2021年高考数学专题分类汇编：立体几何(含答案)

2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案一、立体几何多选题1. 如图，正方体ABCD-ABCD中的正四而体A厂BD G的棱长为2,则下列说法正确的是（）A. 异面直线A&与所成的角是彳3B. 丄平而A^DC. 平而Acq截正四而体- BDC,所得截而而积为2D. 正四而体A - BDC｛的髙等于正方体ABCD-\B,C X D X体对角线长的;【答案】ABD【分析】选项A,利用正方体的结构特征找到异而直线所成的角；选项B,根据正方体和正四而体的结构特征以及线而垂直的判定泄理容易得证；选项C,由图得平而ACQ截正四而体A - BDC x所得截面而积为A AC冋面积的四分之一：选项D,分别求出正方体的体对角线长和正四而体A - BDC.的高，然后判断数量关系即可得解.【详解】□ ______________ qA：正方体ABCD — AQCQ中，易处ADJIBC、,异面直线£3与所成的角即直线A"与BG所成的角，即ZA/G , LA.B G为等边三角形，ZABC,=-,正确:B：连接Bp, QB丄平面AdG®, AC|U平而AdGD，即人q丄B®又AG 丄Bp, B\BcBQ=B],有AQ 丄平而BDD 且,BQu 平而BDD X B X ,所以BD』A}C{,同理可证：BD』人》, = 所以8卩丄平而AQD ,正确:D t CiS Fic：易知平面心截正四耐本A-所得截而面积为半斗’错误;D：易得正方体ABCD- A且CQ的体对角线长为（（血丫 +（近$ +（Qf =应,棱长为22于正方体ABCD-A^B^D.体对角线长的亍，正确.3故选：ABD.【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异而直线所成角的平而角求其大小，根拯线而垂直的判定证明39丄平而AGD,由正四而体的性质，结合几何图形确左截而的面积，并求高，即可判断c、D的正误.2. 已知直三棱柱ABC-A^C,中，AB丄BC, AB = BC = BB、, D是AC的中点，0 为£C的中点•点p是BC］上的动点，则下列说法正确的是（）A. 当点P运动到中点时，直线AP与平而AEG所成的角的正切值为遁5B. 无论点P在BC］上怎么运动，都有AP丄OB〕C. 当点P运动到BC］中点时，才有与OB】相交于一点，记为0,且—Y =-D. 无论点P在BC\上怎么运动，直线与AB所成角都不可能是30°【答案】ABD【分析】EP构造线而角，由已知线段的等量关系求tan ZPA\E =——的值即可判断力的正误;知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为ZB.A.P ,结合动点P分析角度范囤即可知D的正误【详解】直三棱柱ABC-A/G 中，AB 丄BC, AB = BC =选项人中，当点P运动到BC】中点时，有F为坊q的中点，连接A£、EP,如下图示即有护丄而AdGFP・・・直线£P与平而所成的角的正切值:tanZPA^ = —AEEP = \ BB「AE =J A(B[+ B£= » BB{2 2tan ZPAjE = ‘ 故A疋确选项8中，连接B,C,与SC】交于E,并连接A}B,如下图示由题意知，B{BCC}为正方形，即有BQ丄而AB丄BCRABC -为直三棱柱，有丄而B.BCQ , BC； u面B.BCC,AjBj 丄BC、,又A】B] H BQ = B t:.BC}丄而A,BC，OQu而4dC,故SC】丄OB】同理可证：fB丄OB】,又fBcBC严B:.OB,丄而A.BC},又£Pu而ABC】，即有丄OB「故B正确选项C中，点P运动到BC；中点时，即在△ A.BC中A]P、OQ均为中位线选项D 中，由于"JIAB ,直线£P 与AB 所成角即为与Af 所成角：ZB/f结合下图分析知：点P 住B G 上运动时当P 在“或G 上时，ZB.A.P 最大为45°当户在Bq 中点上时，ZB X A,P 最小为arctan 返〉arctan 込= 30。

2021年海南高考数学立体几何题及答案解析立体几何在高考数学中一直是考察的重点内容之一。

通过对2021年海南高考数学立体几何题目及答案解析的深入探讨，我们可以更好地理解这一知识点，并提升解题技巧。

本文将为大家从难度适中的题目出发，逐步解析，帮助大家理清思路与解题思路。

题目一：在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，已知 AB = 2，AC = 2√2，A1B1 = 2√2，A1C1 = 2，线段 MN 在平面 ABCD 内部，以 AM 为轴旋转到 MNMN'，交于 MN 于 J，MN' 于 K，再以 AK 为轴旋转到MNMN''，交于 MN 于 L，已知 LN = 2，求 KL 的长。

