2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练

…………订…………………订………绝密★启用前2020高考理数专题训练---空间向量与立体几何第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明一、单选题1．中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖脐．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，2AD =，1ED =，若鳖牖P ADE -的体积为l ，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于（ ）．A ．17πB ．18πC ．19πD ．20π2．设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为1DD 的中点，M 为直线1BD 上一点，N 为平面AEC 内一点，则M ，N 两点间距离的最小值为（ ）A B C D 3．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点C 关于平面1BDC 的对称点为M ，则AM 与平面ABCD 所成角的正切值为 A B C D ．24．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC ∆是边长为形，PA PB ==，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A ．16πB ．654πC ．6516πD ．494π5．已知正四面体的中心与球心O 重合，正四面体的棱长为则正四面体表面与球面的交线的总长度为………外…………○…订…………○……※内※※答※※题※※………内…………○…订…………○……6．已知正三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，其底面边长为3，E ，F ，G 分别为侧棱AB ，AC ，AD 的中点.若O 在三棱锥A BCD -内，且三棱锥A BCD -的体积是三棱锥O BCD -体积的3倍，则平面EFG 截球O 所得截面的面积为（ ） A ．154πB ．32π C D ．4π7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①②B ．①②④C ．③④D ．①④8．如图，直角梯形ABCD ，90ABC ∠=o ，2CD =，1AB BC ==，E 是边CD 中点，ADE ∆沿AE 翻折成四棱锥D ABCE '-，则点C 到平面ABD '距离的最大值为（ ）A ．12B ．22C ．D ．19．在四面体P ABC -中，ABC V 是边长为3的等边三角形，3PA =，4PB =，5PC =，则四面体P ABC -的体积为（ ）………装…………○…………线………装…………○…………线10．将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，并使得平面ABC 垂直于平面ACD ，直线AB 与CD 所成的角为（ ） A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30°11．如图，正四面体D ABC -的顶点A 、B 、C 分别在两两垂直的三条射线Ox ，Oy ，Oz 上，则在下列命题中，错误的是( )A ．O ABC -是正三棱锥B ．直线OB 与平面ACD 相交C ．直线CD 与平面ABC 所成的角的正弦值为2D ．异面直线AB 和CD 所成角是90︒12．如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =，分别是,AD BC 中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）.A ．1BCD ．2第II 卷（非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题13．如图，三棱锥A −BCD 中，AC =AD =BC =BD =10，AB =8，CD =12，点P 在侧面ACD 上，且到直线AB 的距离为√21，则PB 的最大值是_______．○…………………装………………○……※请※※不※※要※※在○…………………装………………○……14．已知半径为4的球面上有两点A ，B ，AB =4√2，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C −AB −O 的大小为60°，则四面体OABC 的外接球的半径为_________. 15．在三棱锥P −ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，ΔABC 是边长为2√3的等边三角形，其中PA =PB =√7，则该三棱锥外接球的表面积为_____．16．如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯,杯身曲线内收,玲珑娇美,巧夺天工,是唐代金银细作的典范之作.该杯型几何体的主体部分可近似看作是双曲线22:139x y C -=的右支与直线0x =,4y =,2y =-围成的曲边四边形MABQ 绕y 轴旋转一周得到的几何体,如图,N P 分别为C 的渐近线与4y =,2y =-的交点,曲边五边形MNOPQ 绕y 轴旋转一周得到的几何体的体积可由祖恒原理(祖恒原理：幂势既同，则积不容异).意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等，那么这两个几何体的体积相等)，据此求得该金杯的容积是_____.