠=︒，所以60HGF ∠=︒， 即AC 与BD 所成的角为60︒． 故答案为：60︒．16．在正四棱柱（底面为正方形且侧棱垂直于底面）1111ABCD A B C D -中，12BC AA =，M 是BC 的中点，则异面直线1BD 与1MC 所成角的大小为 ．解：设1B C 的中点为N ，连结BN ，1ND ，正四棱柱（底面为正方形且侧棱垂直于底面）1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形， 设2BC m =，则1AA m =，M ，N 分别为BC ，1B C 的中点，故1//BN C M ，所以异面直线1BD 与1MC 所成的角即为1BD 与BN 所成的角即1NBD ∠， 1BB m =，11112B N B C m ==，则1111112,,22BN m C N B C m C D m ===， 则221(2)5ND m m m +，2221(2)(2)3BD m m m m ++，在1BND ∆中，由余弦定理可得22222211112cos 2223NB BD ND NBD NB BD m m+-∠===⋅⋅⋅⋅，因为异面直线所成的角的范围为(0,]2π，所以14NBD π∠=，故异面直线1BD 与1MC 所成角的大小为4π． 故答案为：4π．。
2021年4月浙江省普通高中学业水平考试数学试题第Ⅰ卷（共54分）一、选择题：本大题共18个小题,每小题3分,共54分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集{}1,2,3,4U = ，若{}1,3A =，则UA =（ ）A ．{}1,2B ．{}1,4C ．{}2,3D ．{}2,42.已知数列1，a ，5是等差数列，则实数a 的值为（ ）A ．2B ．3C ．4D 3.计算lg 4lg 25+=（ ） A ．2B ．3C ．4D ．104.函数3xy =的值域为（ ） A ．(0,)+∞B ．[1,)+∞C ．(0,1]D ．(0,3]5.在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =60A =︒ ，45B =︒，则b 的长为（ ）A ．2B ．1CD ．26.若实数10,20,x y x y -+>⎧⎨-<⎩则点(,)P x y 不可能落在（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限7.在空间中，下列命题正确的是（ ）A ．若平面α内有无数条直线与直线l 平行，则//l αB ．若平面α内有无数条直线与平面β平行，则//αβC ．若平面α内有无数条直线与直线l 垂直，则l α⊥D ．若平面α内有无数条直线与平面β垂直，则αβ⊥ 8.已知θ锐角，且3sin 5θ=，则sin(45)θ+︒=（ ）A ．7210B ．7210-C ．210D ．210-9.直线y x =被圆22(1)1x y -+=所截得的弦长为（ ）A ．22B ．1C ．2D ．210.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若121n n S a +=+，*n N ∈，则3a =（ ） A ．3B ．2C ．1D ．011.如图，在三棱锥A BCD -中，侧面ABD ⊥底面BCD ，BC CD ⊥，4AB AD ==，6BC =，43BD =，该三棱锥三视图的正视图为（ ）12.在第11题的三棱锥A BCD -中，直线AC 与底面BCD 所成角的大小为（ ） A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒13.设实数a ，b 满足||||a b >，则“0a b ->”是“0a b +>”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14.过双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左顶点A 作倾斜角为45︒的直线l ，l 交y 轴于点B ，交双曲线的一条渐进线于点C ，若AB BC =，则该双曲线的离心率为（ ）A ．5B ．5C ．3D ．5215.若实数a ，b ，c 满足12b a <<<，108c <<，则关于x 的方程20ax bx c ++=（ ） A ．在区间()1,0-内没有实数根B ．在区间()1,0-内有一个实数根，在()1,0-外有一个实数根C ．在区间()1,0-内有两个相等的实数根D ．在区间()1,0-内有两个不相等的实数根16.如图（1），把棱长为1的正方体沿平面11AB D 和平面11A BC 截去部分后，得到如图（2）所示几何体，该几何体的体积为（ ）A ．34B ．1724C ．23D ．1217.已知直线22(2)0x y y λ+++-=与两坐标轴围成一个三角形，该三角形的面积记为()S λ，当(0,)λ∈+∞时，()S λ的最小值是（ ）A ．12B ．10C ．8D ．418.已知函数2()f x x ax b =++（a ，b R ∈），记集合{}|()0A x R f x =∈≤，{}|(()1)0B x R f f x =∈+≤，若A B =≠∅，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[]4,4- B ．[]2,2-C ．[]2,0-D ．