立体几何文科解答题

专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）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 ，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 ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）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 ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）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）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，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中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。

文科立体几何模拟试题答案一、选择题1. 若一个正方体的棱长为2cm，则其对角线的长度为？A. 2√2 cmB. 2√3 cmC. 4 cmD. √8 cm答案：B2. 一个圆锥的底面半径为3cm，高为4cm，其侧面展开图的扇形的中心角为？A. 90°B. 120°C. 150°D. 180°答案：D3. 一个球的表面积为4πR²，若该球的体积为16π，则其半径R为？A. 2B. 4C. 2√2D. √16答案：A4. 一个圆柱的底面直径为6cm，高为10cm，其侧面积为？A. 60π cm²B. 36π cm²C. 90π cm²D. 180π cm²答案：A5. 一个锥体的底面半径为r，高为h，侧面展开图是一个等腰三角形，其底边长为？A. πrB. 2πrC. √(2h² + r²)D. √(h² + 4r²)答案：D二、填空题1. 一个正方体的体积为64cm³，其棱长为______。

答案：4cm2. 一个球的体积为64π，其表面积为______。

答案：64π cm²3. 一个圆柱的底面半径为5cm，高为12cm，其体积为______。

答案：942π cm³4. 一个锥体的底面半径为3cm，高为6cm，其侧面展开图的扇形的中心角为______。

答案：120°5. 一个正四面体的边长为a，其表面积为______。

答案：√3a²三、解答题1. 一个正方体的棱长为3cm，求其内切球的体积。

解：正方体的内切球即为正方体的对角线所形成的球体，其半径r为正方体棱长的一半，即r = 3/2 cm。

根据球体体积公式V = 4/3πr³，代入r值得到V = 4/3π(3/2)³ = 9π cm³。

2. 一个圆锥的底面半径为2cm，高为5cm，求其侧面展开图的扇形的弧长。

中，CA CB =，1AB AA =，160BAA Ð=。

（Ⅰ）证明：1AB A C ^；（Ⅱ）若2AB CB ==，16A C =高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）1．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥A-BCDE 中，侧面∆ADE 是等边三角形，底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形，且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2，，CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点，F 是AC 的中点，且AC=4AC=4，，求证：（1）平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2．（本小题满分12分）如图，分）如图，三棱柱三棱柱111ABC A B C -，求三棱柱111ABC A B C -的体积。

