2019-2020届高考理科数学一二轮复习：23 立体几何中的角-三年真题分类汇编含2018年与考纲解读

蕉岭中学2019届高三（理科）数学二轮资料专题四：立体几何参考答案例1解：如图所示，原几何体为三棱锥D ABC -，其中4,AB BC AC DB DC =====6DA ==，故最长的棱的长度为6DA =，选C例2.解:作出该几何体的直观图如图所示(所作图形进行了一定角度的旋转)，故所求几何体的表面积S ＝2×3×13＋2×12×3×13＋12×4×6＋12×3×4＋12×4×32＝913＋62＋18，故选B.例3. 解连接BF ，由题意，得△BCD 为等腰直角三角形，E 是外接圆的圆心. ∵点A 在平面BCD 上的投影恰好为DE 的中点F ，∴BF ＝1＋14＝52， ∴AF ＝4－54＝112. 设球心O 到平面BCD 的距离为h ，则1＋h 2＝14＋⎝⎛⎭⎫ 112－h 2，解得h ＝21111，∴外接球的半径r ＝1＋411＝1511， 故该三棱锥外接球的表面积为4π×1511＝60π11. 答案 60π11例4. 答案 D解析 A 选项，连接BD ，交AC 于点O ，取BE 的中点M ，连接OM ，FM ，则四边形AOMF 是平行四边形，所以AO ∥FM ，因为FM ⊂平面BEF ，AC ⊄平面BEF ，所以AC ∥平面BEF ；B 选项，若B ，C ，E ，F 四点共面，因为BC ∥AD ，所以BC ∥平面ADEF ，又BC ⊂平面BCEF ，平面BCEF ∩平面ADEF ＝EF ，所以可推出BC ∥EF ，又BC ∥AD ，所以AD ∥EF ，矛盾；C 选项，连接FD ，在平面ADEF 内，由勾股定理可得EF ⊥FD ，又EF ⊥CF ，FD ∩CF ＝F ，所以EF ⊥平面CDF ，所以EF ⊥CD ，又CD ⊥AD ，EF 与AD 相交，所以CD ⊥平面ADEF ，所以平面ADEF ⊥平面ABCD ；D 选项，延长AF 至G ，使AF ＝FG ，连接BG ，EG ，可得平面BCE ⊥平面ABF ，且平面BCE ∩平面ABF ＝BG ，过F 作FN ⊥BG 于N ，则FN ⊥平面BCE ，若平面BCE ⊥平面BEF ，则过F 作直线与平面BCE 垂直，其垂足在BE 上，矛盾. 例5： 证明 (1)由直三棱柱的性质，得A 1A ⊥AB ，A 1A ⊥AC ，又BA ⊥AC ,如图，以点A 为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0，0，0)，E (0，4，2)，F (2，2，0)，B (4，0，0)，B 1(4，0，4). 取AB 的中点N ，连接CN ，则N (2，0，0)，C (0，4，0)，D (2，0，2)，∴DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC . 又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC ， ∴DE ∥平面ABC . (2)∵B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0)， ∴B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF . 又∵AF ∩EF ＝F ，AF ，EF ⊂平面AEF ， ∴B 1F ⊥平面AEF .例6解：如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1.则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB .以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2). (1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P⎝⎛⎭⎫32，－12，2，从而BP→＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020. 因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q⎝⎛⎭⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝⎛⎭⎫32，32，0，AC 1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2).设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0. 不妨取n ＝(3，－1，1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.例7. (1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CDM ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 由于DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz . 当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点.由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2).又DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值为255.例8.解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE .∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ，∴PB ∥OE . 又O 为BD 的中点，∴在△BDP 中E 为PD 中点. (2)连接OP ，由题知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以OC →，OD →，OP →所在直线为x 、y 、z 轴建立直角坐标系，如图.OP ＝PD 2－OD 2＝ 6. ∴O (0，0，0)，A (－2，0，0)，B (0，－2，0)，C (2，0，0)，D (0，2，0)，P (0，0，6)， 则E ⎝⎛⎭⎫0，22，62，OC →＝(2，0，0)，OE →＝⎝⎛⎭⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0). 设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1). 