高考真题汇编——理科数学(解析版)7：立体几何
2024年9-10月新高考数学名校模拟大题汇编：立体几何(解析版)
2024年9-10月新高考数学名校大题汇编：立体几何大题必备基础知识梳理【知识点一：空间向量及其加减运算】(1)空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a也可以记作AB ，其模记为a或AB .(2)零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，AB=0.模为1的向量称为单位向量.(3)相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a .(4)空间向量的加法和减法运算①OC=OA+OB=a +b ，BA=OA-OB=a -b．如图所示.②空间向量的加法运算满足交换律及结合律a +b =b +a ，a +b +c =a +b +c【知识点二：空间向量的数乘运算】(1)数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积λa 称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa 与向量a方向相同；当λ<0时，向量λa 与向量a 方向相反.λa 的长度是a的长度的λ 倍.(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律λa +b =λa +λb ，λμa =λμ a .(3)共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作a ⎳b.(4)共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b b ≠0，a ⎳b的充要条件是存在实数λ，使a =λb.(5)直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP =OA +ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB =a ，则式①可化为OP =OA +tAB =OA +t OB -OA =1-t OA +tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当t =12，即点P 是线段AB 的中点时，OP =12OA +OB ，此式叫做线段AB 的中点公式.(6)共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA=a，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量.(7)共面向量定理如果两个向量a ，b不共线，那么向量p 与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x ,y ，使p =xa +yb.推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对x ,y ，使AP =xAB +yAC；或对空间任意一点O ，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP =xOA +yOB +zOC (其中x +y +z =1)的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立.【知识点三：空间向量的数量积运算】(1)两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作a ,b ，通常规定0≤a ,b ≤π，如果a ,b =π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ．(2)数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则a b cos a ,b 叫做a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =a b cos a,b．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a ⋅a =a 2．(3)空间向量的数量积满足的运算律：λa ⋅b =λa ⋅b ，a ⋅b =b ⋅a (交换律)；a ⋅b +c =a ⋅b +a ⋅c(分配律)．【知识点四：空间向量的坐标运算及应用】(1)设a =a 1,a 2,a 3 ，b=b 1,b 2,b 3 ，则a +b=a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3 ；a -b=a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3 ；λa=λa 1,λa 2,λa 3 ；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；a ⎳b b ≠0⇒a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3；a ⊥b⇒a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0．(2)设A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB =OB -OA=x 2-x 1,y 2-y 1,z 2-z 1 ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标．(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知a =a 1,a 2,a 3 ，b =b 1,b 2,b 3 ，则a =a 2=a 12+a 22+a 32；b =b2=b 12+b 22+b 32；a ⋅b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3；cos a ,b =a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 12+a 22+a 32b 12+b 22+b 32；②已知A x 1,y 1,z 1 ，B x 2,y 2,z 2 ，则AB=x 1-x 22+y 1-y 2 2+z 1-z 2 2，或者d A ,B =AB．