45．．如图，三棱锥P ABC -中，90ABC °Ð=，PA ABC ^底面（Ⅰ）求证：PAC PBC ^平面平面；（Ⅱ）若AC BC PA ==，M 是PB 的中点，求AM 3．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥P －ABCD 中，中，PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD，，AB AB∥∥DC DC，已知，已知BD BD＝＝2AD 2AD＝＝2PD 2PD＝＝8，AB ＝2DC 2DC＝＝（Ⅰ）设M 是PC 上一点，证明：平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD；；（Ⅱ）若M 是PC 的中点，求棱锥P －DMB 的体积．4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中，CB DA 、是梯形的高，2AE BF ==，22AB =，现将梯形沿CB DA 、折起，使//EF AB ，且2E F A B =如图所示，已知M N P 、、（1）求证：//MN6^PA 底面ABCD ，F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A（1）求证：//EF 平面PCD ；（2）求证：平面^PBD 平面PAC ；（3）若AB PA =，求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . .．如图，在等腰．如图，在等腰梯形梯形CDEF ，得一简单，得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ；（2）求证：AP ^平面DAE .．如图，．如图，四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，7中，2AB BC =，点M 在边CD 上，点F 在边AB 上，且DF AM^，垂足为E ，若将ADM D 沿AM 折起，使点ABCM D -¢．（Ⅰ）求证：F D AM p ，求直线D8．如图，在四棱锥-P ．如图，在．如图，在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置，连接B D ¢，C D ¢得四棱锥¢^；（Ⅱ）若3p =¢ÐEF D ，直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值．值．ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =,E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PD ∥平面AEC ；（Ⅱ）求证：平面AEC ^平面PBD .-的中点，E 为PA 的中点．的中点．ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9．如图，在直．如图，在直三棱柱三棱柱ABC ABC－－A 1B 1C 1中，点M 是A 1B 的中点，点N 是B 1C 的中点，连接MN MN（Ⅰ）证明：（Ⅰ）证明：MN//MN//MN//平面平面ABC ABC；； （Ⅱ）若AB=1AB=1，，AC=AA 1=3，BC=2BC=2，求二面角，求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010．．如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形，//AB CD ，AB AD ^，PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形，4DC =，O 为BD (Ⅰ)求证：PO ^平面ABCD ；(Ⅱ)求证：//OE 平面PDC ；(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值．11中，底面ABED 、090ADC Ð=，12BC CD AD ==，PA PD =，,EF .A B C -中，点D 是BC 的中点的中点..（Ⅰ）求证（Ⅰ）求证: : AD ^平面11BCC B ；（Ⅱ）求证（Ⅱ）求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1．在．在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形，//BC AD 为,AD PC 的中点．（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）求证：AD PB ^1212．如图，正．如图，正．如图，正三棱柱三棱柱111ABC13．如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ， 902=Ð=EAB EF AB，（1）若G 点是DC ）求证：BAF DAF 面面^.（3）若,2,1===AB AD AE ，平面ABCD ABFE 平面^.中点，求证：AED FG 面//.（2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中，中，DM=1DM=1DM=1，，60CDE Ð=°,CD=4,CD=4，，∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ，即MC=13.在∆AMC 中，222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.（2）取DC 的中点N ，连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC，，DC 的中点，∴的中点，∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点，∴的中点，∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2，又，又60CDE Ð=°，∴∆BCN 是等边三角形，∴是等边三角形，∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点：考点：1.1. 1.直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；2.2.2.平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2．（1）取AB 的中点O ，连接1OC O 、1OA O 、1A B ，因为CA=CB CA=CB，所以，所以OC AB ^，由于AB=AA 1，∠，∠BA A BA A 1=600，所以1OA AB ^，所以AB ^平面1OAC ，因为1A C Ì平面1OAC ，所以AB AB⊥⊥A 1C ；（2）因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形，所以3CO =，底面积1232232S =´´=高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）参考答案1．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析 【解析】【解析】试题分析：（1）首先根据直线与平民啊垂直的）首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD；；（2），取DC 的中点N ，首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析：（1）∵∆ADE 是等边三角形，,M 是DE 的中点，的中点，，所以，所以体积体积123323V =´´=（Ⅱ）163P DMB V -=． 【解析】【解析】试题分析：试题解析：（I ）证明：在ABD D 中，由于4,8,45A D B D A B ===，所以222AD BD AB +=．故AD BD ^。

2023高考精品系列之数学(文)专题立体几何解答题(解析版)专题11立体几何解答题考纲解读三年高考分析1、对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，垂直关系的证明和平行关系的证明是考查的重然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、点，解题时常用到平行判定定理、垂直判定定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满垂直性质定理、平行性质定理，考查学生的数学足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力，对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．2、空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.2、直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视广泛应用转化与化归的思想.图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．3、空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．1．【2023年天津文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3．（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；（Ⅱ）求证：PA⊥平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连结BD，由题意得AC∩BD＝H，BH＝DH，又由BG＝PG，得GH∥PD，∵G H?平面PAD，PD?平面PAD，∴GH∥平面PAD．（Ⅱ）取棱PC中点N，连结DN，依题意得DN⊥PC又∵平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，∴DN⊥平面PAC又PA?平面PAC，∴DN⊥PA，又PA⊥CD，CD∩DN＝D，∴PA⊥平面PCD．解：（Ⅲ）连结AN，由（Ⅱ）中DN⊥平面PAC，知∠DAN是直线AD与平面PAC所成角∵△PCD是等边三角形，CD＝2，且N为PC中点，∴DN，又DN⊥AN．在Rt△AND中，sin∠DAN∴直线AD与平面PAC所成角的正弦值为．【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＝E，可得AB⊥平面BCGEAB?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＝2BCsin60°＝2可得AG在△ACG中，AC可得cos∠ACG，CG＝2，AG，即有s in∠ACG则平行四边形ACGD的面积为24．3．【2023年新课标2文科17】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，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C的体积．【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RtRt∴∠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V3×6×3＝18．4．【2023年新课标1文科19】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）求点C到平面C1DE的距离．【解答】解法一：。

