2019-2021数学高考试题分类汇编 专题05 立体几何(选择题 填空题)

2021-2021年高考全国卷数学之立体几何专题训练一．选择题（共13小题）A．2B．2C．3D．2 A．12B．18C．24D．54 A．64πB．48πC．36πD．32πA．B．C．D．A．E B．F C．G D．HA．6+4B．4+4C．6+2D．4+2 A．B．C．1D．A．8πB．4πC．2πD．πA．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A．B．C．D．A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝0 A．B．C．D．A．B．C．D．二．填空题（共10小题）三．解答题（共17小题）（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q﹣ABP 的体积．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．（1）证明：平面P AB⊥平面P AC；（2）设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．（1）当AB＝BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B﹣EB1C1F的体积．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C的体积．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．答案一．选择题（共13小题）1．【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：＝2．故选：B．2．【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C＝＝，OO′＝＝2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：＝18．故选：B．3．【解答】解：由题意可知图形如图：⊙O1的面积为4π，可得O1A＝2，则AO1＝AB sin60°，，∴AB＝BC＝AC＝OO1＝2，外接球的半径为：R＝＝4，球O的表面积：4×π×42＝64π．故选：A．4．【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，则依题意有：，因此有h′2﹣（）2＝ah′⇒4（）2﹣2（）﹣1＝0⇒＝（负值舍去）；故选：C．5．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图：如图所示：根据三视图和几何体的的对应关系的应用，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，所以在侧视图中与点E对应．故选：A．6．【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：P A＝AB＝AC＝2，P A、AB、AC两两垂直，故PB＝BC＝PC＝2，几何体的表面积为：3×＝6+2，故选：C．7．【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为的等边三角形，可得，∴AB＝BC＝AC＝3，可得：AO1＝＝，球O的表面积为16π，外接球的半径为：R；所以4πR2＝16π，解得R＝2，所以O到平面ABC的距离为：＝1．故选：C．8．【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O1为底面三角形的中心，连接BO1并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO1⊥AC，PO1∩BG＝O1，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D＝＝＝＝．半径为，则球O的体积为．故选：D．9．【解答】解：∵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，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD＝，BE＝＝，∴BM＝a，EN＝＝a，∴BM≠EN，故选：B．10．【解答】解：∵正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，∴以P为原点，P A为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，设P A＝PB＝PC＝2，则A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），E（1，1，0），F（0，1，1），＝（0，2，0），＝（1，1，0），＝（0，1，1），设平面PEF的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，﹣1，1），设PB与平面PEF所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴PB与平面PEF所成角的正弦值为．故选：C．11．【解答】解：设与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点（1，﹣1，3），得2×1﹣1﹣3+k＝0，解得k＝2，则所求的平面方程为2x+y﹣z+2＝0．故选：A．12．【解答】解以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），＝（﹣2，2，1），＝（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ＝＝＝，sinθ＝＝，∴tanθ＝．∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．故选：C．13．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6×＝．故选：A．二．填空题（共10小题）14．【解答】解：如图，∵A1、B1、C1分别为OA、OB、OC的中点，∴△A1B1C1∽△ABC，则，过O作OG⊥平面ABC，交平面A1B1C1于G1，则．∴＝＝．故答案为：．15．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝AD＝4，AA1＝8，E、F、G为AB、A1B1、DD1的中点，H为A1D1上一点，则A1H＝1，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，F（4，2，8），H（3，0，8），E（4，2，0），G（0，0，4），＝（﹣1，﹣2，0），＝（﹣4，﹣2，4），设异面直线FH与EG所成角为θ，则cosθ＝＝＝．故答案为：．16．【解答】解：由已知得BD＝AB＝，BC＝2，因为D、E、F三点重合，所以AE＝AD＝，BF＝BD＝AB＝，所以CE＝CF＝1，则在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝﹣，故答案为：﹣．17．【解答】解：向量＝（1，﹣1），＝（m+1，2m﹣4），若⊥，则m＝5，故答案为：5．18．【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线BS＝3，底面半径BC＝1，则其高SC＝＝2，不妨设该内切球与母线BS切于点D，令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，则＝，即＝，解得r＝，V＝πr3＝π，故答案为：π．19．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE＝，∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，∴PO＝＝＝．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．20．【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+x+x＝1，解得x＝﹣1．故答案为：26，﹣1．21．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，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，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：﹣V O﹣EFGH＝6×6×4﹣＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．22．【解答】解：∵平面α截球O的球面所得圆的面积为π，则圆的半径为1，该平面与球心的距离d＝3，∴球半径R＝．∴球的表面积S＝4πR2＝40π．故答案为：40π．23．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA＝4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V＝＝8π．故答案为：8π．三．解答题（共17小题）24．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM＝90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC＝A，∴AB⊥面ADC，∵AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，∴AD＝AM＝3，∴BP＝DQ＝DA＝2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V＝＝××＝＝1．25．【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OA＝OB＝OC＝1，AE＝AD＝2，，，，在△P AC中，P A2+PC2＝AC2，故P A⊥PC，同理可得P A⊥PB，又PB∩PC＝P，故P A⊥平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，1，0），故，设平面PCE的法向量为，则由，得，取x＝1，则，z＝，所以平面PCE的法向量为，由（1）可知P A⊥平面PBC，不妨取平面PBC的法向量为，故，即二面角B﹣PC﹣E的余弦值为．26．【解答】解：（1）连接OA，OB，OC，△ABC是底面的内接正三角形，所以AB＝BC＝AC．O是圆锥底面的圆心，所以：OA＝OB＝OC，所以AP＝BP＝CP＝OA2+OP2＝OB2+OP2＝OC2+OP2，所以△APB≌△BPC≌△APC，由于∠APC＝90°，所以∠APB＝∠BPC＝90°，所以AP⊥BP，CP⊥BP，由于AP∩CP＝P，所以BP⊥平面APC，由于BP⊂平面P AB，所以：平面P AB⊥平面P AC．（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，所以．由于圆锥的侧面积为π，所以，整理得（r2+3）（r2﹣1）＝0，解得r＝1．所以AB＝＝．由于AP2+BP2＝AB2，解得则：＝．27．【解答】解：（1）证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N＝BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1∥MN，∵AA1∥BB1，∴AA1∥MN，∵MN⊥B1C1，A1N⊥B1C1，MN∩A1N＝N，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F，综上，AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F．（2）解：∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF∥B1C1∥BC，∵AO∥面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F＝PN，∴AO∥PN，四边形APNO为平行四边形，∵O是正三角形的中心，AO＝AB，∴A1N＝3ON，AM＝3AP，PN＝BC＝B1C1＝3EF，由（1）知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角，在等腰梯形EFC1B1中，令EF＝1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN＝B1C1＝EH＝3，B1H＝1，，sin∠B1EH＝＝，∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．28．【解答】（1）证明：在AA1上取点M，使得A1M＝2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有DD1∥AA1∥BB1，且DD1＝AA1＝BB1．又2DE＝ED1，A1M＝2AM，BF＝2FB1，∴DE＝AM＝FB1．∴四边形B1F AM和四边形EDAM都是平行四边形．∴AF∥MB1，且AF＝MB1，AD∥ME，且AD＝ME．又在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有AD∥B1C1，且AD＝B1C1，∴B1C1∥ME且B1C1＝ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，∴EC1∥MB1，且EC1＝MB1，又AF∥MB1，且AF＝MB1，∴AF∥EC1，且AF＝EC1，则四边形AFC1E为平行四边形，∴点C1在平面AEF内；（2）解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵AB＝2，AD＝1，AA1＝3，2DE＝ED1，BF＝2FB1，∴A（2，1，3），E（2，0，2），F（0，1，1），A1（2，1，0），则，，．设平面AEF的一个法向量为．则，取x1＝1，得；设平面A1EF的一个法向量为．则，取x2＝1，得．∴cos＜＞＝＝．设二面角A﹣EF﹣A1为θ，则sinθ＝．∴二面角A﹣EF﹣A1的正弦值为．29．【解答】解：（1）因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，所以BB1⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1，因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，且AB＝BC，所以ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩BB1＝B．所以AC⊥平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC．（2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF，C1E．因为点E在DD1，且2DE＝ED1，所以ED∥AM，且ED1＝AM，所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1M∥AE，且D1M＝AE，又因为F在BB1上，且BF＝2FB1，所以A1M∥FB1，且A1M＝FB1，所以A1B1FM为平行四边形，所以FM∥A1B1，FM＝A1B1，即FM∥C1D1，FM＝C1D1，所以C1D1MF为平行四边形，所以D1M∥C1F，所以AE∥C1F，所以A，E，F，C1四点共面．所以点C1在平面AEF内．30．【解答】证明：（1）由题意知AA1∥BB1∥CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1，BB1⊥BC，∴MN∥AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，A1N⊥B1C1，又∵MN∩AM＝M，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；解：（2）∵AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝NP，∴AO∥NP，∵NO∥AP，∴AO＝NP＝6，∵O为△A1B1C1的中心，∴ON＝A1C1sin60°＝×6×＝，∴ON＝AP＝，∴AM＝3AP＝3，过M作MH⊥NP，垂足为H，∵平面A1AMN⊥平面EB1C1F，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝NP，MH⊂平面A1AMN，∴MH⊥平面EB1C1F，∵在等边三角形中＝，即EF＝＝＝2，由（1）可知四边形EB1C1F为梯形，∵∠MPN＝，∴MH＝MP sin∠MPN＝＝3，31．【解答】解法一：证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝A1D，由题设知A1B1DC，∴B1C A1D，∴ME ND，∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E＝，故CH＝，∴点C到平面C1DE的距离为．解法二：证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，，0），C1（﹣1，，4），＝（0，﹣，0），＝（﹣1，），＝（0，），设平面C1DE的法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（4，0，1），∴MN∥平面C1DE．解：（2）C（﹣1，，0），＝（﹣1，，0），平面C1DE的法向量＝（4，0，1），∴点C到平面C1DE的距离：d＝＝＝．32．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．33．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∵B1C1∩EC1＝C1，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A1E＝1，则BE＝EB1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴BE2+EB12＝2BE2＝＝4，∴BE2＝2，∵AE2+AB2＝1+AB2＝BE2＝2，∴AB＝1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为＝＝（﹣1，0，1），设平面ECC1的法向量＝（x，y，z），由，得，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），∴cos＜＞＝＝﹣，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为．34．【解答】解：（1）证明：由长方体ABCD﹣A1B1C1D1，可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，∴BE⊥平面EB1C1；（2）由（1）知∠BEB1＝90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，∴∠AEB＝∠A1EB1＝45°，∴AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C，∴E到平面BB1C1C的距离d＝AB＝3，∴四棱锥E﹣BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18．35．【解答】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，∴AD，CG确定一个平面，∴A，C，G，D四点共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，∵EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，∴EH⊥平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，∴BH＝1，EH＝，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz，则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），＝（1，0，），＝（2，﹣1，0），设平面ACGD的法向量＝（x，y，z），则，取x＝3，得＝（3，6，﹣），又平面BCGE的法向量为＝（0，1，0），∴cos＜＞＝＝，∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°．36．【解答】解：（1）证明：由已知可得AD∥BE，CG∥BE，即有AD∥CG，则AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面；由四边形ABED为矩形，可得AB⊥BE，由△ABC为直角三角形，可得AB⊥BC，又BC∩BE＝B，可得AB⊥平面BCGE，AB⊂平面ABC，可得平面ABC⊥平面BCGE；（2）连接BG，AG，由AB⊥平面BCGE，可得AB⊥BG，在△BCG中，BC＝CG＝2，∠BCG＝120°，可得BG＝2BC sin60°＝2，可得AG＝＝，在△ACG中，AC＝，CG＝2，AG＝，可得cos∠ACG＝＝﹣，即有sin∠ACG＝，则平行四边形ACGD的面积为2××＝4．37．【解答】（1）证明：∵AB＝BC＝2，AC＝4，∴AB2+BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC，∵P A＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO＝，在△COM中，OM＝＝．＝××＝，S△COM＝＝．设点C到平面POM的距离为d．由V P﹣OMC＝V C﹣POM⇒，解得d＝，∴点C到平面POM的距离为．38．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD＝D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD、AC交于O，取AM的中点P，连接OP，连接PD，PB，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．39．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE＝，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE＝，又因为，所以PH＝＝，所以在△PHD中，sin∠PDH＝＝，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．40．【解答】（1）证明：连接BO，∵AB＝BC＝2，O是AC的中点，∴BO⊥AC，且BO＝2，又P A＝PC＝PB＝AC＝4，∴PO⊥AC，PO＝2，则PB2＝PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，0，0），＝（﹣2，2，0），设＝λ＝（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1则＝﹣＝（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0），则平面P AC的法向量为＝（1，0，0），设平面MP A的法向量为＝（x，y，z），则＝（0，﹣2，﹣2），令z＝1，则y＝﹣，x＝，即＝（，﹣，1），∵二面角M﹣P A﹣C为30°，∴cos30°＝||＝，即＝，解得λ＝或λ＝3（舍），则平面MP A的法向量＝（2，﹣，1），＝（0，2，﹣2），PC与平面P AM所成角的正弦值sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝＝．。