(杯壁厚度忽略不计)三、解答题17．如图,三棱柱ABC −A 1B 1C 1中,底面ABC 是等边三角形,侧面BCC 1B 1是矩形,AB =A 1B,N 是B 1C 的中点,M 是棱AA 1上的点,且AA 1⊥CM . （1）证明：MN//平面ABC ；（2）若AB ⊥A 1B ,求二面角A −CM −N 的余弦值.……外…………○…………装………………线…………○……内…………○…………装………………线…………○1AB =，12AC AA ==，AD CD ==M 和N 分别为1B C 和1D D 的中点.（1）求证：//MN 平面ABCD ； （2）求二面角11D AC B --的正弦值；（3）设E 为棱11A B 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段1A E 的长.19．已知三棱锥P ABC -（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD 为边的正方形，ABE ∆和BCF ∆均为正三角形，在三棱锥P ABC -中： （I ）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）若点M 在棱PA 上运动，当直线BM 与平面PAC 所成的角最大时，求二面角P BC M --的余弦值.图一图二20．如图所示，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60ADC ︒∠=，AC 与○…………外………○…………订………线…………○……在※※装※※订※※线※※内○…………内………○…………订………线…………○……（1）求证：//DE 平面ACF ；（2）求异面直线EO 与AF 所成角的余弦值； （3）求AF 与平面EBD 所成角的正弦值.21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA AD ⊥，底面四边形ABCD 为直角梯形，,AD BC λ=//,AD BC 90,BCD ∠=o M 为线段PB 上一点．(1)若13λ=，则在线段PB 上是否存在点M ，使得//AM 平面PCD ?若存在，请确定M 点的位置；若不存在，请说明理由．(2)己知2,1PA AD ==，若异面直线PA 与CD 成90o 角，二面角B PC D --的余弦值为，求CD 的长． 22．在四棱锥P ABCD -中，BC BD DC ===2AD AB PD PB ====． （1）若点E 为PC 的中点，求证：//BE 平面PAD ；（2）当平面PBD ⊥平面ABCD 时，求二面角C PD B --的余弦值．参考答案1．A 【解析】 【分析】先根据鳖牖P ADE -的体积为l ，求得3PA =，再根据阳马P ABCD -的外接球的直径是以,,AD AB AP 为宽，长，高的长方体的体对角线可求得求得直径，从而求得表面积． 【详解】由题意，因为PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，2AD =，1ED =， 又由鳖牖P ADE -的体积为1，所以111211332p AED AED V PA S PA -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=V ， 解得3PA =，而阳马P ABCD -的外接球的直径是以,,AD AB AP 为宽，长，高的长方体的体对角线，所以2222244917R AD AB AP =++=++=（），即2417R =，球的表面积为2417R ππ=． 故选A ．【点睛】本题主要考查了多面体与球的组合体的性质，以及球的体积与表面公式计算，其中解答中得出阳马P ABCD -的外接球的直径是以,,AD AB AP 为宽，长，高的长方体的体对角线是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题． 2．B 【解析】 【分析】本道题结合直线与平面平行判定，证明距离最短即为计算1BD 与OE 的距离，计算，即可。

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题汇编 立体几何(理科)部分立体几何(理科)部分1. (广东5)给定以下四个命题：①假设一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②假设一个平面通过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④假设两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是Ａ．①和② Ｂ．②和③ Ｃ．.③和④ Ｄ．②和④ D2.〔宁夏海南11〕一个棱锥的三视图如图，那么该棱锥的全面积 〔单位：c 2m 〕为〔A 〕48+122 〔B 〕48+242 〔C 〕36+122 〔D 〕36+242 解析：选A.3. (宁夏海南8) 如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱线长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且22EF =，那么以下结论中错误的选项是 〔A 〕AC BE ⊥ 〔B 〕//EF ABCD 平面〔C 〕三棱锥A BEF -的体积为定值 〔D 〕异面直线,AE BF 所成的角为定值解析：A 正确，易证11;AC D DBB AC BE ⊥⊥平面，从而B 明显正确，//,//EF BD EF ABCD ∴平面易证；C 正确，可用等积法求得；D 错误。