高三数学专项训练：立体几何解答题（文科）(一)1．（本题满分12分）如图，三棱锥A —BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形．（Ⅰ）求证：DM //平面APC ；（Ⅱ）求 证：平面ABC ⊥平面APC ；（Ⅲ）若BC =4，AB =20，求三棱锥D —BCM 的体积．2．如图1，在四棱锥ABCD P -中，⊥PA 底面ABCD ，面ABCD 为正方形，E 为侧棱PD 上一点，F 为AB 上一点．该四棱锥的正（主）视图和侧（左）视图如图2所示．（Ⅰ）求四面体PBFC 的体积；（Ⅱ）证明：AE ∥平面PFC ；（Ⅲ）证明：平面PFC ⊥平面PCD ．3．如图，四棱柱P ABCD -中， .//,,AB PAD AB CD PD AD F ⊥=平面是DC 上的点且1,2DF AB PH =为PAD ∆中AD 边上的高. （Ⅰ）求证：//AB 平面PDC ； （Ⅱ）求证：PH BC ⊥；（Ⅲ）线段PB 上是否存在点E ，使EF ⊥平面PAB ？说明理由.A B C4．在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ．V A B CD（Ⅰ）如果P 为线段VC 的中点,求证：//VA 平面PBD ；（Ⅱ）如果正方形ABCD 的边长为2, 求三棱锥A VBD -的体积．5．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为的中点。

（1）若，求证：平面； （2）点在线段上，，试确定的值，使；6．如图，已知三棱锥BPC A -中，PC AP ⊥，BC AC ⊥，M 为AB 中点，D 为PB 中点，且PMB ∆为正三角形。