立体几何专练1．【2021·全国高考真题】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.-中，底面ABCD是平行四边2．【2021·浙江高考真题】如图，在四棱锥P ABCDBC PC的中点，形，120,1,4,∠=︒===M，N分别为,ABC AB BC PA⊥⊥.PD DC PM MD,⊥；（1）证明：AB PM（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.3．【2021·全国高考真题（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?4．【2021·全国高考真题（理）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B的值．6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，=．ABCPO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．11．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．13．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．14．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC 折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.15．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.。

制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 2021高考真题分类汇编：立体几何

制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 一、选择题 1.【2021高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的 是某几何体的三视图，那么此几何体的体积为〔 〕

()A6 ()B 9 ()C ()D 【答案】B 2.【2021高考真题理10】矩形ABCD，AB=1，BC=2。将△沿矩形的对角线BD所在的直线进展翻折，在翻折过程中。 A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直. B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直. C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直. D.对任意位置，三对直线“AC与BD〞，“AB与CD〞，“AD与BC〞均不垂直 【答案】C 制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 3.【2021高考真题新课标理11】三棱锥SABC的所有顶点都在球O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC；那么此棱锥的体积为〔 〕

()A26 ()B 36 ()C 23 ()D22

【答案】A 4.【2021高考真题理6】以下命题正确的选项是〔 〕 A、假设两条直线和同一个平面所成的角相等，那么这两条直线平行 B、假设一个平面内有三个点到另一个平面的间隔 相等，那么这两个平面平行 C、假设一条直线平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线平行 D、假设两个平面都垂直于第三个平面，那么这两个平面平行

【答案】C 5.【2021高考真题理10】如图，半径为R的半球O的底面圆O在平面内，过点O作平面的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作平面成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的间隔 最大的点为B，该交线上的一点P满足60BOP，那么A、

第1页（共35页）2017-2021年江苏省高考数学真题分类汇编：立体几何
一．选择题（共1小题）
1．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为
，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的
母线长为（
）A ．2B ．
2C ．4D ．
4二．多选题（共1小题）
（多选）2．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝1，点P 满足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（）A ．当λ＝1时，△AB 1P 的周长为定值
B ．当μ＝1时，三棱锥P ﹣A 1B
C 的体积为定值
C ．当λ＝时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP
D ．当μ＝时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P
三．填空题（共4小题）
3．（2020•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 ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是cm 3
．
4．（2019•江苏）如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E ﹣BCD 的体积是．。