其中d A ,B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式．(4)向量a 在向量b 上的投影为a cos a ,b=a ⋅b b．【知识点五：法向量的求解与简单应用】(1)平面的法向量：如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有m ⋅n =0．第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1，y 1，z 1 ，b=x 2，y 2，z 2 ；第二步：那么平面法向量n=x ， y ， z ，满足n ⋅a=0n ⋅b =0⇒xx 1+yy 1+zz 1=0xx 2+yy 2+zz 2=0．(2)判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b．若a ∥b，即a =λb，则a ∥b ；若a ⊥b，即a ⋅b=0，则a ⊥b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且l ⊥α．若a ∥n ，即a =λn ，则l ⊥α；若a ⊥n ，即a ⋅n =0，则a ∥α．(3)平面与平面的位置关系平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2．若n 1∥n 2，即n 1=λn 2，则α∥β；若n 1⊥n 2，即n 1⋅n 2=0，则α⊥β．【知识点六：空间角公式】(1)异面直线所成角公式：设a ，b分别为异面直线l 1，l 2上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos θ=cos a,b =a ⋅b a b．(2)线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin θ=cos a ,n=a ⋅na n．(3)二面角公式：设n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n 1 ,n 2 或π-n 1 ,n 2(需要根据具体情况判断相等或互补)，其中cos θ =n 1 ⋅n 2n 1 n 2．【知识点七：空间中的距离】求解空间中的距离(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线a ，b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在a ，b 上任取A ，B 两点，则向量在n上的正射影长就是两条异面直线a ，b 的距离．则d =AB ⋅n |n |=|AB ⋅n ||n|即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．(2)点到平面的距离A 为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|AH |=|AB |⋅sin θ=|AB |⋅|cos <AB ,n >|=|AB ||AB ⋅n |AB ⋅n =|AB ⋅n|nd =|AB ⋅n||n|【必考题型汇编】1.(湖南省长沙市2025届高三六校九月大联考解析第16题)如图,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为等腰梯形,BC ⎳AD ,EF ⎳AD ,AD =4,AB =2,BC =EF =2,AF =11,FB ⊥平面ABCD ,M 为AD 上一点,且FM ⊥AD ,连接BD 、BE 、BM .(1)证明:BC ⊥平面BFM ;(2)求平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:因为FB ⊥平面ABCD ,又AD ⊂平面ABCD ,所以FB ⊥AD .又FM ⊥AD ,且FB ∩FM =F ,所以AD ⊥平面BFM .因为BC ⎳AD ,所以BC ⊥平面BFM .(2)解析:作EN ⊥AD ,垂足为N ,则FM ⎳EN .又EF ⎳AD ,所以四边形FMNE 是平行四边形,又EN ⊥AD ,所以四边形FMNE 是矩形,又四边形ADEF 为等腰梯形,且AD =4,EF =2,所以AM =1.由(1)知AD ⊥平面BFM ,所以BM ⊥AD .又AB =2,所以BM =1.在Rt △AFM 中,FM =AF 2-AM 2=10.在Rt △FMB 中,∴FB =FM 2-BM 2=3.由上可知,能以BM 、BC 、BF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则A -1,-1,0 ,B 0,0,0 ,F 0,0,3 ,D -1,3,0 ,E 0,2,3 ,所以,AB =1,1,0 ,BF =0,0,3 ,BD =-1,3,0 ,BE=0,2,3 ,设平面ABF 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m ⋅AB=0m ⋅BF =0,得x 1+y 1=0z 1=0 ,可取m =1,-1,0 ;设平面BDE 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⋅BD=0n ⋅BE =0,得-x 2+3y 2=0-2y 2+3z 2=0 ,可取n=9,3,2 .因此,cos ‹m ,n›=m ⋅n m ⋅n=9-31+1⋅81+9+4=34747.依题意可知,平面ABF 与平面DBE 的夹角的余弦值为34747.2.(辽宁省沈阳市郊联体2024年高三上学期开学联考解析第17题)如图,已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C ⊥侧面AA 1B 1B ,侧面BB 1C 1C 是矩形,侧面AA 1B 1B 是菱形,∠BAA 1=60°,AB =2BC =2,点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点.(1)证明:FG ⎳平面ABC ;(2)求二面角A 1-B 1C -E 的余弦值.方法提供与解析:解析:(1)证明:因为点E ,F ,G 分别为棱AA 1,A 1C ,BB 1的中点,连接EF ,EG ,则EF ⎳AC ,EG ⎳AB ,又因为EF ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,所以EF ⎳平面ABC ,同理可得EG ⎳平面ABC ,因为EF ∩EG =E ,EF ⊂平面EFG ,EG ⊂平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面ABC ,因为FG ⊂平面EFG ,所以FG ⎳平面ABC .