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OC →＝0，m ·OE →＝0⇒⎩⎨⎧x 1＝0，y 1＋3z 1＝0.令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1). 则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ).设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OD →＝0，n ·OF →＝0⇒⎩⎨⎧y 2＝0，－2λx 2＋（1－λ）6z 2＝0.令z 2＝1得平面BDF 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3（1－λ）λ，0，1. 由平面AEC 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝12·1＋3⎝⎛⎭⎫1λ－12＝114，解得λ＝15.所以|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当|PF |＝225时，使得平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114. 押题专练1. 解:若m ⊄α，n ⊂α，m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α.若m ∥α，m ⊄α，n ⊂α，不一定推出m ∥n ，直线m 与n 可能异面.故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件. 故选A2. 解析 由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.3.解:该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V ＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－163. 选A4．解：B 选项中，//AB MQ ，且AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，则//AB 平面MNQ ，C 选项中,//AB MQ ，且AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，则//AB 平面MNQ ，D 选项中, //AB NQ ，且AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，则//AB 平面MNQ ，排除B 、C 、D ，选A5． 解：如图所示，点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M 为三角形ABC 的重心，，中，有，，，故选B.6.解：若A 成立可得BD ⊥A ′D ，产生矛盾，故A 不正确；由题干知△BA ′D 为等腰直角三角形，CD ⊥平面A ′BD ，得BA ′⊥平面A ′CD ，所以BA ′⊥A ′C ，于是B 正确；由CA ′与平面A ′BD 所成的角为∠CA ′D ＝45°知C 不正确； V A ′－BCD ＝V C －A ′BD ＝16，D 不正确，故选B.7. 解：如图,设平面11CB D 平面ABCD ='m ,平面11CB D 平面11ABB A ='n ,因为//α平面11CB D ,所以//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm ,同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角,即为60︒,故,m n 所成角的正弦值为2, 选A.8.解析 将△CBC 1沿BC ，CC 1剪开，并沿BC 1折起，使平面CBC 1和平面BC 1D 1A 共面如图.连D 1C ″交BC ′于点M .则CM ＋MD 1最短(即线段C ″D 1)，在△D 1C 1C ″中，∠D 1C 1C ″＝135°，由余弦定理，得C ″D 21＝12＋12－2×12·cos 135°＝2＋ 2.故CM ＋MD 1的最小值为2＋ 2. 答案 A9. 解析 ①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面的射影相等，即与底面所成角相等； ②不正确，如图(1)，点A 在平面BCD 的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；图(1) 图(2)③正确，如图(2)，若AB ⊥平面BCD ，∠BCD ＝90°，则四面体ABCD 的四个面均为直角三角形； ④正确，正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S ×63＝13×4×S ×r ，解得r ＝612，那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6.故正确的命题是①③④. 答案 D10.解析 如图，设O ′为正△PAC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面PAC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163. 故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π. 答案 D11.解析 如图，依题意，平面α与棱BA ，BC ，BB 1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB 1C 符合题意，进而所有平行于平面AB 1C 的平面均符合题意.由对称性，知过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ .正六边形EFGHIJ 的边长为22，将该正六边形分成6个边长为22的正三角形.故其面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334. 故选A12.解:分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -， 其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅= 13. 解：对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.14.解析 因AC ⊥平面BDD 1B 1，而BE ⊂平面BDD 1B 1，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误.