【解析】首先，我们可以通过观察立体图形的几何性质，理解其中的关系。

根据题目所给信息，我们可以知道长方体的一些边长以及旋转后的线段情况。

接下来，我们可以利用平面几何的知识和三角关系进行求解。

设 KL 的长度为 x，根据题意，我们可以得到以下等式：∠BKL = ∠DKA = ∠NLA （由旋转的性质可知）∠BNK = ∠ALN （平行线之间的夹角）根据等腰三角形的性质，我们知道∠LNK = ∠LKN，且∠LNK =∠MKJ（内角和等于外角）由于 L 在 MN 上，且 LN = 2，我们可以得到以下等式：tan∠MKJ = tan∠NKL = tan∠LNK = tan∠ALN = tan∠BNK通过利用这些等式和三角函数的性质，我们可以整理出详细的解题步骤，具体过程略。

最后，计算得 KL 的长度为√10。

综上所述，本题通过巧妙地运用立体几何和平面几何的知识，结合三角关系与三角函数的运用，成功求解出 KL 的长度为√10。

通过以上题目的解析，我们可以看出，在解答立体几何题目时，我们需要充分理解立体图形的性质，通过平面几何的知识和三角关系进行运用，巧妙地利用等式和三角函数的性质，逐步解析并求得所需答案。

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.。

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．。

胡文2021年高考数学最新联考试题分类大汇编第8部分:立体几何一、选择题：5．（最新全国市武清区～胡文2021年学年高三下学期第一次模拟理）一个几何体的三视图如图所示，它的一条对角线的两个端点为A、B，则经过这个几何体的面，A、B间的最短路程是（ B ）A．52B．74C．45D．3108．（最新全国市武清区～胡文2021年学年高三下学期第一次模拟文）在空间四边形ABCD中，E、F分别为AC、BD的中点，若CD=2AB=4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角为（ D ）A．900B．600C．450D．3005．（最新全国市最新全国一中胡文2021年届高三第四次月考理科）设三条不同的直线a b c、、，两个不同的平面αβ、，⊂⊄c。