(2)解:侧面BB 1C 1C 是矩形,所以BC ⊥BB 1,又因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ,平面BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B =BB 1,所以BC ⊥平面AA 1B 1B ,又BE ⊂平面AA 1B 1B ,因此BC ⊥BE .在菱形AA 1B 1B 中,∠BAA 1=60°,因此△AA 1B 是等边三角形,又E 是AA 1的中点,所以BE ⊥AA 1,从而得BE ⊥BB 1.如图,以B 为坐标原点,BE ,BB 1,BC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.因为AB =2BC =2,所以BE =AB sin60°=3,因此B 10,2,0 ,A 13,1,0 ,E 3,0,0 ,C 0,0,1 ,所以B 1C =0,-2,1 ,B 1E =3,-2,0 ,B 1A 1=3,-1,0 ,设平面EB 1C 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,由m⊥B 1C,得-2y 1+z 1=0 ,令y 1=1,得m =23,1,2设平面A 1B 1C 的法向量为n=x 2,y 2,z 2 ,由n ⊥B 1Cn ⊥B 1A 1,得-2y 2+z 2=03x 2-y 2=0 ,令y 2=1,得n =33,1,2 ,cos ‹m ,n ›=m ⋅n m ⋅n =23+1+4193⋅163=171976,即二面角A 1-B 1C -E 的余弦值为171976.3.如图,在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AD ⎳BC ,BC =4,AB =AD =DC =AA 1=2,Q 为AD 的中点.(1)在A 1D 1上是否存在点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P ,若存在,请确定点P 的位置并给出证明,若不存在,请说明理由;(2)若(1)中点P 存在,求平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:(几何法)存在,证明如下:在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,因为平面ABCD ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以可在平面A 1B 1C 1D 1内作C 1P ⎳CQ ,由平面几何知识可证△C 1D 1P ≅△CDQ ,所以D 1P =DQ ,可知P 是A 1D 1中点,因为C 1P ⊂平面AC 1P ,所以CQ ⎳平面AC 1P .即存在线段A 1D 1的中点,满足题设条件.满足条件的点只有一个,证明如下:当CQ ⎳平面AC 1P 时,因为CQ ⎳平面A 1B 1C 1D 1,所以过C 1作平行于CQ 的直线既在平面A 1C 1P 内,也在平面A 1B 1C 1D 1内,而在平面A 1B 1C 1D 1内过C 1只能作一条直线C 1P ⎳CQ ,故满足条件的点P 只有唯一一个.所以,有且只有A 1D 1的中点为满足条件的点P ,使直线CQ ⎳平面AC 1P .(2)解析:(坐标法)过点D 作DF ⊥BC ,垂足为F ,又因为DD 1⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,分别以DA ,DF ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系D -xyz ,则A 2,0,0 ,P 1,0,2 ,C 1-1,3,2 ,A 12,0,2 ,B 3,3,0 ,P A =1,0,-2 ,PC 1 =-2,3,0 ,AB =1,3,0 ,AA 1=0,0,2设平面P AC 1的法向量为n=x ,y ,z ,则有n ⋅P A=0,n ⋅PC 1 =0,即x -2z =0,-2x +3y =0. 令x =23,得y =4,z =3,所以n=23,4,3 .设平面ABB 1A 1的法向量为m=x ,y ,z .则有AB ⋅m =0,AA 1 ⋅m =0,即x +3y =0,2z =0. 令x =3,得y =-1,z =0,所以m=3,-1,0 .所以cos n ,m =n ⋅m n m=6-4+0231=3131.故平面AC 1P 与平面ABB 1A 1所成的锐二面角的余弦值为3131.4.(福建泉州市2025届高中毕业班模拟检测(一)解析第16题)4:如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD =PC =CB =BA =12AD =2,AD ⎳CB ,∠CPD =∠ABC =90°,平面PCD ⊥平面ABCD ,E 为PD 中点.(1)求证:PD ⊥平面PCA ;(2)点Q 在棱P A 上,CQ 与平面PDC 所成角的正弦值为63,求平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值.方法提供与解析:(1)解析:由题意:BC =AB =2,∠ABC =90°,AC =AB 2+BC 2=22同理CD =22,又AD =4,CD 2+AC 2=AD 2,CD ⊥AC .而CD =22=PD 2+PC 2,即PC ⊥PD ,又平面PCD ⊥平面ABCD ,平面PCD ∩平面ABCD =CD ,AC ⊂平面ABCD ,AC ⊥平面PCD ,PD ⊂平面PCD ,PD ⊥AC ,又PC ⊥PD ,且PC ⊂面PCA ,AC ⊂面PCA ,PC ∩AC =C ,PD ⊥平面PCA .(2)解析:以C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C 0,0,0 ,A 0,22,0 ,D 22,0,0 ,P 2,0,2 ,所以CD =22,0,0 ,CP =2,0,2 ,P A=-2,22,-2 ,设PQ =λP A 0<λ<1 ,有CQ =CP +λP A=21-λ ,22λ,21-λ ,取面PCD 的一个法向量m =0,1,0 ,则cos CQ ,m =22λ41-λ 2+8λ2=63,λ=12,故CQ =22,2,22.令n=x ,y ,z 是平面CDQ 的一个法向量,则n ⋅CD =0n ⋅CQ =0,即22x =022x +2y +22z =0,令y =1,有n =0,1,-2 ,则cos ‹n ,m › =n ⋅m n m=55,故平面PCD 与平面CDQ 夹角的余弦值为55.5.(长沙市雅礼中学2025届高三上学期(9月)综合自主测试解析第17题)5:如图(1),在△ABC 中,CD ⊥AB ,BD =2CD =2AD =4,点E 为AC 的中点.将△ACD 沿CD 折起到△PCD 的位置,使DE ⊥BC ,如图(2).图(1)图(2)(1)求证:PB ⊥PC ;(2)在线段BC 上是否存在点F ,使得CP ⊥DF ?若存在,求二面角P -DF -E 的余弦值;若不存在,说明理由。