答案 ①②③15.解：（1）取AC 、BD 交点为N ，连结MN ．∵PD ∥面MAC ，PD ⊂面PBD面PBD ∩面MAC MN =，∴PD MN ∥， 在PBD △中，N 为BD 中点，∴M 为PB 中点． （2）解法一：取AD 中点为O ，BC 中点为E ，连结OP ，OE ，∵PA PD =，∴PO AD ⊥，又面PAD ⊥面ABCD ，面PAD ∩面ABCD AD =，∴PO ⊥面ABCD ，以OD 为x 轴，OE 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标，可知()200D ，，，()200A -，，，()240B -，，，(00P ，，易知面PD 的法向量为()010m =，，，且(20PD =，，，(24PB =-，，，设面PBD 的法向量为()n x y z =，，，20240x x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩，(11n =，1cos 2m n <>==， 由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角B PD A --大小为60︒．解法二：过点A 作AH PD ⊥，交PD 于点E ，连结BE ，∵BA ⊥平面PAD ，∴PD BA ⊥， ∴PD ⊥平面BAH ，∴PD BH ⊥，∴AEB ∠即为二面角B PD A --的平面角，AD PO AEPD ⋅=⋅，可求得AEtan AEB ∠==60AEB ∠=︒．（3）解法一：点122M ⎛- ⎝⎭，，，()240C ，，，∴322MC ⎛=- ⎝⎭，，，由（2）题面BDP 的一个法向量(11n =，，设MC 与平面BDP 所成角为θ，∴sin cos MC n θ=<>==，．解法二：记AC BD F =，取AB 中点N ，连结MN ，FN ，MF ，取FN 中点G ，连MG ，易证点G 是FN 中点，∴//MG PO ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，PO AD ⊥，∴PO ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥平面ABCD ． 连结GC ，GC =12MG PO ==，∴MC =．∵PD =，BD =，PB = 由余弦定理知cos PDB ∠=sin PDB ∠=1sin 2PDB S PD DB PDB =⋅⋅∠=△设点C 到平面PDB 的距离为h ，13P DBC PDB V S h -=⋅△，又13P DBC C PDB BCD V V S PO --==⋅△，求得2h =，记直线MC 与平面BDP 所成角为θ，∴sin h MC θ===．16.解:⑴证明：∵54AE CF ==， ∴AE CF AD CD=， ∴EF AC ∥．∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC BD ⊥， ∴EF BD ⊥， ∴EF DH ⊥， ∴EF DH'⊥． ∵6AC =， ∴3AO =； 又5AB =，AO OB ⊥， ∴4OB =， ∴1AE OH OD AO=⋅=， ∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+， ∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =I ， ∴'D H ⊥面ABCD ．⑵建立如图坐标系H xyz -．()500B ，，，()130C ，，，()'003D ，，，()130A -，，， ()430AB =uu u r ，，，()'133AD =-uuur ，，，()060AC =uuu r ，，，设面'ABD 法向量()1n x y z =，，u r，由1100n AB n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩得430330x y x y z +=⎧⎨-++=⎩，取345x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩， ∴()1345n =-u r ，，．同理可得面'AD C 的法向量()2301n =u u r，，，∴1212cos n n n n θ⋅==u r u u ru r u u r ，∴sin θ． 17.解：（1）作法：取的中点，连接，则直线即为要求作的直线. 证明如下：∵，，且，∴平面.∵平面平面，且平面，平面平面，∴，∴平面，∴.又，为的中点，则，从而直线即为要求作的直线.（2）∵将三棱锥分成体积之比为8：19的两部分，∴四面体的体积与三棱锥的体积之比为8:27，又平面平面，∴.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，令，得.则.故直线与平面所成角的正弦值为.。

三年专题 立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 32．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45A C B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，B B '与C C '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差A A C C ''- 1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．4735．【2021年甲卷理科】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1A CBC A C B C ⊥==，则三棱锥O A B C-的体积为（ ）A 12B 12C 4D 46．【2021年新高考1的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．7．【2021年新高考2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 ．201+B ．2C ．563D 38．【2020年新课标1卷理科】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 4B 2C 4D 29．【2020年新课标1卷理科】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为A B C的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1A BB C A C O O ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π10．