专题05 三种空间几何体解题方法题型一：几何体体积的求法 题型二：几何体表面积的求法题型三：几何体“内切”、“外接”球问题题型一：几何体体积的求法 一、单选题1．（2022·陕西商洛·高一期末）《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其外形由圆柱和长方体组合而成.已知某组合体由圆柱和长方体组成，如图所示，圆柱的底面直径为1寸，长方体的长、宽、高分别为3.8寸，3寸，1寸，该组合体的体积约为12.6立方寸，若π取3.14，则圆柱的母线长约为（ ）A ．0.38寸B ．1.15寸C ．1.53寸D ．4.59寸2．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ） A ．9πB ．18πC ．36πD ．72π3．（2021·北京市延庆区教育科学研究中心高一期末）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，那么三棱锥1D ABC -的体积是（ ）A ．312aB ．313aC ．314aD ．316a4．（2021·广东惠州·高一期末）已知圆锥轴截面为正三角形，母线长为2，则该圆锥的体积等于（ ）A B C ．2π3D ．2π二、填空题5．（2021·广东广州·高一期末）卢浮宫玻璃金字塔是著名美籍华裔建筑设计师贝聿铭的重要作品之一，主玻璃金字塔是一个底边长为35m ，高为21m 的正四棱锥，则该主玻璃金字塔所占空间的大小是______m 3.6．（2021·江苏连云港·高一期末）已知圆台下底面的半径为4cm ，高为4cm ，母线长为，则圆台的体积为______3cm ．7．（2021·北京通州·高一期末）已知半径为R 的球，其表面积为S ，体积为V ，若S ＝V ，则R ＝________． 三、解答题8．（2022·陕西咸阳·高一期末）已知正方体ABCD -1111D C B A 的棱长为2.(1)求三棱锥1A C BD -的体积； (2)证明：1AC BD ⊥.题型二：几何体表面积的求法 一、单选题1．（2020·新疆·乌鲁木齐市第三十一中学高一期末）一个球的体积为36π，则这个球的表面积为（ ）A ．9πB ．18πC ．36πD ．72π2．（2021·北京师大附中高一期末）圆锥的母线长为5cm ，底面半径为2cm ，则圆锥的侧面积为（ ） A ．220cm π B ．210cm π C ．228cm π D ．214cm π二、双空题3．（2021·北京师大附中高一期末）如图，这个组合体是小张同学自己设计的一个小奖杯，计划送给小刘同学，以鼓励其认真努力的学习数学，已知该奖杯中的四棱柱的高为10cm ，底面是长和宽分别为3cm ､2cm 的矩形，则该四棱柱的体积是__________3cm ：奖杯顶部两个球的半径分别为5cm 和2cm ，则这两个球的表面积之和为__________2cm .三、填空题4．（2021·重庆·高一期末）已知一个圆锥的轴截面(过圆锥轴的一个截面)是一个等腰直角三角形，且圆锥的底面半径为1，则该圆锥的侧面积为__________.5．（2021·北京顺义·高一期末）以边长为1的正方形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到一个圆柱，则该圆柱的表面积是 _____.6．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．7．（2021·北京西城·高一期末）已知半径为r 的球的表面积为236cm π，那么半径为2r 的球的表面积为___________2cm .题型三：几何体“内切”、“外接”球问题 一、单选题1．（2021·黑龙江·）A ．92πB ．94π C ．9π D ．3π二、多选题2．（2021·辽宁·铁岭市清河高级中学高一期末）已知正四面体PABC 的棱长为2,M N 、分别为PA PB 、的中点．下列说法正确的有（ ） A ．MN PC ⊥B ．异面直线BM 与PCCD 三、填空题3．（2020·天津市红桥区教师发展中心高一期末）将棱长为1的正方体木块切削成一个体积最大的球，则该球的体积为______.4．（2021·福建福州·高一期末）已知一个正六棱柱的所有顶点都在球面上，若正六棱柱的底面边长与侧棱长均为2，则这个球的表面积为_____．5．（2021·浙江·高一期末）若长方体的长，宽，高分别为3，5，4，且它的顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是_______．6．（2019·湖南衡阳·高一期末）已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的表面积为_____.一、单选题1．（2021·吉林·长春外国语学校高一期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，以下结论错误的有（ ）A ．点P 在直线1BC 上运动时，三棱锥1A D PC -的体积不变B ．点P 在直线1BC 上运动时，直线AP 与平面1AD C 所成角的大小不变 C ．点P 在直线1BC 上运动时，二面角1P AD C --的大小不变D ．M 是平面1111D C B A 上到点D 和1C 距离相等的点，则点M 的轨迹是过点1D 的直线2．（2021·浙江湖州·高一期末）已知球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆公共弦长为若两个圆的半径分别为4，则该球的体积是（ ）A ．36πB C ．125π D ．5003π3．（2021·四川成都·高一期末（理））已知A ，B 是球O 的球面上两点，23AOB π∠=，P 为该球面上动点，若三棱锥O PAB -，则球O 的表面积为（ ） A ．12πB ．16πC ．24πD ．36π4．（2021·福建泉州·高一期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为矩形的棱台称为刍童.如图所示的某刍童1111ABCD A B C D -中，1O ，O 为上､下底面的中心，1O O ⊥平面ABCD ，11112A B A D ==，4AB AD ==，侧棱1A A 所在直线与直线1O O 所成的角为45°，则该刍童1111ABCD A B C D -的体积为（ ）A ．BC ．563D 5．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）设,,,A B C D 是同一个半径为2的球的球面上四点，ABC 是以为BC 120BAC ∠=︒，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A B ．C D 6．（2021·黑龙江·铁人中学高一期末）给出下列四个命题： （1）一个圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的体积为2π； （2）若样本数据1x ，2x ，，10x 标准差为2，则数据121x -，221x -，，1021x -的方差为16．（3）若ABC 中，π3A =，2AB =，若满足上述条件的三角形有两个，则BC 边的范围是)2．（4）设a ，e 均为单位向量，当a ，e 的夹角为23π时，a 在e 方向上的投影向量为12e 其中你认为正确的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．47．（2021·福建省福州第一中学高一期末）我国南北朝名著《张邱建算经》中记载：“今有方亭，下方三丈，上方一丈，高二丈五尺，预接筑为方锥，问：接筑高几何？”大致意思是：有一个正四棱台的上､下底面边长分别为一丈､三丈，高为二丈五尺，现从上面补上一段，使之成为正四棱锥，则所补的小四棱锥的高是多少？那么，此高和原四棱台的体积分别是(注：1丈等于10尺)（ ） A ．12.5尺､10833立方尺 B ．12.5尺､32500立方尺 C ．3.125尺､10833立方尺D ．3.125尺､32500立方尺8．（2022·陕西渭南·高一期末）古希腊数学家阿基米德最为满意的一个数学发现是“圆柱容球”，即在球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等时，球的体积是圆柱体积的23，且球的表面积也是圆柱表面积的23.已知体积为的圆柱的轴截面为正方形.则该圆柱内切球的表面积为（ ）A ．12πB ．C ．6πD ．二、多选题9．