选D.4.(山东4) 一空间几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( ). A.223π+ B. 423π+ C. 2323π+ D. 2343π+【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的, 圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面 边长为2，高为3，因此体积为()2123233⨯⨯=因此该几何体的体积为2323π+.答案:C【命题立意】:此题考查了立体几何中的空间想象能力, 由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 运算出.几何体的体积.5.(辽宁11)正六棱锥P-ABCDEF 中，G 为PB 的中点，那么三棱锥D-GAC 与三棱锥P-GAC 体积之比为〔A 〕1：1 〔B 〕1：2 〔C 〕2：1 〔D 〕3：2 答案：C 解析：连接FC 、AD 、BE ，设正六边形 的中心为O ，连接AC 与OB 相交点H ，那么GH∥PO，故GH⊥平面ABCDEF ， ∴平面GAC⊥平面ABCDEF 又DC⊥AC，BH⊥AC， ∴DC⊥平面GAC ，BH⊥平面GAC ， 且DC=2BH ，故三棱锥D-GAC 与三棱锥P-GAC 体积之比为2：1。

秘籍04 立体几何1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．20π B．24πC．28π D．32π【答案】C【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥底面半径均为3，高均为4，则其表面积：S=π×32+π×3×5+2π×1×2=28π．故选：C．对于体积或表面积问题，一般先根据三视图准确还原几何体，再利用常规的几何体的体积公式或表面积公式求解.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．163B．203C．169D．209【答案】B【解答】解：由题意可知几何体是组合体，左侧是四棱锥右侧是三棱柱，如图：棱锥的高为2，底面正方形的边长为2，三棱柱的底面等腰三角形的底边长为2，高为2．所以几何体的体积为：13×2×2×2+12×2×2×2=203．故选：B．求解几何体的表面积或体积的方法：(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解.对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．3．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为2√2，则这个四棱锥的外接球的体积为（ ） A ．16π3B ．32π3C ．16πD ．32π【答案】B【解答】解：如图，设正四棱锥底面的中心为O ，则在直角三角形ABC 中，AC=√2×AB=4， ∴AO=CO=2，在直角三角形PAO 中，PO=√PA 2−AO 2=√(2√2)2−22=2， ∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为2， ∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=2， 球的体积V=43πr 3=323π.故选：B ．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．4．如图所示的几何体是由以等边三角形ABC 为底面的棱柱被平面DEF 所截而得，已知FA ⊥平面ABC ，AB=2，AF=2，CE=3，O 为BC 的中点，AO ∥面EFD ． （1）求BD 的长；（2）求证：面EFD ⊥面BCED ；（3）求平面DEF 与平面ACEF 相交所成锐角二面角的余弦值．【解答】解：（1）取ED 的中点P ，连接PO ，PF ，则PO 为梯形BCED 的中位线， PO=BD+CE 2=BD+32，又PO ∥BD ，AF ∥BD ，所以PO ∥AF ，所以A ，O ，P ，F 四点共面， 因为AO ∥面EFD ，且面AOPF ∩面EFD=PF ， 所以AO ∥PF ，所以四边形AOPF 为平行四边形， PO=AF=2，所以BD=1.证明：（2）由题意可知平面ABC ⊥面BCED ，又AO ⊥BC ，且AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥面BCED ， 因为AO ∥PF ，所以PF ⊥面BCED ，又PF ⊂面EFD ， 所以面EFD ⊥面BCED ．解：（3）以O 为原点，OC ，OA ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，A （0，√3，0），B （﹣1，0，0），C （1，0，0）．P （0，0，2），E （1，0，3），F （0，√3，2）.设Q 为AC 的中点，则Q （12，√32，0），由题意得BQ ⊥平面ACEF ，平面ACEF 的法向量为BQ →=（32，√32，0）.设平面DEF 的法向量为n →=（x ，y ，z ）， PE →=（1，0，1），PF →=（0，√3，0），则{n →⋅PF →=√3y =0n →⋅PE →=x +z =0，取x=﹣1，得n →=（﹣1，0，1）， 所以cos ＜BQ →，n →＞=BQ →⋅n→|BQ →|⋅|n →|=﹣√64，所以平面DEF 与平面ACEF 相交所成锐角二面角的余弦值为√64．利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v| |μ||v|=|cos〈μ，v〉|.1．