（Ⅰ）求证：DM //平面APC ；（Ⅱ）求证：平面ABC ⊥平面APC ；（III ）若4=BC ，20=AB ，求三棱锥BCM D -的体积.AB CDPM7．如图，E 是矩形ABCD 中AD 边上的点，F 为CD 边的中点，243AB AE AD ===，现将ABE ∆沿BE 边折至PBE ∆位置，且平面PBE ⊥平面BCDE .⑴ 求证：平面PBE ⊥平面PEF ；⑵ 求四棱锥P BEFC -的体积.PB C FE (1)(2)8．如图，平面四边形ABCD 的4个顶点都在球O 的表面上，AB 为球O 的直径，P 为球面上一点，且PO ⊥平面 ABCD ，2BC CD DA ===，点M 为PA 的中点.(1) 证明：平面//PBC 平面ODM ；(2) 求点A 到平面PBC 的距离. OAD PBC M9．如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形E ， F 分别为PC ，BD 的中点，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA=PD=2AD.（Ⅰ）求证：EF//平面PAD ；（Ⅱ）求三棱锥C —PBD 的体积.10．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，90ABC BCD ∠=∠=，PA PD DC CB a ====，2AB a =，E 是PB 中点，H 是AD 中点.（Ⅰ）求证：//EC 平面APD ；（Ⅱ）求三棱锥E BCD -的体积.CDFEP11．如图，在三棱锥S ABC -中，侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形， 90BAC ∠=°，O 为BC 中点．（Ⅰ）证明：SO ⊥平面ABC ；（Ⅱ）求异面直线BS 与AC 所成角的大小．12．（本题满分12分）如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，2AD DE AB ==，且F 是CD 的中点．（Ⅰ）求证AF ∥平面BCE ；（Ⅱ）设AB =1，求多面体ABCDE 的体积．OSB C13．在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，PA ＝2AB ＝2．（Ⅰ）求四棱锥P －ABCD 的体积V ；（Ⅱ）若F 为PC 的中点，求证PC ⊥平面AEF ；PA BC DEF14．．(本小题满分12分）如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形E ，F分别为PC ，BD 的中点，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA=PD=22AD.（Ⅰ）求证：EF//平面PAD ；（Ⅱ）求三棱锥C —PBD 的体积.CD FEP15．右图为一组合体，其底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，//EC PD，且22PD AD EC===（Ⅰ）求证：//BE平面PDA；（Ⅱ）求四棱锥B CEPD-的体积；（Ⅲ）求该组合体的表面积．16．四棱锥S ABCD-中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD，E为SD的中点，已知452ABC AB BC∠===，，SB SC==（Ⅰ）求证：SA BC⊥；（Ⅱ）在BC上求一点F，使//EC平面SAF；（Ⅲ）求三棱锥D EAC-的体积.A BC D SE17．(本小题满分12分) 在三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为32的正三角形，点1A 在底面ABC 上的射影O 恰是BC 中点．（Ⅰ）求证：1AA BC ⊥；（Ⅱ）当侧棱1AA 和底面成45角时， 求11A BB C C V -（Ⅲ）若D 为侧棱1AA 上一点，当DAD A 1为何值时，11BD A C ⊥．18．在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，底面ABCD 是菱形，∠A ＝60°，E 是AD 的中点，F 是PC 的中点．(Ⅰ)求证：BE ⊥平面PAD ；(Ⅱ)求证：EF ∥平面PAB ；AB O CD A 1B 1C 119．在几何体ABCDE 中，⊥=∠DC BAC ,2π平面ABC ，⊥EB 平面ABC ，1,2====CD BE AC AB .（1）设平面ABE 与平面ACD 的交线为直线l ，求证：//l 平面BCDE ；（2）设F 是BC 的中点，求证：平面⊥AFD 平面AFE ；（3）求几何体ABCDE 的体积．20．在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，底面ABCD 是菱形，∠A ＝60°，E 是AD 的中点，F 是PC 的中点．(Ⅰ)求证：BE ⊥平面PAD ；(Ⅱ)求证：EF ∥平面PAB ；21．（本小题满分12分）如图，已知⊥AB 平面ACD ，⊥DE 平面ACD ，ACD ∆为等边三角形，AB DE AD 2==，F 为CD 中点．（1）求证：//AF 平面BCE ；（2）求证：平面BCE ⊥平面CDE ；（3）求直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值．22．如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ﹦60°，E 是CD 中点，PA ⊥底面ABCD ，PA（1）证明：平面PBE ⊥平面PAB（2）求二面角A —BE —P 的大小。

高三文科数学《立体几何》解答题
1、如图，在四棱锥中，底面是正方形，
底面，垂足为点，，点，分别是，的中
点．
求证：平面；
求证：平面；
求四面体的体积．
2、如图，在三棱柱中，底面，
，，分别是，的中点．
求证：；
求证：平面．
3、如图，正三棱柱的侧棱长和底面边长均为，是的中点．
求证：平面；
求证：平面；
求三棱锥的体积．
4、如图，是圆的直径，点是圆上不同于
，的一点，点是圆所在平面外一点．
若点是的中点，求证：平面；
若，求证：平面．
5、已知三棱柱中，平面，，是的中点．
求证：平面；
求证：平面平面．
6、如图，在四棱锥中，，，
，平面底面，，和分别是和的中点．求证：平面；
求证：平面；
求证：平面平面．
7、如图，在四棱锥中，，，
平面，为的中点，，．
求四棱锥的体积；
若为的中点，求证：平面平面．
8、如图，四边形是等腰梯形，，
，，，四边形是矩形，平面，其中，分别是，的中点，是的中点．
求证：平面；
求证：平面；
求点到平面的距离．。