则下列命题不成立的是（B ）bαα,A．若//,αβαc，则β⊥c B．“若bβ⊥，则αβ⊥”的逆命题⊥C ．若a 是c 在α的射影，b a ⊥则b ⊥cD ．“若//b c ，则//c α”的逆否命题10．（最新全国市最新全国一中胡文2021年届高三第四次月考文科）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，顶点1B 到对角线1BD 和到平面11A BCD 的距离分别为h 和d ，则下列命题中正确的是（ C ） A ．若侧棱的长小于底面的边长，则h d的取值范围为(0,1)B ．若侧棱的长小于底面的边长，则h d 的取值范围为223(,) C ．若侧棱的长大于底面的边长，则h d的取值范围为23(,2)3 D ．若侧棱的长大于底面的边长，则h d的取值范围为23(,)3+∞ 二、填空题：14．(最新全国十二区县重点中学胡文2021年年高三联考一理)某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形,侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是 ．)3(2+=πS14．（最新全国市六校胡文2021年届高三第三次联考理科）已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸（单位：cm），则这个几何体的体积是cm3.3412．（最新全国市六校胡文2021年届高三第三次联考文科）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为.3514.（最新全国市最新全国一中胡文2021年届高三第四次月考理科）已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是．433 cmABCDE GF16．（最新全国市最新全国一中胡文2021年届高三第四次月考理科）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,正方形11BCC B 所在平面内的动点P 到直线11,D C DC 的距离之和为22则1PC PC 有最大值．12三、解答题19．(最新全国十二区县重点中学胡文2021年年高三联考一理)（本小题满分12分）如图，在六面体ABCDEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AD ⊥平面DEFG ，AC AB ⊥,DG ED ⊥,EF ∥DG ．且2====DG DE AD AB ,1==EF AC ． （Ⅰ）求证：BF ∥平面ACGD ； （Ⅱ）求二面角F CG D --的余弦值； （Ⅲ） 求五面体ABCDEFG 的体积．ABCD EGFMN19．（本小题满分12分）解法一 向量法由已知，AD 、DE 、DG 则A （0，0，2），B （2，0，2），C （ E （2，0，0），G （0，2，0），F （2，（Ⅰ）(2,1,0)(2,0,2)(0,1,2)BF =-=-(0,2,0)(0,1,2)(0,1,2)CG =-=-∴BF CG =，所以BF ∥CG ． 又BF ⊄平面ACGD故 BF//平面ACGD ……………………4分 （Ⅱ）(0,2,0)(2,1,0)(2,1,0)FG =-=-， 设平面BCGF 的法向量为1(,,)n x y z =，则112020n CG y z n FG x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩， 令2y =，则1(1,2,1)n =，而平面ADGC 的法向量2(1,0,0)n i ==∴121212cos ,||||n n n n nn ⋅<>=⋅＝6=故二面角D-CG-F 的余弦值为6．……………………8分ACDGMN（Ⅲ）设DG 的中点为M ，连接AM 、FM ， 则V ＝ADM-BEF ABC-MFG V V 三棱柱三棱柱+[来源:]＝ADM MFG DE S AD S ⨯+⨯△△＝1122122122⨯⨯⨯+⨯⨯⨯＝4．……………12分解法二设DG 的中点为M ，连接AM 、FM ， 则由已知条件易证四边形DEFM 是平行四边形， 所以MF//DE ，且MF ＝DE又∵AB//DE ，且AB ＝DE ∴MF//AB ，且MF ＝AB∴四边形ABMF 是平行四边形，即BF//AM ， 又BF ⊄平面ACGD故 BF//平面ACGD ……………4分（利用面面平行的性质定理证明，可参照给分）（Ⅱ）由已知AD ⊥面DEFG ∴DE ⊥AD ，DE ⊥DG即DE ⊥面ADGC ，∵MF//DE ，且MF ＝DE ， ∴MF ⊥面ADGC在平面ADGC 中，过M 作MN ⊥GC ，垂足为N ，连接NF ，则显然∠MNF 是所求二面角的平面角．∵在四边形ADGC 中，AD ⊥AC ，AD ⊥DG ，AC=DM ＝MG＝1 ∴CD CG ==，∴MN ＝=[来源:高&考%资(源#网]在直角三角形MNF 中，MF ＝2，MN 25=∴tan MNF ∠＝MF MN＝25＝5，cos MNF ∠＝66故二面角D-CG-F 的余弦值为6……………………8分[来源:高&考%资(源#网] （Ⅲ）ABC-DEFGV 多面体＝ADM-BEF ABC-MFGV V 三棱柱三棱柱+＝ADM MFG DE S AD S ⨯+⨯△△[来源:高&考%资(源#网]＝1122122122⨯⨯⨯+⨯⨯⨯＝4．……………12分19．（最新全国市武清区～胡文2021年学年高三下学期第一次模拟理）（本小题满分12分）如图在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD=600，AB=2，PA=1,PA ⊥平面ABCD ，E 是PC 的中点，F 是AB 的中点。

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.。

2021年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何一、单选题1. ( 2分) （2021·全国甲卷）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，正试图如右图所示，则相应的侧视图是（）A. B. C. D.2. ( 2分) （2021·全国甲卷）已知A,B,C是半径为1的求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.3. ( 2分) （2021·全国乙卷）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.4. ( 2分) （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. 45. ( 2分) （2021·新高考Ⅱ卷）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. B. C. D.6. ( 2分) （2021·新高考Ⅱ卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A. 26%B. 34%C. 42%D. 50%7. ( 2分) （2021·北京）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），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. ( 2分) （2021·北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B. 4 C. D. 29. ( 2分) （2021·浙江）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. 3 C. D.10. ( 2分) （2021·浙江）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面11. ( 2分) （2021·天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（）A. B. C. D.二、多选题12. ( 3分) （2021·新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC- 中，AB=AA1=1，点P满足，其中λ∈[0,1]，∈[0,1]，则（）A. 当λ=1时，△P的周长为定值B. 当=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值C. 当λ= 时，有且仅有一个点P，使得D. 当= 时，有且仅有一个点P，使得B⊥平面A P13. ( 3分) （2021·新高考Ⅱ卷）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．则满足的是（）A. B.C. D.三、填空题14. ( 1分) （2021·全国甲卷）己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________．15. ( 1分) （2021·全国乙卷）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）.四、解答题16. ( 10分) （2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（1）求三棱锥F－EBC的体积；（2）已知为棱上的点，证明：．17. ( 10分) （2021·全国甲卷）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丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？18. ( 10分) （2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC 的中点，且PB⊥AM，（1）求BC；（2）求二面角A-PM-B的正弦值。