【2020年新课标2卷理科】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 ．H11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC 4的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 212．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A．B ．C ．D ．13．【2020年新高考1卷（山东卷）】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°14．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，则（ ） A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90° B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90° C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°15．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 116．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111A B CA B C -中，11A BA A ==，点P 满足1B P BC B B λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1A B P△的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A B C-的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1AP B P⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1AB ⊥平面1A BP17．【2021年新高考2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M NO P⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．18．【2020年新课标3卷理科】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_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】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________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________三年专题立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111A B C A B C -中，侧面11A AB B为正方形，2A BB C ==，E ，F 分别为A C 和1C C 的中点，D 为棱11AB 上的点．11B FA B ⊥（1）证明：B F D E⊥；（2）当1BD为何值时，面11B BC C与面D F E 所成的二面角的正弦值最小?6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P A B C D==，P D D C-的底面是矩形，P D⊥底面A B C D，1M为B C的中点，且P B A M⊥．（1）求B C；（2）求二面角A P M B--的正弦值．7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A B C D-中，平面A B D⊥平面B C D，A B A D=，O为B D的中点.（1）证明：O A C D⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A D上，2--=，且二面角E B C DD E E A的大小为45︒，求三棱锥A B C D-的体积.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q A B C D-中，底面A B C D是正方形，若====．A D Q D Q A Q C2,3（1）证明：平面Q A D ⊥平面A B C D ； （2）求二面角BQ D A--的平面角的余弦值．9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，A E 为底面直径，A EA D=．A B C是底面的内接正三角形，P 为D O 上一点，6P OO=．（1）证明：P A ⊥平面P B C ；（2）求二面角BP C E--的余弦值．10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AM N 所成角的正弦值.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111A B C D A B C D -中，点,E F 分别在棱11,D DB B 上，且12D EE D =，12B FF B =．（1）证明：点1C 在平面A E F 内；（2）若2A B=，1A D=，13A A=，求二面角1AE F A --的正弦值．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．。