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）希罗平均数(Heronian mean )是两个非负实数的一种平均，设,a b是两个非负实数，则它们的希罗平均数H .关于希罗平均数有如下说法，其中正确的有（ ） A ．若0,0a b >>，则,a b 的希罗平均数2abH a b≤+； B ．三棱台111A B C ABC -的体积V 恰好是以此三棱台的上、下底面为底面且与此三棱台等高的两个三棱柱的体积12,V V 的希罗平均数；C ．在直角ABC 中，π2C =，则sin ,sin A B 的希罗平均数的取值范围为13⎛ ⎝⎦； D ．已知正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的内切圆O 的半径为r (点O 为内切圆圆心)，记PO h =.若2h r ≤，则正四棱锥P ABCD -的外接球的半径R 不小于,r h 的希罗平均数.10．（2021·浙江省桐庐中学高一期末）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=，()()0,1λ∈，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ACD '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，A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ11．（2021·江苏宿迁·高一期末）已知边长为a 的菱形ABCD 中，π3ADC ∠=，将ADC 沿AC 翻折，下列说法正确的是（ ）A ．在翻折的过程中，直线AD ，BC 所成角的范围是0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B ．在翻折的过程中，三棱锥D ABC -体积最大值为38aC ．在翻折过程中，三棱锥D ABC -表面积最大时，其内切球表面积为2(14a π-D ．在翻折的过程中，点D 在面ABC 上的投影为D ，E 为棱CD 上的一个动点，ED ' 三、双空题12．（2021·湖北·高一期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（biē nào ）.已知在鳖臑M ABC -中，面⊥MA ABC ，2MA AB BC ===，则该鳖臑的表面积为__________，它的内切球的半径为__________． 四、填空题13．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PAD △是边长为4的等边三角形，四边形ABCD 是等腰梯形，12AB AD BC ==，则四棱锥P ABCD -外接球的表面积是____________.14．（2022·陕西商洛·高一期末）在棱长为2的正方体ABCD －1111D C B A 中，E ，F ，G ，H 分别为棱11A D ，11A B ，11B C ，11C D 的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同 的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：①CG //平面ADE ； ②该几何体的上底面的周长为42π+； ③该几何体的的体积为83π-； ④三棱锥F －ABC 的外接球的表面积为414π． 其中所有正确结论的序号是____________．15．（2021·湖南·常德市第二中学高一期末）如图，在水平面上放置两个边长为1的正三角形ABC 与DEF ，将DEF 沿垂直于水平面的方向向上平移至D E F '''△，得到多面体ABC D E F '''-，已知各侧面（D BC '，D E C ''△，E AC '，EF A ''△，F BA '△及F D B ''△）均为正三角形，则多面体ABC D E F '''-的外接球的体积为__________．16．（2021·陕西·西安市第三中学高一期末）A ，B ，C ，D 为球面上四点，M ，N 分别是AB ，CD 的中点，以MN 为直径的球称为AB ，CD 的“伴随球”，若三棱锥A BCD -的四个顶点在表面积为64π的球面上，它的两条边AB ，CD 的长度分别为AB ，CD 的伴随球的体积的取值范围是________．17．（2020·福建漳州·高一期末）正四面体P BDE -和边长为1的正方体1111ABCD A B C D -有公共顶点B ，D ，则该正四面体P BDE -的外接球的体积为______，线段AP 长度的取值范围为_______.五、解答题18．（2021·浙江宁波·高一期末）在棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，E 为11B C 的中点．过AE 的截面与棱1BB ，11A C 分别交于点F ，G ．（1）若F 为1BB 的中点，求三棱柱被截面AGEF 分成上下两部分的体积比12V V ； （2）若四棱雉1A AGEF -AGEF 与底面ABC 所成二面角的正弦值； （3）设截面AFEG 的面积为0S ，AEG ∆面积为1S ，AEF 面积为2S ，当点F 在棱1BB 上变动时，求2012S S S 的取值范围．19．（2021·湖北黄冈·高一期末）如图，已知在四棱锥P ABCD －中，底面ABCD 是梯形，//BC AD 且 =2BC AD ，平面 PAC ⊥平面ABCD ， =?PA PC ，PA AB ⊥.（1）证明:AB PC ⊥;（2）若PA PC ⊥，=2=PB PC 4，求四棱锥 P ABCD －的体积.20．（2021·安徽蚌埠·高一期末）如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，60C ∠=，PA ⊥平面ABCD ，将菱形ABCD 沿对角线BD 折起，使得点C 到达点Q 的位置，且平面QBD ⊥平面ABD ．（1）求证：//PA 平面QBD ；（2）若点,,,,A B D P Q 在同一个球面上，求三棱锥P ABD -与三棱锥Q ABD -的公共部分的体积．21．（2021·广东中山·高一期末）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点G 在棱11D C 上，且11114D G D C =，点E 、F 、M 分别是棱1AA 、AB 、BC 的中点，P 为线段1B D 上一点，4AB =．（1）若平面EFP 交平面11DCC D 于直线l ，求证：1//l A B ；（2）若直线1B D ⊥平面EFP ，试作出平面EGM 与正方体1111ABCD A B C D -各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹；设平面EGM 与棱11A D 交于点Q ，求三棱锥Q EFP -的体积．22．（2021·重庆·的正四面体的体积，某同学设计如下解法.解：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体11ACB D 的正四面体，且有11111111111133B ACB A AB DC B CD D ACD ACB D V V V V V V V ----=----==四面体正方体正方体.（1）类似此解法，如图2面体的体积；（2）对棱分别相等的四面体ABCD 中，AB CD =，AC BD =，AD BC =.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；（3）有4条长为2的线段和2条长为m 的线段，用这6条线段作为棱且长度为m 的线段不相邻，构成一个三棱锥，问m 为何值时，构成三棱锥体积最大，最大值为多少？[(),,03a b c a b c ++>及变形()3,,03a b c abc a b c ++⎛⎫≤> ⎪⎝⎭，当且仅当a b c ==时取得等号]23．（2022·广西·昭平中学高一期末）如图，在圆柱12O O 中，AB ，CD 分别是上、下底面圆的直径，且AB CD ∥，EF ，GH 分别是圆柱轴截面上的母线.(1)若CE DE ==.(2)证明：平面ABH ∥平面ECD .24．（2021·浙江温州·高一期末）已知矩形ABCD 中，3AB =，1AD =，E 为线段CD 上一点（不在端点），沿线段AE 将ADE 折成AD E '，使得平面AD C '⊥平面ABC ．（1）证明：平面ABD'与平面BCD'不可能垂直；'--大小为60°，（2）若二面角D AE B（ⅰ）求直线AD'与BC所成角的余弦值；'-的外接球的体积．（ⅰ）求三棱锥D ABC。