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为4√33π，则其表面积为（）A．6π+4√3 B．6πC．34π+2√3 D．34π+√3【答案】A【解答】解：几何体是半圆锥，底面半径为r，高为：√3r，该几何体的体积为4√33π，可得：12×13×r2×√3rπ=4√33π，解得r=2，半圆锥的表面积为：12×22×π+12×4×2√3+12×124π×4=6π+4√3．故选：A．此类问题对考生的空间想象能力要求较高，会根据三视图作出空间几何体的直观图，然后根据条件结合表面积公式求得空间几何体的表面积，①画三视图的原则：长对正、高平齐、宽相等.②圆锥的表面积2ππS rl r =+.2．已知三棱锥P ﹣ABC 所有顶点都在球O 的球面上，底面△ABC 是以C 为直角顶点的直角三角形，AB=2√2，PA=PB=PC=√3，则球O 的表面积为（ ） A ．9π B ．9π4C ．4πD ．π【答案】A【解答】解析：设AB 中点为D ，则D 为△ABC 的外心，因为PA=PB=PC=√3，易证PD ⊥面ABC ， 所以球心O 在直线PD 上， 又PA=√3，AB=2√2，算得PD=1，设球半径为R ，则△AOD 中，（R ﹣1）2+2=R 2，可得：R=32． 则球O 的表面积S=4πR 2=9π， 故选：A ．对于空间几何体的外接球问题，首先根据几何体的结构特征利用勾股定理求得球的半径，然后利用公式求解，球的表面积公式24πS R =，体积公式34π3V R =.3．如图，已知多面体ABC-A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=l ，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解答】（I ）证明：∵A 1A ⊥平面ABC ，B 1B ⊥平面ABC ，∴AA 1∥BB 1， ∵AA 1=4，BB 1=2，AB=2，∴A 1B 1=√(AB)2+(AA 1−BB 1)2=2√2， 又AB 1=√AB 2+BB 12=2√2，∴21AA =21AB +211A B ，∴AB 1⊥A 1B 1， 同理可得：AB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩B 1C 1=B 1，∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1．（II ）解：取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交A 1C 1于D ， ∵AB=BC ，∴OB ⊥OC ，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=√3，以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则A （0，﹣√3，0），B （1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，√3，1）， ∴AB →=（1，√3，0），BB 1→=（0，0，2），AC 1→=（0，2√3，1）， 设平面ABB1的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅BB 1→=0，∴{x +√3y =02z =0，令y=1可得n →=（﹣√3，1，0）， ∴cos ＜n →，AC 1→＞=n →⋅AC 1→|n →||AC 1→|=√32×√13=√3913．设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ，则sinθ=|cos ＜n →，AC 1→＞|=√3913． ∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为√3913．直线与平面所成角的向量公式：直线a 的方向向量与平面α的法向量分别为m u r 和n r ，若m u r 与n r的夹角不大于90︒，直线a 与平面α所成的角等于m u r 与n r 夹角的余角，若m u r 与n r 的夹角大于90︒，直线a 与平面所成的角等于m u r 与n r夹角的补角的余角，所以直线a 与平面α所成的角θ的正弦值为m n m n⋅u r r u r r ．1．设 m ，n ，l 是三条不同的直线，α 是一个平面，l ⊥m ，则下列说法正确的是 ( ) A. 若 m ⊄α，l ⊥α，则 m ∥α B. 若 l ⊥n ，则 m ⊥nC. 若 l ⊥n ，则 m ∥nD. 若 m ∥n ，n ⊂α，则 l ⊥α2．已知 m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β，直线 l 满足 l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则 ( ) A. α∥β，且 l ∥αB. α⊥β，且 l ⊥βC. α 与 β 相交，且交线垂直于 lD. α 与 β 相交，且交线平行于 l3．已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的顶点都在球O 的球面上，AB =AC=2，BC =2√2，若球O 的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是A．16 B．15C．8√2D．834．已知三棱锥P−ABC的高为PO，O为垂足，若P到底面△ABC三边所在的直线的距离相等，则O （假设O在△ABC内部）是△ABC的( )A. 外心B. 内心C. 垂心D. 重心5.