全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、选择题：1. (2011安徽文、理)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） （A ） 48 (B)32+817 (C) 48+817 (D) 801.C 【解析】本题主要考查直四棱柱的三视图及表面积公式，属于中等难度问题。

由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为12(24)4442421164488172S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+.【技巧点拨】找到三视图所对应的直观图是解题的关键，本题命题人有意思的直四棱柱“放倒”迷惑学生，很多同学过不了这一道坎。

2. (2011北京文)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )(A)32 (B)16+162(C)48 (D)16322+ 【解析】：由三视图可知几何体为底面边长为4，高为2的正四棱锥，则四棱锥的斜高为22，表面积2142244161622⨯⨯⨯+=+故选B 。

3. (2011北京理)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是( )(A) 8 (B) 62 (C)10 (D) 82【答案】C【解析】由三视图还原几何体如下图，该四面体四个面的面积中最大的是∆PAC ，面积为10，选C 。

4．(2011广东文)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（ ）A ．20B ．15C ．12D ．10 解析：（D ）．正五棱柱中，上底面中的每一个顶点均可与下底面中的两个顶点构成对角线，所以一个正五棱柱对角线的条数共有5210⨯=条B CA P 4235445．(2011广东文)如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为A ．43B ．4C ．23D ．2解析：（C ）．该几何体是一个底面为菱形的四棱锥，菱形的面积1223232S =⨯⨯=，四棱锥的高为3，则该几何体的体积112332333V Sh ==⨯⨯=6. (2011广东理)如图1～3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（ ）A.36B. 39C.312D. 318解析：（B ）．该几何体是一个底面为平行四边形，高为3的四棱柱，易求得平行四边形的高为3，则33393V Sh ==⨯⨯=7．(2011湖南文、理)设图１是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．942π+ Ｂ．3618π+Ｃ．9122π+ Ｄ．9182π+答案：D解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。

2021年高考立体几何大题一．解答题（共8小题）1．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．2．如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．3．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱BC ，CD 的中点．（1）求证：1//D F 平面11A EC ；（2）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值；（3）求二面角11A A C E --的正弦值．4．在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．5．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =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．6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，E 为11A D 的中点，11B C 交平面CDE 交于点F ．（Ⅰ）求证：F 为11B C 的中点；（Ⅱ）若点M 是棱11A B 上一点，且二面角M CF E --，求111A M A B 的值．7．四棱锥P ABCD -，底面为正方形ABCD ，边长为4，E 为AB 中点，PE ⊥平面ABCD ．（1）若PAB ∆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．8．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知2AB BC ==，13AA =．（1）若P 是棱11A D 上的动点，求三棱锥C PAD -的体积；（2）求直线1AB 与平面11ACC A 的夹角大小．2021年高考立体几何大题参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．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．【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 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1(,0)22C ，(0D ，1，0)，设(0A ，0，)t ，则12(0,,)33tE ，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为(0,0,)OA t = ，设平面BCE 的法向量为(,,)n x y z = ，又3342(,0),(0,,)2233t BC BE == ，所以由00n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得30242033y t y z +=⎨⎪+=⎪⎩，令x =，则1y =-，2z t =，故21,)n t=- ，因为二面角E BC D --的大小为45︒，所以||2|cos ,|2||||n OA n OA n OA ⋅<>=== ，解得1t =，所以1OA =，又13311224OCD S ∆=⨯⨯⨯=，所以32BCD S ∆=，故1113326A BCD BCD V S OA -∆=⋅=⨯=．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EG ⊂平面EFG ，所以BC EG ⊥，则EGF ∠为二面角E BC D --的平面角，即45EGF ∠=︒，又1CD DO OB OC ====，所以120BOC ∠=︒，则30OCB OBC ∠=∠=︒，故90BCD ∠=︒，所以//FG CD ，因为23DE DF EF AD OD AO ===，则312,,233AO EF OF DF ===，所以BF GF BD CD=，则112323GF +==，所以23EF GF ==，则312AO EF ==，所以1113113326A BCD BCD V S AO -∆=⋅=⨯⨯⨯=．2．如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，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90ABD ADB ∠+∠=︒，又90ABD MAB ∠+∠=︒，则有ADB MAB ∠=∠，所以Rt DAB Rt ABM ∆∆∽，。