[]0,4第Ⅱ卷（共46分）二、填空题（每空3分，满分15分，将答案填在答题纸上）19.设向量(1,2)a =，(3,1)b =，则a b +的坐标为 ，a b ⋅= ．20.椭圆2213x y +=两焦点之间的距离为 ． 21.已知a ，b R ∈，且1a ≠-，则1||||1a b b a ++-+的最小值是 ． 22.设点P 是边长为2的正三角形ABC 的三边上的动点，则()PA PB PC ⋅+的取值范围为 ．三、解答题 （本大题共3小题，共31分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）23.已知函数2()2cos 1f x x =-，x R ∈． （Ⅰ）求()6f π的值；（Ⅱ）求函数()f x 的最小正周期； （Ⅲ）设()()3cos 24g x f x x π=-+，求()g x 的值域．24.已知抛物线C ：22y px =过点(1,1)A ．（Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅱ）过点(3,1)P -的直线与抛物线C 交于M ，N 两个不同的点（均与点A 不重合）．设直线AM ，AN 的斜率分别为1k ，2k ，求证：12k k ⋅为定值． 25.已知函数()3|||1|f x x a ax =-+-，其中a R ∈． （Ⅰ）当1a =时，写出函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 为偶函数，求实数a 的值；（Ⅲ）若对任意的实数[]0,3x ∈，不等式()3||f x x x a ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．2017年4月浙江省普通高中学业水平考试数学试题第Ⅰ卷（共54分）一、选择题：本大题共18个小题,每小题3分,共54分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集{}1,2,3,4U = ，若{}1,3A =，则UA =（ ）A ．{}1,2B ．{}1,4C ．{}2,3D ．{}2,4【答案】D【知识点】本题主要考察知识点：集合问题 【解析】 由题可以知道A={2,4}选择D 。
绝密★启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)压轴题详解10．已知数列{}n a 满足11a =，1*)n a n N +∈．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则( )A ．100132S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 分析：本题主要考查数列的递推关系式及其应用，数列求和与放缩的技巧等知识，考查数学抽象，运算求解能力． 答案：A解：由题意可得：22111111)?)242n n a a +=+=+<+，∴1?111222n n +<++=， 从而1241,2(1)3111n n nn n na a n a a a n n a n ++==+++++， ∴1100161111316(?)133(1)(2)24522n n na n a S a n n n ++⇒⇒+++<++=+++． 故选：A ．16．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>，焦点1(,0)F c -，2(F c ，0)(0)c >．若过1F 的直线和圆2221()2x c y c -+=相切，与椭圆的第一象限交于点P ，且2PF x ⊥轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．分析：本题考查了椭圆、圆的简单几何性质，以及点到直线的距离公式，考查分类讨论，逻辑推理，数学运算能力 解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过1F ，设直线的方程为()y k x c =+， 直线和圆2221()2x c y c -+=相切，∴圆心1(,0)2c 到直线的距离与半径相等，∴|0|ck kc c ⋅-+=，解得k =，将x c=代入22221x ya b+=，可得P点坐标为2(,)bP ca，221212tan2bPF aPF F kF F c∠====，∴222a cac-=，∴212ee-=，∴e=17.已知平面向量,,(0)a b c c ≠满足1,2,0,()0a b a b a b c==⋅=-⋅=记平面向量d在,a b方向上的投影分别为,,x y d a-在c方向上的投影为z,则222x y z++的最小值是分析：考查向量的投影，向量的数量积运算，均值不等式，考查分析问题，数学运算的能力答案：25解：令(1,0),(0,2),(,)a b c m n===，因为()0a b c-⋅=，故(1，2)(m-⋅，)0n=，20m n∴-=，令(2,)c n n=，?d a在c 方向上的投影分别为x，y，设(,)d x y=，则：?(1,),()2(1),||5d a x y d a c n xny c n=--⋅=-+=，从而：()2||da c xzc-⋅==，故22xy+=，则222x y z++表示空间中坐标原点到平面22x y+=上的点的距离的平方，由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：222242()105minx y z++===．21.如图，已知F是抛物线22(0)y px p=>的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且||2MF=．（Ⅰ）求抛物线的方程：（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足2||||||RN PN QN=⋅，求直线l在x轴上截距的取值范围．分析：本题抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，求范围问题，考查逻辑推理能力，数学运算能力。