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC6．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=√2，AA1=2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为A．23B．56C 3D67．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为( )A.锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定8．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为（）A．4 B．3√2 C．2√2 D．2√39．中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马、鳖臑、堑堵三种基本立体图形，其中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥Q ABC -为鳖臑，QA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥， 3QA BC ==， 5AC =，则三棱锥Q ABC -外接球的表面积为A ．16πB ．20πC ．30πD ．34π10．如图所示，扇形AOB 的半径为2，圆心角为90︒，若扇形AOB 绕OA 旋转一周，则图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体的体积为( )A ．3πB ．5πC ．83πD ．163π11．用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底是下底的12，若原平面图形的面积为32OA 的长为( )A ．2B 2C 3．3212．已知四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱PA ⊥平面ABCD ，PA =2，若在四棱锥P −ABCD 的内部有一个半径为R 的球，则R 的最大值为A ．2−√2B ．1C ．√2−1D ．2√313.如图，在以下四个正方体中，直线AB 与平面CDE 垂直的是( )A．①②B．②④ C．①③ D．②③14．如图，AB是Oe的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ABC-的四个面中，直角三角形的个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个15．已知球O半径为3√2，设S、A、B、C是球面上四个点，其中∠ABC=90°，AB=BC=4√2，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为（）A．64√23 B．64√29C．32√23D．32√2916．已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，底面是边长为√3的正三角形，且该三棱柱外接球的表面积为7π，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为_________.17．如图，正方形ABCD的边长为3，点E , F分别在边AD , CD上，且AE=DF=2．将此正方形沿BE,BF,EF切割得到四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的内切球的体积为_________．18．如图，在几何体ABC﹣A1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，AA1=BB1=4，AB=BC=CC1=2，E为AB1中点，（Ⅰ）求证；CE∥平面A1B1C1，（Ⅱ）求证：求二面角B1﹣AC1﹣C的大小．19．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2√2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PA=PD=AD=2．（1）求证：EF∥平面PBC；（2）求二面角F﹣ED﹣P的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．21．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为√2的正方形，PA ⊥BD ． （Ⅰ）求证：PB=PD ；（Ⅱ）若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求点B 到平面PCD 的距离．22．如图①所示，已知四边形SBCD 是由Rt SAB △和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中AD DC ⊥，且点A 为线段SD 的中点，21,AD DC AB SD ===，现沿AB 进行翻折，使得二面角S AB C --的大小为90o ，连接,SC SD ，得到的图形如图②所示，点E 、F 分别在线段SB 、SC 上.（1）证明：BD AF ⊥；（2）若三棱锥E ABC -的体积是四棱锥S ABCD -体积的25，求二面角E AC B --的余弦值.1. 【答案】 A 【解析】若l⊥m，l⊥n，则m与n可能平行，也可能相交或异面，即B、C都不正确；由l⊥m，m∥n，可得l⊥n，不一定有l⊥α，即D不正确；对A，可在l上取一点P，过P作mʹ∥m，则mʹ⊥l，mʹ与l确定一个平面β，β∩α=a，由l⊥α，得l⊥a，又mʹ，a，l同在平面β内，则由l⊥mʹ，l⊥a得mʹ∥a，于是m∥a，又m⊄α，所以m∥α．