全国高考理科数学试题分类汇编7：立体几何 Word版含答案.pdf
学海无涯
A．16 + 8
【答案】A
B．8 + 8
C．16 +16
D．8 +16
（）
6 ．（2013 年高考湖北卷（理））一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简
单几何体组成,其体积分别记为V1 ,V2 ,V3 ,V4 ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面
两个简单几何体均为多面体,则有
（）
①当 0 CQ 1 时,S 为四边形;②当 CQ = 1 时,S 为等腰梯形;③当 CQ = 3 时,S 与
2
2
4
C1D1
的交点
R
满足
C1R1
=
1 3
;④当
3 4
CQ
1 时,S
为六边形;⑤当 CQ
=
1时,S
的面积
为 6. 2
【答案】①②③⑤
25．（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视
V1 : V2 = ____________.
C1 B1
A1
F
C
E
B
AD
【答案】1: 24
23．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））若某几何体的
三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等于________ cm2 .
4
3
3
2 正视图
侧视图
3
俯视图 （第 12 题图）
学海无涯
【答案】12
27．（2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体 ABCD − A1B1C1D1 中,
异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为_______
高考数学近三年真题立体几何(理科专用)
三年专题 立体几何（选择题、填空题）（理科专用）1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 32．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．【2021年甲卷理科】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45A C B ∠'''=︒，60A B C ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，B B '与C C '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差A A C C ''- 1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．4735．【2021年甲卷理科】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1A CBC A C B C ⊥==，则三棱锥O A B C-的体积为（ ）A 12B 12C 4D 46．【2021年新高考1的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．7．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．201+B ．2C ．563D 38．【2020年新课标1卷理科】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A 4B 2C 4D 29．【2020年新课标1卷理科】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为A B C的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1A BB C A C O O ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π10．【2020年新课标2卷理科】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）A ．EB ．FC ．GD ．H11．【2020年新课标2卷理科】已知△ABC 4的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 212．【2020年新课标3卷理科】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A．B ．C ．D ．13．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°14．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，则（ ） A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90° B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90° C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°15．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A ．V 3=2V 2B ．V 3=V 1C ．V 3=V 1+V 2D ．2V 3=3V 116．