2021浙江省高考压轴卷理科数学一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分，在给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。
已知全集U=R ，集合M=}032|{2≤--x x x ,N=}13|{2+=x y y ,那么=)(N C M u （ ）A ．}11|{<≤-x xB ．}11|{≤≤-x xC ．}31|{≤≤x xD ．}31|{≤<x x 已知i 为虚数单位，那么复数iiz 325+-=在复平面内表示的点位于（ ） A ．第四象限 B ．第三象限 C ．第二象限 D ．第一象限已知函数⎪⎩⎪⎨⎧<-≥=0,0,2)(x x x x f x ，那么“4)(=a f ”是“2=a ”的（ ）A ．充分没必要要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也没必要要条件已知21,e e 为相互垂直的单位向量，假设向量21e e +λ与21e e λ+的夹角等于30，那么实数λ等于（ ） A ．32± B ．3± C ．33±D ．333或 执行如下图的程序框图，假设输出的值S=16，那么输入自然数n 的最小值应等于（ ） A ．7 B ．8 C ．9 D ．10 若yx ,知足约束条件y kx y x y y x +=⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥≥-+z 22201，且取得最小值时的点有无数个，那么k=（ ） A ．-1 B ．2 C ．-1或2 D ．1或 -2已知函数，，，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤<=10621100|lg |)(x x x x x f 假设函数92)(2)(2-+-=b x bf x f y 有6个零点，那么b 的取值范围是（ ）A ．⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛31,9297,32B ．⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞31,,32C ．⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1,3231,0 D ．⎪⎭⎫⎝⎛97,92 设m ，n 是两条不同的直线，βα，是两个不同的平面，那么以下命题不正确的选项是（ ） A ．βαβα⊥⇒⊥n m n m ////，， B ．αα⊥⇒⊥n n m m //，C ．βαβα⊥⇒⊂⊂⊥m n n m ，，D ．n m n m m ////⇒=⊂βααβ ，，设双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的左、右核心别离为21F ，F ，如图，过2F 于双曲线一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点P ，假设21PF F ∠为钝角，那么该双曲线离心率的取值范围是（ ）A ．()∞+，2 B ．()∞+，3 C ．()21， D ．()21， 设数字1，2，3，4，5，6的一个排列为654321,,,,,a a a a a a ，假设对任意的)6,5,4,3,2(=i a i 总有)5,4,3,2,1(=<k i k a k ，知足,1||=-k i a a 那么如此的排列共有（ ）A ．36B ．32C ．28D ．20 二、填空题：本大题共7小题，每题4分，共28分 若_____________2sin ),4sin(2cos 3),,2(=-=∈θθπθππθ则且.一个几何体的三视图如右图所示，那么该几何体的体积为_______________.=2a _______________.若444332210)12()12()12()12(x x a x a x a x a a =-+-+-+-+，那么_________________.假设正数的最小值，则满足y x xy y x y x +=+53,为已知数列{}n a 知足：)(11*11N n n a a a a n n n n ∈=+--+++，且284=a ，，那么{}n a 的通项公式为n a =_____________.圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内（包括圆周）。
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．。