新数学复习题《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．32D ．34【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B 6C 3D ．36【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u vv v v v v v v v v v v v1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：66本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为2sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为3R ===， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为22284433R πππ⎛=⨯= ⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.4．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. AB ．3:1C ．2:1D2【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值. 【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC的母线长l ==，∴圆锥SC的侧面积为2rl r π=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ，又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 22:r r π=.故选：A . 【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.5．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.6．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（ ）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C 【解析】 【分析】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.7．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( ) A ．16π B ．323π C ．12π D ．32π【答案】A 【解析】 【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可. 【详解】BCDV外接圆直径23 sin3CDdCBD===∠ ,故球的直径平方222222(23)16D AB d=+=+=,故外接球表面积216S Dππ==故选：A【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d,再利用锥体高h,根据球直径22D d h=+求解即可.属于中等题型.8．在正方体1111ABCD A B C D-中，点E∈平面11AA B B，点F是线段1AA的中点，若1D E CF⊥，则当EBCV的面积取得最小值时，EBCABCDSS=△（）A．25B．12C．5D．5【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF⊥分析出点E在直线1B G上，当EBCV的面积取得最小值时，线段EB的长度为点B到直线1B G的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P：若平面外的一条直线l在该平面内的射影垂直于面内的直线m，则l⊥m，即：已知直线l在平面内的射影为直线OA，OA⊥OB，求证：l⊥OB.证明：直线l在平面内的射影为直线OA，不妨在直线l上取点P，使得PA⊥OB，OA⊥OB，OA，PA是平面PAO内两条相交直线，所以OB⊥平面PAO，PO⊂平面PAO，所以PO⊥OB，即l⊥OB.以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB的中点G，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ， 由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离， ∴线段EB 5， 52510EBC ABCDaS S ⨯⨯∴==△. 故选：D . 【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.9．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=． 2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．10．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B 3C 22D 6 【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u u r r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin θθ=-= 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.11．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥， 在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分， 所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D 【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.13．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（ ）A ．3B ．3C ．13D ．3【答案】B【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB =∴1322322ABC S ∆=⨯⨯⨯=∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE ==∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为133133V == 故选B.14．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体， 如图所示；则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．15．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C【解析】【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ．【详解】由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等， M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确；取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =， N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误； PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C ．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.16．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.17．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( ) A ．8πB ．12πC ．83πD ．123π 【答案】B【解析】【分析】 依据题意作出图形，设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，由题可得：AB 为球的直径，即可求得：2AB R =，3AC R =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =，再利用球的面积公式计算得解。