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111A B CA B C -中，11A BA A ==，点P 满足1B P BC B B λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1A B P△的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A B C-的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1AP B P⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1AB ⊥平面1A BP17．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足M NO P⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．18．【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．19．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．20．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________三年专题立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．2．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．4．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111A B C A B C -中，侧面11A AB B为正方形，2A BB C ==，E ，F 分别为A C 和1C C 的中点，D 为棱11AB 上的点．11B FA B ⊥（1）证明：B F D E⊥；（2）当1BD为何值时，面11B BC C与面D F E 所成的二面角的正弦值最小?6．【2021年乙卷理科】如图，四棱锥P A B C D==，P D D C-的底面是矩形，P D⊥底面A B C D，1M为B C的中点，且P B A M⊥．（1）求B C；（2）求二面角A P M B--的正弦值．7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥A B C D-中，平面A B D⊥平面B C D，A B A D=，O为B D的中点.（1）证明：O A C D⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A D上，2--=，且二面角E B C DD E E A的大小为45︒，求三棱锥A B C D-的体积.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥Q A B C D-中，底面A B C D是正方形，若====．A D Q D Q A Q C2,3（1）证明：平面Q A D ⊥平面A B C D ； （2）求二面角BQ D A--的平面角的余弦值．9．【2020年新课标1卷理科】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，A E 为底面直径，A EA D=．A B C是底面的内接正三角形，P 为D O 上一点，6P OO=．（1）证明：P A ⊥平面P B C ；（2）求二面角BP C E--的余弦值．10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AM N 所成角的正弦值.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111A B C D A B C D -中，点,E F 分别在棱11,D DB B 上，且12D EE D =，12B FF B =．（1）证明：点1C 在平面A E F 内；（2）若2A B=，1A D=，13A A=，求二面角1AE F A --的正弦值．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． 13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面A BCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，QB ，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．。
高考真题汇编——理科数学(解析版)7：立体几何
2021（高|考）真题分类汇编：立体几何一、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( )()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知 ,该几何体是三棱锥 ,底面是俯视图 ,高为3 ,所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B. 2.【2021（高|考）真题浙江理10】矩形ABCD ,AB =1 ,BC =2 .将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折 ,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【解析】最|简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着 ,观察在翻着过程 ,即可知选项C 是正确的．3.【2021（高|考）真题新课标理11】三棱锥S ABC -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 ( )()A 6 ()B6 ()C3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =,点O 到面ABC的距离d ==,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC的距离为23d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2021（高|考）真题四川理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距离相等 ,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【解析】A.两直线可能平行 ,相交 ,异面故A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.5.