专题11：文科立体几何高考真题小题（全国卷）赏析（解析版） 1，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为22(2)222212S πππ=+⋅⋅=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.2，2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）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【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．【详解】如图所示， 作EO CD ⊥于O ，连接ON ，过M 作MF OD ⊥于F ．连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 ===，35,,72MF BF BM ==∴=．BM EN ∴≠，故选B ．【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性．3，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷） 在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为（ ）A ．8B ．62C ．82D ．83【答案】C【分析】首先画出长方体1111ABCD A B C D -，利用题中条件，得到130AC B ∠=，根据2AB =，求得123BC =可以确定122CC =之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ∠=，因为2AB =，所以123BC =，从而求得122CC =， 所以该长方体的体积为222282V =⨯⨯=故选C.【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.4．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．22B 3C 5D 7 【答案】C【分析】利用正方体1111ABCD A B C D -中，//CD AB ，将问题转化为求共面直线AB 与AE 所成角的正切值，在ABE ∆中进行计算即可.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，//CD AB ，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以5BE a =，则55tan22BE aEABAB a∠===.故选C.【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.5．2018年全国卷Ⅲ文数中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A．B．C．D．【答案】A【详解】详解：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题．6．2018年全国卷Ⅲ理数高考试题文设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为A ．123B ．183C ．243D ．543【答案】B【详解】分析：作图，D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的中心，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大，然后进行计算可得．详解：如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2393ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 233BE ∴==Rt OMB ∴中，有22OM 2OB BM -=DM OD OM 426∴=+=+=()max 19361833D ABCV-∴=⨯⨯=故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM⊥平面ABC时，三棱锥D ABC-体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到2BM233BE==，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．7．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A．14B．8πC．12D．4π【答案】B【解析】设正方形边长为a，则圆的半径为2a，正方形的面积为2a，圆的面积为2π4a.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概率是221ππ248aa⋅=，选B.点睛:对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算()P A.8．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ；对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故排除B ，C ，D ，选A ．点睛:本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．9，2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【答案】B【解析】 由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V πππ=⋅⋅⋅+⋅⋅=，故选B. 点睛:（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．10．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4 【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2AC AB ==， 结合勾股定理，底面半径221312r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.11．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）．A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【答案】C画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确的结论．【详解】画出正方体1111ABCD A B C D -，如图所示．对于选项A ，连1D E ，若11A E DC ⊥，又111DC A D ⊥，所以1DC ⊥平面11A ED ，所以可得11DC D E ⊥，显然不成立，所以A 不正确．对于选项B ，连AE ，若1A E BD ⊥，又1BD AA ⊥，所以DB ⊥平面1A AE ，故得BD AE ⊥，显然不成立，所以B 不正确．对于选项C ，连1AD ，则11AD BC ．连1A D ，则得111,AD A D AD ED ⊥⊥，所以1AD ⊥平面1A DE ，从而得11AD A E ⊥，所以11A E BC ⊥．所以C 正确．对于选项D ，连AE ，若1A E AC ⊥，又1AC AA ⊥，所以AC ⊥平面1A AE ，故得AC AE ⊥，显然不成立，所以D 不正确．故选C ．【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查数形结合和判断能力，属于基础题．12．2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）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．【详解】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 ．【点睛】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．13．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，,ABCD m α⋂=平面，11ABB A n α⋂=平面，则m ，n 所成角的正弦值为A ．3B 2C 3D ．13【答案】A【详解】试题分析：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11D 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3 A.【点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.14．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国2卷） 体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为 A ．12π B ．323π C ．8π D ．