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何小题（精解精析）一，选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为11B D 中点,则直线PB 与1AD 所成地角为( )A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【结果】D 思路：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 所成地角,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：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中,过顶点A 地三款棱地中点分别为E ,F ,G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后,所得多面体地三视图中,正视图如图所示,则相应地侧视图是( )的( )A．B．C．D．【结果】D思路：由题意及正视图可得几何体地直观图,如图所示,所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1地球O地球面上地三个点,且⊥==,则三棱锥O ABC,1AC BC AC BC-地体积为( )A B C D【结果】A思路：,1AC BC AC BC ⊥== ,ABC ∴ 为等腰直角三角形,AB ∴=,则ABC,又球地半径为1,设O 到平面ABC 地距离为d ,则d ==,所以11111332O 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,解题地关键是正确利用截面圆半径，球半径，球心到截面距离地勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 球面上地三个点,⊙1O 为ABC 地外接圆,若⊙1O 地面积为4π,1AB BC AC OO ===,则球O 地表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【结果】A【思路】设圆1O 半径为r ,球地半径为R ,依题意,得24,2r r ππ=∴=, ABC 为等边三角形,由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=,1OO AB ∴==,依据球地截面性质1OO ⊥平面ABC,11,4OO O A R OA ∴⊥====,∴球O 地表面积2464S R ππ==．故选：A的【点睛】本题考查球地表面积,应用球地截面性质是解题地关键,考查计算求解能力,属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它地形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥地高为边长地正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形地面积,则其侧面三角形底边上地高与底面正方形地边长地比值为( )( )A B C D 【结果】C【思路】如图,设,CD a PE b ==,则PO ==,由题意212PO ab =,即22142a b ab-=,化简得24(210b b a a -⋅-=,解得b a =．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥地概念及其相关计算,考查学生地数学计算能力,是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC等边三角形,且其顶点都在球O 地球面上．若球O 地表面积为16π,则O 到平面ABC 地距离为( )AB ．32C ．1D【结果】C思路：设球O 地半径为R ,则2416R ππ=,解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ,边长为a ,ABC地等边三角形,212a ∴=,解得：3a =,2233r ∴===,∴球心O 到平面ABC地距离1d ===．故选：C ．【点睛】本题考查球地相关问题地求解,涉及到球地表面积公式和三角形面积公式地应用。