2.【答案】D【解析】由题意作图得故选D．3．【答案】A【解析】设球O的半径为r，由题意知S=4πr2=72π,r=3√2，△为等腰直角三角形，因为AB=AC=2，BC=2√2，易知ABCBC)2=8，故三棱柱的高ℎ=2√r2−(12×2×2×8=16.故这个直三棱柱的体积是V=12故选A.【名师点睛】对于求解球的组合体问题常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.4.【答案】B【解析】因为P到△ABC三边所在直线的距离相等，所以O点到三边的距离相等，所以O为△ABC的内心．故选B．5．【答案】C【解析】：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，因为A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，所以A1B1⊥BC1，因为A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1ECB1，因为A1E⊂平面A1ECB1，所以A1E⊥BC1．故选C6．【答案】A【解析】画出图形，如图所示．连接AD1,B1D1，则AD1//BC1，所以∠B1AD1即为AB1与BC1所成的角或其补角．在∆B1AD1中，AB1=AD1=√6，B1D1=2，所以由余弦定理得cos∠B1AD1=6+6−42×6=23，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为23．故选A．7.【答案】B【解析】由 PB ⊥α，AC ⊂α 得 PB ⊥AC ，又 AC ⊥PC ，PC ∩PB =P ，所以 AC ⊥平面PBC ，AC ⊥BC ，故选B ． 8【答案】D【解答】解：利用“三线交汇得顶点”的方法，该几何体位四棱锥P ﹣ABCD 如图所示，其中，正方体棱长为2， 所以最长棱为PC=2√3． 故选：D ．9．【答案】D【解析】将三棱锥Q ABC -补全为长方体，如图，则外接球的直径为2223534R =+,所以34R =，故外接球的表面积为24π34πR =.【名师点睛】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P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝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4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．10.【答案】C【解答】解：扇形AOB 的半径为2，圆心角为90︒， 扇形AOB 绕OA 旋转一周，图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体为：半径为2R =的半球去掉一个底面半径为2r =，高为2h =的圆锥，∴图中阴影部分绕OA 旋转一周所得几何体的体积为：3214182222333V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯=．故选：C ． 11.【答案】B【解答】解：由题意，原平面图形与斜二测画法得到的直观图的面积比为2，设OA x =，则直观图的面积为213()224x x x x +=g ， 2322324x ∴=∴2x =故选：B ．12．【答案】A【解析】根据题意，当满足R 最大时，对应的球是四棱锥的内切球，根据条件可以求得该四棱锥的表面积为S =2×2+2×(12×2×2)+2×(12×2×2√2)=8+4√2， 而该四棱锥的体积为V =13×2×2×2=83，结合13SR =V ， 解得R =3×838+4√2=2+√2=2−√2.故选A.【名师点睛】该题考查的是有关几何体的内切球半径的求解问题，在解题的过程中，需要时刻关注各个量之间的关系，最关键的就是等量关系从哪里入手来寻找，即V =13S 表R 是解决该题的根本，注意对题的条件的转化和有效利用. 13.【答案】B【解答】解：在①中，AB 与CE 的夹角为45︒，∴直线AB 与平面CDE 不垂直，故①错误； 在②中，AB BC ⊥，AB CD ⊥，AB ∴⊥平面CDE ，故②正确；在③中，AB 与EC 的夹角为60︒，∴直线AB 与平面CDE 不垂直，故③错误； 在④中，AB DE ⊥，AB CE ⊥，AB ∴⊥平面CDE ，故④正确．故选：B ． 14.【答案】A【解答】证明：AB Q 是圆O 的直径90ACB ∴∠=︒即BC AC ⊥，三角形ABC 是直角三角形又PA ⊥Q 圆O 所在平面，PAC ∴∆，PAB ∆是直角三角形．且BC 在这个平面内， PA BC ∴⊥ 因此BC 垂直于平面PAC 中两条相交直线， BC ∴⊥平面PAC ，PBC ∴∆是直角三角形．从而PAB ∆，PAC ∆，ABC ∆，PBC ∆中，直角三角形的个数是：4． 故选：A ． 15.【答案】A【解答】解：当S 在经过AC 与球心的连线上时，由于：AC=√(4√2)2+(4√2)2=8，球心到AC 的中点的连线，d=√(3√2)2−42=√2， 所以：锥体的最大高度为：h=3√2+√2=4√2，所以：V=13⋅12⋅4√2⋅4√2⋅4√2=64√23．故选：A ．16．【答案】π3【解析】如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为ΔABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面ABC ，连结OA ，则∠PAO 即为PA 与平面ABC 所成的角.