4π【答案】A 【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为233243)12ππ⋅=，故选A. 【考点】 正方体的性质，球的表面积【名师点睛】与棱长为a 的正方体相关的球有三个： 外接球、内切球和与各条棱都相3a 、2a和22a .15．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国2卷）如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A．20πB．24πC．28πD．32π【答案】C【解析】试题分析：由三视图分析可知，该几何体的表面积为圆锥的表面积与圆柱的侧面积之和．，，所以几何体的表面积为．考点：三视图与表面积．16．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A．B．C．90D．81【答案】B【解析】【详解】试题分析：解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的斜四棱柱，其底面面积为：3×6=18，前后侧面的面积为：3×6×2=36，左右侧面的面积为：，故棱柱的表面积为：．故选：B．点睛：本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键，由三视图判断空间几何体（包括多面体、旋转体和组合体）的结构特征是高考中的热点问题.17．2016年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，，则该球体积V的最大值是A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B.考点：球及其性质.18．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ）《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1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【答案】B 【解析】试题分析：设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式19．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r = ( )A ．1B ．2C ．4D ．8 【答案】B【解析】试题分析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+="16" + 20π，解得r=2，故选B. 考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式 20．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ）一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）A．18B．17C．16D．15【答案】D 【详解】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的16,剩余部分体积是正方体体积的56,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.21．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅱ）已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π【答案】C【详解】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144S R ππ==，故选C ． 考点：外接球表面积和椎体的体积．22．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【答案】B 【解析】试题分析：由三视图中的正视图可知，由一个面为直角三角形，左视图和俯视图可知其它的面为长方形．综合可判断为三棱柱． 考点：由三视图还原几何体.23．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A ．2717 B ．95 C ．2710 D ．31【答案】C 【解析】试题分析：由三视图还原几何体为一个小圆柱和大圆柱组成的简单组合体．其中小圆柱底面半径为2、高为4，大圆柱底面半径为3、高为2，则其体积和为22243234πππ⨯⨯+⨯⨯=，而圆柱形毛坯体积为23654ππ⨯⨯=，故切削部分体积为20π，从而切削的部分的体积与原来毛坯体积的比值为20105427ππ=． 考点：三视图．24．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为A ．3B ．32C ．1D 3【答案】C 【解析】试题分析：如下图所示，连接AD ，因为ABC ∆是正三角形，且D 为BC 中点，则AD BC ⊥，又因为1BB ⊥面ABC ，故1BB AD ⊥，且1BB BC B ⋂=，所以AD ⊥面11BCC B ，所以AD 是三棱锥11A B DC -的高，所以11111133133A B DC B DC V S AD -∆=⋅=⨯⨯=．考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．二、填空题25．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________． 【答案】8π 【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线SA ，高SO ，底面圆半径AO 的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，30,90SAO ASB ∠=∠=又211822SAB S SA SB SA ∆=⋅==， 解得4SA =，所以2212,232SO SA AO SA SO ===-=，所以该圆锥的体积为2183V OA SO ππ=⋅⋅⋅=.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.26，2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为______． 【答案】36π 【解析】三棱锥S−ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA=AC ，SB=BC ，三棱锥S−ABC 的体积为9， 可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ，可得112932r r r ⨯⨯⨯⨯= ，解得r=3.球O 的表面积为：2436r ππ= .点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.27．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离P 到平面ABC 的距离为___________．. 【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决． 【详解】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连CO ， 知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PDOD P ，CD 平面PDO ，OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥PD PE ==∵2PC =．sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，PO CO ∴⊥，CO 为ACB ∠平分线，451,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===2PC =，PO ∴==【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．28，2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，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 【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥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. 【详解】由题意得， 2146423122EFGH S cm =⨯-⨯⨯⨯=， 四棱锥O −EFG 的高3cm ， ∴31123123O EFGH V cm -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144V cm =⨯⨯=，试卷第21页，总21页 所以该模型体积为22114412132V V V cm =-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【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．。