2021年高考数学立体几何多选题专项练习及解析一、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．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 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面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为23的等边三角形，侧棱长为43，则（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()000000230x x y y zzx x y y zz⎧-+--=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x=-设直线1A C与直线1BB之间距离为d，则220011222200009||||zA B nd dx zn x z==∴=++2209x d≥∴≤，即3d≤，故A正确；对于B：若1A在底面ABC上的投影恰为ABC∆的中心，则()11,3,211A底面法向量()()10,0,1,1,3,211m AA==，设直线1AA与底面所成角为θ，则：121133sin|cos,|6143AA nθ===⨯，故B错误；对于C：三棱柱的侧棱垂直于底面时，则()()()1110,0,43,3,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC==-设异面直线AB与1A C所成的角为θ，则1115cos|cos,|||||||23215AB ACAB ACAB ACθ====⨯,故C错误；对于D：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O为上下底面中心DD1连线的中点,所以外接球的半径()222324R=+=，所以2464S Rππ==.故D正确故选：AD【点睛】向量法解决立体几何问题的关键：(1)建立合适的坐标系；(2)把要用到的向量正确表示；(3)利用向量法证明或计算.4．如图，在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，M 为BC 边的中点，下列结论正确的有（ ）A ．AM 与DB ''10 B ．过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A BCD ''''-的截面面积为92C ．四面体A C BD ''的内切球的表面积为3π D ．正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是椭圆 【答案】AB 【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角cos ,||||AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>=''为AM 与D B ''所成角的余弦值判断A 的正误；同样设(,,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，22215543x y =++⨯P 的轨迹知D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求,,,MN AD AM D N ''，进而得到梯形的高即可求面积，判断B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r ，进而求内切球表面积，判断C 的正误. 【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：(0,0,2),(1,2,2),(0,2,0),(2,0,0)A M B D ''， ∴(1,2,0),(2,2,0)AM D B ''==-，10cos ,10||||58AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>===''⨯，故正确.B ：若N 为CC '的中点，连接MN ，则有//MN AD '，如下图示，∴梯形AMND’为过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A B C D ''''-的截面， 而2,2,5MN AD AM D N ''====322， ∴梯形的面积为132932222S =⨯=，故正确. C ：如下图知：四面体A C BD ''的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴118848323V =-⨯⨯⨯=，而四面体的棱长都为22，有表面积为142222sin 8323S π=⨯⨯⨯⨯=，∴若其内切圆半径为r ，则有188333r ⨯⋅=，即33r =，所以内切球的表面积为2443r ππ=.故错误. D ：正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动且MAC PAC ''∠=∠，即P 的轨迹为面A B C D ''''截以AM 、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，构建如下空间直角坐标系，232(0,0,2),(2),(0,22,0)22A M C '-，若(,,0)P x y ，则232(,,0),(0,22,2),(,,2)22AM AC AP x y '=-=-=-，∴15cos ||||512AMAC MAC AM AC '⋅'∠==='⨯，2222cos ||||43AP AC y PAC AP AC x y '⋅+'∠=='++⨯，即222215543y x y +=++⨯，整理得22(102)9216(0)y x y +-=>，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB 【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.5．如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）A ．11EB AD ⊥B ．二面角11E A B A --的大小为4π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为313a D ．1//D E 平面11A B BA【答案】ABD 【分析】连接1A D 、1B C ，则易证1AD ⊥平面11A DCB ，1EB ⊂平面11A DCB ，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A 正确；二面角11E A B A --的平面角为1DA A ∠，易知14DA A π∠=，则可判断选项B 正确；用等体积法，将求三棱锥11A B D E -的体积转化为求三棱锥11E AB D -的体积，当点E 与D 重合时，三棱锥11E AB D -的体积最小，此时的值为316a ，则选项C 错误；易知平面11//D DCC 平面11A B BA ，而1D E ⊂平面11D DCC ，则根据面面平行的性质定理可得1//D E 平面11A B BA ，可判断选项D 正确. 【详解】选项A ，连接1A D 、1B C ，则由正方体1ABCD ABC D -可知，11A D AD ⊥，111A B AD ⊥，1111A DA B A =，则1AD ⊥平面11A DCB ，又因为1EB ⊂平面11A DCB ，所以11EB AD ⊥，选项A 正确； 选项B ，因为11//DE A B ，则二面角11E A B A --即为二面角11D A B A --， 由正方体1ABCD ABC D -可知，11A B ⊥平面1DA A ， 则1DA A ∠为二面角11D A B A --的平面角，且14DA A π∠=，所以选项B 正确；选项C ，设点E 到平面11AB D 的距离为d ， 则11111113A B D E E AB D AB D V V S d --==⋅，连接1C D 、1C B ，易证平面1//BDC 平面11AB D ，则在棱CD 上，点D 到平面11AB D 的距离最短， 即点E 与D 重合时，三棱锥11A B D E -的体积最小， 由正方体1ABCD ABC D -知11A B ⊥平面1ADD ， 所以1111123111113326D AB D B ADDADD a V V S A B a a --==⋅=⋅⋅=， 则选项C 错误；选项D ，由正方体1ABCD ABC D -知，平面11//CC D D 平面11A B BA ，且1D E ⊂平面11CC D D ， 则由面面平行的性质定理可知1//D E 平面11A B BA ，则选项D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题对于选项C 的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（ ）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD 【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEFV V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅= 【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AGD E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时1D N ==，EF ==1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确； 对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NFD F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为S AB BE =⋅=D 选项正确； 故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD选项，通过//BM平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.7．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M 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 ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，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．8．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 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，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a，0a ⎡∈⎣，(2,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,,22)R λλ--，[]0,1λ∈. 1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,2)D R λλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,22)(2)412440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时12282(,)(,)0555555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则44(,)333R，142(,)333D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.9．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误.【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,288AB AMAB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为322⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22(12322234A BD S =⨯=△为22362=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()236233⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===+， 11222MC CC =≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.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4π C 2 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242108a a+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.。