高三最新考试数学理试题分类汇编立体几何一、选择、填空题 1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）某几何体的正视图和俯视图如右图所示，则该几何体的侧视图可以是（A ） （B ） （C ） （D ）2、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A ．23 B ．43 C ．2 D ．833、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）如图是一个几何体的三视图，尺寸如图所示，（单位：cm ），则这个几何体的体积是（ ）A ．)3610(+πcm 3B ．)3511(+πcm 3C ．)3612(+πcm 3D ．)3413(+πcm 34、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是（ ）A ．342π+B ．63π+C ．362π+ D ．3122π+5、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）若一个正六棱柱（底面是正六边形，侧棱垂直于底面）的正视图如图所示，则其体积等于 （ ）A ．233B ．332C ．2 3D ．6 36、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）四面体A -BCD 中，AB ＝AC ＝DB ＝DC ＝26，AD ＝BC ＝4，则它的外接球表面积等于 .7、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）已知三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且2SA SB SC ===，Q 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为 .8、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A. 2+B ．2C ．4+D ．59、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（ ）A ．3πB D 10、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）如图，某几何体的三视图中，正视图和侧视图都是半径为3的半圆和相同的正三角形，其中三角形的上顶点是半圆的中点，底边在直径上，则它的表面积是（ ）（A ）π6 （B ）π8 （C ）π10 （D ）π1111、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）已知某球体表面积与体积相等，则该球最小外接立方体体积为 ．12、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）如图，在菱形ABCD 中，M 为AC 与BD 的交点，3BAD π∠=，3AB =，将CBD ∆沿BD 折起到1C BD ∆的位置，若点都在球O 的球面上，且球O 的表面积为，则直线1C M 与平面ABD 所成角的正弦值为二、解答题 1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体，如图(1)，在堑堵111-C B A ABC 中，BC AC ⊥．(Ⅰ)求证：四棱锥11-ACC A B 为阳马，并判断四面体11-ACC A B 是否为鳖臑，若是写出各个面的直角（只写出结论）；(Ⅱ)若21==AB A A ，当阳马11-ACC A B 体积最大时，求二面角11--C B A C 的余弦值．图(1)2、（莆田市2017届高三3月教学质量检查） 如图，在圆柱1OO 中，矩形11ABB A 是过1OO 的截面1CC 是圆柱1OO 的母线，12,3,3AB AA CAB π==∠=.（1）证明：1//AC 平面1COB ；（2）在圆O 所在的平面上，点C 关于直线AB 的对称点为D ，求二面角1D B C B --的余弦值.3、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）如图，四棱锥ABCD P -中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，1==CD AD ，∠BAD =120°，PA ACB =90°，M 是线段PD 上的一点(不包括端点).（Ⅰ）求二面角A PC D --的正切值（Ⅱ）试确定点M 的位置，使直线MA 与平面PCD 所成角θ的正弦值为515.4、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）如图1，在ABC ∆中，002,90,30,P AC ACB ABC =∠=∠=是AB 边的中点，现把ACP ∆沿CP 折成如图2所示的三棱锥A BCP -，使得AB =（1）求证：平面ACP ⊥平面BCP ；（2）求二面角B AC P --的余弦值．5、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）如图，已知长方形ABCD 中，AB ＝22，AD ＝2，M 为DC 的中点．将△ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM ． （I ）求证：AD ⊥BM ；（II ）若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E -AM -D 的余弦值为55．6、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）如图，斜三棱柱111ABC A B C -的底面是直角三角形，90ACB ∠=,点1B 在底面内的射影恰好是BC 的中点，且2BC CA ==, (1)求证：平面11ACC A ⊥平面11B C CB ；(2)若二面角11B AB C --的余弦值为57-，求斜三棱柱111ABC A B C -的高.7、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九））在四棱锥P ABCD -中，设底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ABCD ⊥面. （Ⅰ）求证：PC BD ⊥；（Ⅱ）过BD 且与直线PC 垂直的平面与PC 交于点E ，当三棱锥E BCD -的体积最大时，求二面角E BD C --的大小.8、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）如图，在四棱锥S ABCD -中，底面梯形ABCD 中，//AD BC ，平面SAB ⊥平面,ABCD SAB ∆是等边三角形，已知24,22AC AB BC AD DC =====.（I ）求证：平面SAB ⊥平面SAC ； （II ）求二面角B SC A --的余弦值.9、（厦门第一中学2017届高三上学期期中考试）如图，在梯形ABCD 中，0//,1,60AB CD AD DC CB ABC ===∠=，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面,1ABCD CF =．（1）求证：BC ⊥平面ACFE ；（2）点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角为()090θθ≤，试求cos θ的取值范围．