【2021（高|考）真题四川理10】如图 ,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内 ,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交 ,所得交线上到平面α的距离最|大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠= ,那么A 、P 两点间的球面距离为 ( )A 、RB 、4R πC 、RD 、3R π【答案】A【解析】根据题意 ,易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ,由弧长公式易得 ,A 、P 两点间的球面距离为2arccos4R . 6.【2021（高|考）真题陕西理5】如图 ,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C - ,12CA CC CB == ,那么直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 ( )A.55 B.53 C. 255 D. 355.【答案】A.【解析】设a CB =|| ,那么a CC CA 2||||1== ,),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ,),2,0(),,2,2(11a a BC a a a AB -=-=∴ ,55||||,cos 111111=⋅>=<∴BC AB BC AB BC AB ,应选A. 7.【2021（高|考）真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示 ,那么该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】此题是组合体的三视图问题 ,由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知 ,原图下面图为圆柱或直四棱柱 ,上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱 ,Ａ ,Ｂ ,Ｃ都可能是该几何体的俯视图 ,Ｄ不可能是该几何体的俯视图 ,因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】此题主要考查空间几何体的三视图 ,考查空间想象能力.是近年（高|考）中的热点题型.8.【2021（高|考）真题湖北理4】某几何体的三视图如下图 ,那么该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π 【答案】B【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一局部 ,并且有正视图知是一个1/2的圆柱体 ,底面圆的半径为1 ,圆柱体的高为6 ,那么知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.9.【2021（高|考）真题广东理6】某几何体的三视图如下图 ,它的体积为A ．12ππππ 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥 ,下部是一个圆柱 ,根据三视图中的数量关系 ,可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．应选C ．10.【2021（高|考）真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等 ,那么这个几何体不可以是【答案】D.【命题立意】此题考查了空间几何体的形状和三视图的概念 ,以及考生的空间想象能力 ,难度一般.【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ,应选Ｄ．11.【2021（高|考）真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1 ,1 ,1 ,1 ,2和a ,且长为a 的棱与长为2的棱异面 ,那么a 的取值范围是(A )(0,2) (B )(0,3) (C )(1,2) (D )(1,3) 【答案】A【解析】因为22211)22(12=-=-=BE 那么BE BF < ,222=<=BE BF AB ,选A ,12.【2021（高|考）真题北京理7】某三棱锥的三视图如下图 ,该三梭锥的外表积是 ( )A. 28 +65B. 30 +65C. 56 + 125D. 60 +125【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥 ,如下图 ,图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度 ,黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长 .此题所求外表积应为三棱锥四个面的面积之和 ,利用垂直关系和三角形面积公式 ,可得：10=底S ,10=后S ,10=右S ,56=左S ,因此该几何体外表积5630+=+++=左右后底S S S S S ,应选B .13.【2021（高|考）真题全国卷理4】正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1中 ,AB =2 ,CC 1 =22 E 为CC 1的中点 ,那么直线AC 1与平面BED 的距离为 A 2 B 3 C 2 D 1【答案】D【解析】连结BD AC ,交于点O ,连结OE ,因为E O ,是中点 ,所以1//AC OE ,且121AC OE =,所以BDE AC //1 ,即直线1AC 与平面BED 的距离等于点C 到平面BED 的距离 ,过C 做OE CF ⊥于F ,那么CF 即为所求距离.因为底面边长为 2 ,高为22 ,所以22=AC ,2,2==CE OC ,2=OE ,所以利用等积法得1=CF ,选 D.二、填空题14.【2021（高|考）真题浙江理11】某三棱锥的三视图 (单位：cm )如下图 ,那么该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形 ,右侧面也是一直角三角形．故体积等于11312123⨯⨯⨯⨯=． 15.