由题易知OP 中点为外接球的球心，设三棱柱外接球的半径为r ， ∵7π=4πr 2，∴r 2=74， ∴AO 2+(OP 2)2=74.在正三角形ABC 中，AB =BC =AC =√3， ∴AO =√33×√3=1，∴PO =√3.∴tan∠PAO =POAO =√3， ∴∠PAO =π3.17．【答案】4π81【解析】如图所示，在长、宽、高分别为1,2,3的长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， 三棱锥B 1−ABC 即为题中所给的四个面组成的三棱锥， 该三棱锥的体积：V =13×(12×1×2)×3=1，在△AB 1C 中，由勾股定理易得AC =√5,AB 1=√13,CB 1=√10， 由余弦定理可得：cos∠B 1CA =25×10=√210， 则sin∠B 1CA =√1−(√210)2=7√210，故S △B 1CA =12×√5×√10×7√210=72，该三棱锥的表面积为：S =12×(1×2+1×3+2×3)+72=9， 设三棱锥B 1−ABC 内切球的半径为R ,则V =13SR ，即：1=13×9×R,∴R =13，该三棱锥B 1−ABC 内切球的体积为V =43πR 3=4π81.【名师点睛】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.18.【解答】（Ⅰ）证明：∵点A 1，B 1，C 1在平面ABC 内的正投影分别为A ，B ，C ， ∴AA 1∥BB 1∥CC 1，取A 1B 1中点F ，连接EF ，FC ，则EF ∥12A 1A ，EF=12A 1A ， ∵AA 14，CC 1=2，∴CC 1∥12A 1A ，CC 1=12A 1A ，∴CC 1∥EF ，CC 1=EF ，∴四边形EFC 1C 为平行四边形，∴CE ∥C 1F ， ∵CE ⊄平面A 1B 1C 1，C 1F ⊂平面A 1B 1C 1， ∴CE ∥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，则A （2，0，0），C （0，2，0），B 1（0，0，4），C 1（0，2，2）， ∴AC →=（﹣2，2，0），CC 1→=（0，0，2），AB 1→=（﹣2，0，4），B 1C 1→=（0，2，﹣2）．设平面ACC 1的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{−2x +2y =02z =0，令x=1，则n →=（1，1，0）．同理可得平面AB 1C 1的法向量为m →=（2，1，1）， ∴cos ＜n →，m →＞=m →⋅n→|m →||n →|=√32．由图可知二面角B 1﹣AC 1﹣C 为钝角， ∴二面角B 1﹣AC 1﹣C 的大小为150°．19.【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD=BD ，AC ⊂平面ABCD ，AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面BDFE ．又AC ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面BDFE ．（2）设AC ∩BD=O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，AB=2CD=2√2，∴OD=OC=1，OB=OA=2， ∵EF ∥OB 且EF=OB ，∴四边形FEBO 为平行四边形， ∴OF ∥BE ，且OF=BE=2，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD ．以O 为原点，向量OA →，OB →，OF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B （0，2，0），D （0，﹣1，0），F （0，0，2），C （﹣1，0，0）， ∴DF →=（0，1，2），CD →=（1，﹣1，0），BF →=（0，﹣2，2），设平面DFC 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则有{n →⋅DF →=0n →⋅CD →=0，即{y +2z =0x −y =0， 不妨设z=1，得x=y=﹣2．即n →=（﹣2，﹣2，1）， 于是cos ＜n →，BF →＞=n →⋅BF→|n →||BF →|=2√2×3=√22． 设BF 与平面DFC 所成角为θ，则sin θ=|cos ＜n →，BF →＞|=√22． ∴BF 与平面DFC 所成角的正弦值为√22．20.【解答】证明：（1）如图，连结AC ，∵四边形ABCD 是正方形， ∴AC 与BD 互相平分，又∵F 是BD 中点，F 是AC 中点， ∴EF ∥PC ，又∵在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点， ∴EF ∥PC ，又∵EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ．解：（2）取AD 中点O ，在△PAD 中， ∵PA=PD ，∴PO ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD=AD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵OF ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥OF ， ∵F 是AC 的中点，∴OF ⊥AD ，如图，以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x ，y ，z 轴， |OA →|为单位长度建立空间直角坐标系， ∵PA=PD=AD=2，∴OP=√3，则O （0，0，0），A （1，0，0），B （1，2，0），C （﹣1，2，0），D （﹣1，0，0），P （0，0，√3），E （12，0，√32），F （0，1，0）， ∴AB →=（0，2，0），DE →=（32，0，√32），DF →=（1，1，0）， ∵OF ⊥平面PAD ，∴OF →=（0，1，0）是平面PAD 的一个法向量， 设平面EFD 的一个法向量是n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅DF →=x +y =0n →⋅DE →=32x +√32y =0，取x=1，得n →=（1，﹣1，﹣√3）， ∴|cos ＜DF →，n →＞|=|OF →⋅n →||OF →|⋅|n →|=√5=√55，∴二面角F ﹣ED ﹣P 的正弦值为：(√55)=2√55． （3）假设在棱PC 上存在一点G ，使得GF ⊥平面EDF ， 设G （x 1，y 1，z 1），则FG →=（x 1，y 1﹣1，z 1），由（2）知平面EDF 的一个法向量n →=（1，﹣1，﹣√3）， ∵GF ⊥平面EDF ，∴设FG →=λn →=（λ，−λ，−√3λ），则x 1=λ，y 1=1−λ，z 1=−√3λ， ∵点G 在棱PC 上，∴CG →与PC →共线，∵PC →=（﹣1，2，﹣√3），CG →=（x 1+1，y 1﹣2，z 1）， ∴x 1+2−1=y 1−22=1−√3，即1+λ−2=−λ−12=√3λ−√3，无解，∴在棱PC 上不存在一点G ，使得GF ⊥平面EDF ．21.【解答】证明：（1）连接AC ，BD 交于点O ，连结PO ．解：（1）连接AC ，BD 交于点O ，连结PO ． ∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB=OD ．又PA ⊥BD ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA ∩AC=A ， ∴BD ⊥平面PAC ，∵PO ⊂平面PAC ，∴BD ⊥PO ． 又OB=OD ，∴PB=PD ．解：（2）设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ， 则EQ ∥CD ，EQ=12CD ，又AF ∥CD ，AF=12AB=12CD ， ∴EQ ∥AF ，EQ=AF ，∴四边形AQEF 为平行四边形，∴EF ∥AQ ， ∵EF ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥平面PCD ， ∴AQ ⊥PD ，∵Q 是PD 的中点， ∴AP=AD=√2．∵AQ ⊥平面PCD ，∴AQ ⊥CD ， 又AD ⊥CD ，AQ ∩AD=A ， ∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PA ． 又BD ⊥PA ，BD ∩CD=D ， ∴PA ⊥平面ABCD ．以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B （√2，0，0），P （0，0，√2），A （0，0，0），Q （0，√22，√22）， ∵AQ ⊥平面PCD ，∴AQ →=（0，√22，√22）为平面PCD 的一个法向量． ∴PB →=（﹣√2，0，√2）， ∴点B 到平面PCD 的距离：d=|PB →⋅AQ →||AQ →|=√2+2=1．22．【解析】（1）因为二面角S AB C --的大小为90o ，且SA AB ⊥，平面SAB I 平面ABCD AB =，所以SA ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以SA BD ⊥；在直角梯形ABCD 中，90BAD ADC ∠=∠=o ，21AD CD ==，2AB =， 所以1tan tan 2ABD CAD ∠=∠=，即ABD CAD ∠=∠. 又90CAD BAC ∠+∠=o ，所以90ABD BAC ∠+∠=o ，即AC BD ⊥； 又AC SA A =I ， 所以BD ⊥平面SAC ， 因为AF ⊂平面SAC ， 所以BD AF ⊥.（2）如图，分别以,,AD AB AS 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,1)S ，(0,2,0)B ，1(1,,0)2C ，(1,0,0)D . 设三棱锥E ABC -的高为h ，因为25E ABC S ABCD V V --=，所以511215321122132ABCD S ABCDE ABC ABC S SA V V S h h --⨯⋅⨯===⋅⨯⨯⨯四边形△，故12h =， 故E 为SB 中点，即1(0,1,)2E . 设平面EAC 的法向量为(,,)x y z =m ，又1(1,,0)2AC =u u u r ，1(0,1,)2AE =u u u r ，由0,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r m m 得10,210,2x y y z ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩取2y =-，得平面EAC 的一个法向量为(1,2,4)=-m ，又(0,0,1)AS ==u u u rn 是平面ABCD 的一个法向量，所以421cos ,||||21⋅==⋅m n m n m n ， 由图可知二面角E AC B --为锐角， 所以二面角E AC B --的余弦值为42121.。

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