参考答案一、选择、填空题1、C2、B3、C4、C5、C6、32π7、 8、A 9、C 10、C 11、21612二、解答题 1、证明：（Ⅰ）证明：由堑堵ABC -A 1B 1C 1的性质知：四边形A 1ACC 1为矩形．∵A 1A ⊥底面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥A 1A ，又BC ⊥AC ，A 1A ∩AC ＝A . A 1A ，AC ⊂平面A 1ACC 1. ∴BC ⊥平面A 1ACC 1， ∴四棱锥B -A 1ACC 1为阳马， ……………2分且四面体A 1CBC 1为鳖臑，四个面的直角分别是∠A 1CB ，∠A 1C 1C ，∠BCC 1，∠A 1C 1B . ……………4分 （Ⅱ）∵A 1A ＝AB ＝2. 由（Ⅰ）知阳马B -A 1ACC 1的体积V ＝13S 矩形A 1ACC 1·BC ＝13×A 1A ×AC ×BC ＝23AC ×BC ≤13(AC 2＋BC 2)＝13×AB 2＝43.当且仅当AC ＝BC ＝2时， V max ＝43， ……………6分以C 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 C- xyz . 则 A 1(0， 2， 2)， B ( 2， 0， 0)， C 1(0， 0， 2)∴1＝(0， 2， 2)， ＝( 2， 0， 0)，11A C ＝(0， 2， 0)，B C 1＝( 2， 0， －2)，设平面B CA 1的法向量为 ()1111,,z y x n =．平面B A C 11的法向量为()1111,,z y x n =则⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧==,0,0,0,012112111C n A C n n CA n 即⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎪⎩⎪⎨⎧==+.022,02.02,022222111z x y x z y 取1,0,2;1,2,0222111===-===z y x z y x则n 1＝(0， 2， －1)， n 2＝( 2， 0， 1)． ……………8分 ∴31331,cos 212121-=⨯-=⋅⋅=n n n n n n ……………10分结合图形知二面角 C- A 1B ­C 1的余弦值为31. ……………12分 2、3、解:（Ⅰ）取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB ，又PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE 建立如图所示空间直角坐标系，则A （0，，0，0），P （0，0，C 12，0），D 12-，0）AP =，31(,0)2AC =，31(,2PD =-易求1(3,3,0)n =-为平面PAC 的一个法向量.2(2,0,1)n =为平面PDC 的一个法向量（7分）∴cos 1212125,||||⋅<>==⋅n n n n n n 故二面角D-PC-A 的正切值为2. (6分) （Ⅱ）设m ，z y x M =),,(,则)32123()3,,(--=-，，m z y x ,解得点)332123(m m ，m ，M --,即)332123(m m ，m ，AM --= （11分） 由515)1(353sin 22=-+=m m θ得1=m (不合题意舍去)或21=m所以当M 为PD 的中点时,直线AM 与平面PCD 所成角的正弦值为.515（12分） 4、（1）在图1中，取CP 的中点O ，连接AO 交CB 于E ，则AE CP ⊥，在图2中，取CP 的中点O ，连接AO ，OB ，因为2AC AP CP ===，所以AO CP⊥，且AO =在OCB ∆中，由余弦定理有(22201217OB =+-⨯⨯=， 所以22210AO OB AB +==，所以AO OB ⊥． 又,AO CP CPOB O ⊥=，所以AO ⊥平面PCB ，又AO ⊂平面ACP ，所以平面ACP ⊥平面CPB（2）因为AO ⊥平面CPB ，且OCOE ⊥，故可如图建立空间直角坐标系，则()()(()()0,0,0,1,0,0,,1,0,0,O C A PB --， ()(2,3,3,1,0,AB AC =--=，显然平面ABC 的法向量为()0,1,0n =设平面ABC 的法向量为(),,m x y z =，则由0m AB m AC ⎧=⎨=⎩得)m =；故所求角的余弦值cos |cos ,|m n θ=<>==. 5、（I ）【证明】在图1的长方形ABCD 中，AB ＝22，AD ＝2，M 为DC 的中点，∴AM ＝BM ＝2，所以AM 2＋BM 2＝AB 2∴BM ⊥AM . ········································································································ （2分） 在图2中，∵平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，BM ⊂平面ABCM∴BM ⊥平面ADM ······························································································ （4分） ∵AD ⊂平面ADM∴AD ⊥BM ············································································································ （5分）（II ）【解】取AM 中点O ，AB 中点F ，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图则A (1，0，0)，B (－1，2，0)，D (0，0，1)，M (－1，0，0)＝(1， 0，1)，＝(－1，2，－1)，设＝λ ························· （7分）则平面AMD 的一个法向量＝(0，1，0) ················ （8分）＝＋λ＝(1－λ，2λ，1－λ)，＝(－2，0，0)，设平面AME 的一个法向量为＝(x ，y ，z )则即 ⎩⎨⎧－2x ＝0(1－λ)x ＋2λy ＋(1－λ)z ＝0······················· （9分） 取y ＝1，得x ＝0，y ＝1，z ＝2λλ－1 所以＝(0，1，2λλ－1)， ∵二面角E -AM -D 的余弦值为55 ··························································· （10分） ∴| cos 〈，〉 |＝＝55 即11＋(2λλ－1)2＝55 