【2021（高|考）真题四川理14】如图 ,在正方体1111ABCD A BC D -中 ,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点 ,那么异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________ .N MB 1A C 1D 1BD C【答案】2π【命题立意】此题主要考查空间中直线与直线 ,直线与平面的位置关系 ,以及异面直线所成角的求法.【解析】此题有两种方法 ,一、几何法：连接1MD ,那么DN MD ⊥1,又DN D A ⊥11 ,易知11MD A DN 面⊥ ,所以1A M 与DN 所成角的大小是2π；二、坐标法：建立空间直角坐标系 ,利用向量的夹角公式计算得异面直线1A M 与DN 所成角的大小是2π.16.【2021（高|考）真题辽宁理13】一个几何体的三视图如下图 ,那么该几何体的外表积为______________ .【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱 ,其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1 ,圆柱的底面直径为2 ,所以该几何体的外表积为长方体的外表积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积 ,即为2(344131)211238ππ⨯+⨯+⨯+⨯⨯-= 【点评】此题主要考查几何体的三视图、柱体的外表积公式 ,考查空间想象能力、运算求解能力 ,属于容易题 .此题解决的关键是根据三视图复原出几何体 ,确定几何体的形状 ,然后再根据几何体的形状计算出外表积 .17.【2021（高|考）真题山东理14】如图 ,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1 ,,E F 分别为线段11,AA B C 上的点 ,那么三棱锥1D EDF -的体积为____________.【答案】61【解析】法一：因为E 点在线段1AA 上 ,所以2111211=⨯⨯=∆DED S ,又因为F 点在线段C B 1上,所以点F 到平面1DED 的距离为1,即1=h ,所以611213131111=⨯⨯=⨯⨯==∆--h S V V DED DED F EDF D .法二：使用特殊点的位置进行求解 ,不失一般性令E 点在A 点处 ,F 点在C 点处 ,那么61111213131111=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯==∆--DD S V V ADC ADC D EDF D .18.【2021（高|考）真题辽宁理16】正三棱锥P -ABC ,点P ,A ,B ,C 都在半径为3的求面上 ,假设PA ,PB ,PC 两两互相垂直 ,那么球心到截面ABC 的距离为________ . 【答案】33【解析】因为在正三棱锥P -ABC 中 ,PA ,PB ,PC 两两互相垂直 ,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一局部 , (如下图 ) ,此正方体内接于球 ,正方体的体对角线为球的直径 ,球心为正方体对角线的中点 .球心到截面ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的高 .3,所以正方体的棱长为2 ,可求得正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的高为23 ,所以球心到截面ABC 2333=【点评】此题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想 ,该题灵活性较强 ,难度较大 .该题假设直接利用三棱锥来考虑不宜入手 ,注意到条件中的垂直关系 ,把三棱19.【2021（高|考）真题上海理8】假设一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面 ,那么该圆锥的体积为 .【答案】π33 【解析】因为半圆面的面积为ππ2212=l ,所以42=l ,即2=l ,即圆锥的母线为2=l ,底面圆的周长πππ22==l r ,所以圆锥的底面半径1=r ,所以圆锥的高322=-=r l h ,所以圆锥的体积为πππ33331313=⨯=h r . 20.【2021（高|考）真题上海理14】如图 ,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱 ,2=BC ,假设c AD 2= ,且a CD AC BD AB 2=+=+ ,其中a 、c 为常数 ,那么四面体ABCD 的体积的最|大值是 .【答案】13222--c a c . 【解析】过点A 做AE ⊥BC ,垂足为E ,连接DE ,由AD ⊥BC 可知 ,BC ⊥平面ADE , 所以BC S V V V ADE ADE C ADE B ⋅=+=--31 =ADE S 32, 当AB =BD =AC =DC =a 时 ,四面体ABCD 的体积最|大 .过E 做EF ⊥DA ,垂足为点F ,EA =ED ,所以△ADE 为等腰三角形 ,所以点E 为AD 的中点 ,又12222-=-=a BE AB AE ,∴EF =12222--=-c a AF AE , ∴ADE S =EF AD ⋅21=122--c a c , ∴四面体ABCD 体积的最|大值=max V ADE S 32 =13222--c a c .21.【2021（高|考）江苏7】 (5分 )如图 ,在长方体1111ABCD A B C D -中 ,3cm AB AD == ,12cm AA = ,那么四棱锥11A BB D D -的体积为 ▲ cm 3．【答案】6 .【考点】正方形的性质 ,棱锥的体积 .【解析】∵长方体底面ABCD 是正方形 ,∴△ABD 中=32BD cm ,BD 边上的高是322cm (它也是11A BB D D -中11BB D D 上的高 ) . ∴四棱锥11A BB D D -的体积为133222=632⨯⨯⨯. 22.【2021（高|考）真题安徽理12】某几何体的三视图如下图 ,该几何体的外表积是_____．【答案】92【命题立意】此题考查空间几何体的三视图以及外表积的求法 . 【解析】该几何体是底面是直角梯形 ,高为4的直四棱柱 , 几何体的外表积是2212(25)4(2544(52))4922S =⨯⨯+⨯++++-⨯=． 23.【2021（高|考）真题天津理10】一个几何体的三视图如下图 (单位：m ) ,那么该几何体的体积为_________m 3. 