专题04 立体几何1．【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，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，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 ⊥，,CEAC 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 ==344π33R 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 +-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==2R ∴=，344338V 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．2．【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．3．【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3,12EO 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．4．【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：cm 3）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264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 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.5．【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 BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PDED 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. 6．【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0.9 g/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.7．【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．8．【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.9．【2019．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，四棱锥的底面是边长为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为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.10．【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. 11．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ． 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ． 又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 12．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）2. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2． 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0CG =（1，0），AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.14．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）． 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内. 15．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面A B C D ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)C F h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1， 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.18．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥ D ．l m ⊥【答案】A【解析】对于A ，直线l ⊥平面α，αβ⊥，则l β∥或l β⊂，A 正确；对于B ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴B 错误； 对于C ，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则m α⊥或m 与α相交或m α⊂或m α∥，∴C 错误；对于D ，直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴D 错误． 故选A ．【名师点睛】本题考查了空间平面与平面关系的判定及直线与直线关系的确定问题，也考查了几何符号语言的应用问题，是基础题．19．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为AB ．34 CD ．54【答案】B【解析】如图，设BC 的中点为D ，连接1A D 、AD 、1A B ， 易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角）. 设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长均为1，则AD =112A D =，12A B =，由余弦定理，得2221111cos 2A A AB A B A AB A A AB+-∠=⋅111322114+-==⨯⨯. 故应选B.【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知1A AB ∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角（或其补角），进而通过计算1ABA △的各边长，利用余弦定理求解即可.20．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13B ．23C ．34D ．1【答案】B【解析】如图，由题意可知PA PE PF ，，两两垂直，∴PA ⊥平面PEF ， ∴11111123323PEF A PEF V S PA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△， 设P 到平面AEF 的距离为h ，又2111321212112222AEF S =-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=△， ∴13322P AEF hV h -=⨯⨯=，∴123h =，故23h =， 故选B .【名师点睛】本题考查了平面几何的折叠问题，空间几何体的体积计算，属于中档题．折叠后，利用A PEF P AEF V V --=即可求得P 到平面AEF 的距离．21．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】48π【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设等边三角形ABC 的中心为O ，连接PF ，CF ，OP .由6AB =，得23AO BO CO CF OF =====， PAB △是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面ABC ，PF OF ∴⊥，OP ==则O 为棱锥P ABC -的外接球球心，外接球半径R OC ==∴该三棱锥外接球的表面积为(24π48π⨯=，故答案为48π. 【名师点睛】本题主要考查四面体外接球表面积，考查空间想象能力，是中档题. 要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径.求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直，则用22224R a b c =++（,,a b c 为三条棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC △外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.22．【2019北京市通州区三模数学试题】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,AC AA AD CD ===E 为线段1AA 上的点，且12AE =．（1）求证：BE ⊥平面1ACB ；（2）求二面角11D AC B --的余弦值；（3）判断棱11A B 上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面1ACB ，若存在，求线段1A F 的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）10；（3）见解析. 【解析】（1）因为1A A ABCD ⊥底面，所以1A A AC ⊥．又因为AB AC ⊥，所以AC ⊥平面11ABB A ，又因为BE ⊂平面11ABB A ，所以AC ⊥BE ． 因为112AE AB AB BB ==，∠EAB =∠ABB 1=90°， 所以1Rt Rt ABE BB A △∽△．所以1ABE AB B ∠=∠．因为1190BAB AB B ∠+∠=︒，所以190BAB ABE ∠+∠=︒．所以BE ⊥1AB ．又1AC AB A =，所以BE ⊥平面1ACB ．（2）如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得111(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,0,2),(0,1,2),(2,0,2),A B C D A B C -11(1,2,2),(0,0,)2D E -．由（1）知，1(0,1,)2EB =-为平面1ACB 的一个法向量， 设(,,)x y z =n 为平面1ACD 的法向量．因为1(1,2,2),(2,0,0)AD AC =-=，则10,0,AD AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即220,20,x y z x -+=⎧⎨=⎩ 不妨设1z =，可得(0,1,1)=n ． 因此10cos ,10||||EB EB EB n n n ×<>==． 因为二面角11D AC B --为锐角，所以二面角11D AC B --． （3）设1A F a =，则(0,,2)F a ，(1,2,2)DF a =-+．1(1,2,2)(0,1,)2102DF EB a a ?-+?=+-=， 所以1a =-（舍）． 即直线DF 的方向向量与平面1ACB 的法向量不垂直，所以，棱11A B 上不存在点F ，使直线DF ∥平面1ACB ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直与平行、以及二面角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，由（1）得到1(0,1,)2EB =-为平面1ACB 的一个法向量，再求出平面1ACD 的一个法向量，求两向量夹角的余弦值，即可得出结果；（3）先设1A F a =，用向量的方法，由0DF EB ?求出a 的值，结合题意，即可判断出结论.。

专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】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．8πB．4πC．2πD．π【解答】解:如图,由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长,交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC,∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球,其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2018年新课标1理科07】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在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中,最短路径的长度为( ）A．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图:圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中,实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大,此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S 梯形2×(2+4)＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选:B．5．【2016年新课标1理科06】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得：，R＝2．它的表面积是：4π•2217π．故选:A．6．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m,α∩平面ABB1A1＝n,则m、n所成角的正弦值为( ）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n,可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角,下周八尺，高五尺．问：积及为米几何?”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？"已知1斛米的体积约为1。