解得λ＝12， ······················································································ （11分） 综上，当E 为BD 的中点时，二面角E -AM -D 的余弦值为55． ···················· （12分）6、(1)取BC 中点M ，连接1B M ，则1B M ⊥平面ACB ∴1B M AC ⊥…………1分 又AC BC ⊥，且1B M BC M AC =∴⊥平面11B C CB因为AC ⊂平面11ACC A ,所以平面11ACC A ⊥平面11B C CB ；…………4分(2)以CA 为ox 轴，CB 为oy 轴，过点C 与面ABC 垂直方向为oz 轴，建立空间直角坐标系…………5分2CA BC ==,设1B M t =，则11(200),(020),(010),(01,),C (0,1,t)A B M B t -，，，，，，，………6分 即111(21,),(2,2,0),(0,2,0)AB t AB B C =-=-=-，设面1AB B 法向量111(,,)(1,1,)n x y z n t =∴=…………8分面11AB C 法向量21(,,)(,0,1)2tn x y z n =∴=…………10分125cos ,7n n t <>=-∴.…………12分 7、（Ⅰ）因为四边形ABCD 是正方形，所以BD AC ⊥，PA ABCD ⊥面，由此推出PA BD ⊥，又AC PA A =，所以BD PAC ⊥面，而PC PAC ⊂面，所以推出PC BD ⊥.（Ⅱ）设PA x =，三棱锥E BCD -的底面积为定值，求得它的高22x h x =+，当2x x=，即x h ，三棱锥E BCD -的体积达到最大值为111132⨯⨯⨯=. 以点A 为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，PA 为z 轴建立空间直角坐标系，则 ()()()(1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 B C D P ，，，，，，，，，，，令() E x y z ，，，PE PC λ=，∴2cos n AP <>=，， ∴二面角E BD C --为4π. 8、解：（Ⅰ）在BCA ∆中，由于∴222AB AC BC +=,故AB AC ⊥．……………2分 又SAB ABCD ⊥平面平面，SAB ABCD AB =平面平面，AC ABCD ⊂平面SAB AC ∴⊥平面，……………4分 又AC SAC ⊂平面，故平面SAC ⊥平面SAB ……………6分（II ）如图建立A xyz -空间直角坐标系，)0,0,0(A ，)0,0,2(B ，)3,0,1(S ，)0,4,0(C ，)3,4,1(-=CS ，)0,4,2(-=BC ，)0,4,0(=………………………………………7分设平面SBC 的法向量()111,,n x y z =,00nBC n CS ⎧⋅=⎪⇒⎨⋅=⎪⎩令1111,2,y x z ===则, n ⎛∴= ⎝．………………………………………8分 设平面SCA 的法向量()222,,m x y z =,0m AC m CS ⎧⋅=⎪⇒⎨⋅=⎪⎩2x = ，(3,0,1∴=-m 9分 2cos ,n m n m n m ⋅==-⋅………………………………………………………11分 ∴二面角--B SC A 的余弦值为………………………………………12分 9、解：（1）证明：在梯形ABCD 中，因为0//,1,60AB CD AD DC CB ABC ===∠=，所以2AB =，所以22202cos 603AC AB BC AB BC =+-=，所以222AB AC BC =+，所以BC AC ⊥．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE 平面ABCD AC =，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE ．．．．．．．．．．．．5分（2）由（1）可建立分别以直线,,CA CB CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令(0FM λλ=≤≤，则())()()0,0,0,,0,1,0,M ,0,1C A B λ， ∴()()3,1,0,,1,1AB BM λ=-=-，设()1,,n x y z =为平面MAB 的一个法向量，由1100n AB n BM ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00y x y z λ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，则()11,3,n λ=-，．．．．．．．．．．．7分 ∵()21,0,0n =是平面FCB 的一个法向量．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分∴1212cos 1n n n n θ===+．．．．．．．．．．．．．．．．．10分∵0λ≤≤0λ=时，cos θ，当λ=cos θ有最大值12．∴1cos 2θ⎤∈⎥⎦．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分。

15．
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<γ
B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α
D．α<β，γ<β
16．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上的点 M 在
9．
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
10．
【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
专题 05
立体几何（选择题、填空题）
1．【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．
5 1
4
B．
5 1
2
C．
5 1
4
D．
5 1
19．【2018 年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm）
A．2
B．4
C．6
D．8
20．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】设 A ，B ，C ，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， △ ABC 为等边三