31363223【答案】π918+【解析】根据三视图可知 ,这是一个上面为长方体 ,下面有两个直径为3的球构成的组合体 ,两个球的体积为ππ9)23(3423=⨯⨯ ,长方体的体积为18631=⨯⨯ ,所以该几何体的体积为π918+ .24.【2021（高|考）真题全国卷理16】三菱柱ABC -A 1B 1C 1中 ,底面边长和侧棱长都相等 , BAA 1 =CAA 1 =60°那么异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为____________. 【答案】36 【解析】如图设,,,1c AC b AB a AA ===设棱长为1 ,那么,1b a AB +=b c a BC a BC -1+=+= ,因为底面边长和侧棱长都相等 ,且1160=∠=∠CAA BAA 所以21=•=•=•c b c a b a ,所以3)(21=+=b a AB ,2)-(21=+=b c a BC,2)-()(11=+•+=•b c a b a BC AB ,设异面直线的夹角为θ ,所以36322cos 1111=⨯=•=BC AB BC AB θ. 三、解答题25.【2021（高|考）真题广东理18】 (本小题总分值13分 )如图5所示 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,底面ABCD 为矩形 ,PA ⊥平面ABCD ,点 E 在线段PC 上 ,PC ⊥平面BDE ．（1） 证明：BD ⊥平面PAC ；（2） 假设PH =1 ,AD =2 ,求二面角B -PC -A 的正切值；【答案】此题考查空间直线与平面的位置关系 ,考查直线与平面垂直的证明、二面角的求解等问题 ,考查了学生的空间想象能力以及推理论证能力.26.【2021（高|考）真题辽宁理18】(本小题总分值12分)如图 ,直三棱柱///ABC A B C - ,90BAC ∠= ,/,AB AC AA λ==点M ,N 分别为/A B 和//B C 的中点 .(Ⅰ)证明：MN ∥平面//A ACC ;(Ⅱ)假设二面角/A MN C --为直二面角 ,求λ的值 .【答案】【点评】此题以三棱柱为载体主要考查空间中的线面平行的判定,借助空间直角坐标系求平面的法向量的方法 ,并利用法向量判定平面的垂直关系 ,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力 ,难度适中 .第|一小题可以通过线线平行来证明线面平行 ,也可通过面面平行来证明 .27.【2021（高|考）真题湖北理19】 (本小题总分值12分 )如图1 ,45ACB ∠= ,3BC = ,过动点A 作AD BC ⊥ ,垂足D 在线段BC 上且异于点B ,连接AB ,沿AD 将△ABD 折起 ,使90BDC ∠= (如图2所示 )． (Ⅰ )当BD 的长为多少时 ,三棱锥A BCD -的体积最|大；(Ⅱ )当三棱锥A BCD -的体积最|大时 ,设点E ,M 分别为棱BC ,AC 的中点 ,试在 棱CD 上确定一点N ,使得EN ⊥BM ,并求EN 与平面BMN 所成角的大小．第19题图【答案】 (Ⅰ )解法1：在如图1所示的△ABC 中 ,设(03)BD x x =<< ,那么3CD x =-．由AD BC ⊥ ,45ACB ∠=知 ,△ADC 为等腰直角三角形 ,所以3AD CD x ==-. 由折起前AD BC ⊥知 ,折起后 (如图2 ) ,AD DC ⊥ ,AD BD ⊥ ,且BD DC D = ,所以AD ⊥平面BCD ．又90BDC ∠= ,所以11(3)22BCD S BD CD x x ∆=⋅=-．于是1111(3)(3)2(3)(3)33212A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=⋅--312(3)(3)21233x x x +-+-⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦, 当且仅当23x x =- ,即1x =时 ,等号成立 ,故当1x = ,即1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最|大． 解法2：同解法1 ,得321111(3)(3)(69)3326A BCD BCD V AD S x x x x x x -∆=⋅=-⋅-=-+．令321()(69)6f x x x x =-+ ,由1()(1)(3)02f x x x '=--= ,且03x << ,解得1x =．当(0,1)x ∈时 ,()0f x '>；当(1,3)x ∈时 ,()0f x '<．所以当1x =时 ,()f x 取得最|大值．故当1BD =时, 三棱锥A BCD -的体积最|大． (Ⅱ )解法1：以D 为原点 ,建立如图a 所示的空间直角坐标系D xyz -．由 (Ⅰ )知 ,当三棱锥A BCD -的体积最|大时 ,1BD = ,2AD CD ==．DABCACDB图2图1M E. ·于是可得(0,0,0)D ,(1,0,0)B ,(0,2,0)C ,(0,0,2)A ,(0,1,1)M ,1(,1,0)2E ,且(1,1,1)BM =-．设(0,,0)N λ ,那么1(,1,0)2EN λ=--. 因为EN BM ⊥等价于0EN BM ⋅= ,即11(,1,0)(1,1,1)1022λλ--⋅-=+-= ,故12λ= ,1(0,,0)2N .所以当12DN = (即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点 )时 ,EN BM ⊥．设平面BMN 的一个法向量为(,,)x y z =n ,由,,BN BM ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n n 及1(1,,0)2BN =- ,得2,.y x z x =⎧⎨=-⎩可取(1,2,1)=-n ．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ ,那么由11(,,0)22EN =-- ,(1,2,1)=-n ,可得1|1|sin cos(90)||||6EN EN θθ--⋅=-===⋅n n ,即60θ=．故EN 与平面BMN 所成角的大小为60.解法2：由 (Ⅰ )知 ,当三棱锥A BCD -的体积最|大时 ,1BD = ,2AD CD ==． 如图b ,取CD 的中点F ,连结MF ,BF ,EF ,那么MF ∥AD . 由 (Ⅰ )知AD ⊥平面BCD ,所以MF ⊥平面BCD .如图c ,延长FE 至|P 点使得FP DB = ,连BP ,DP ,那么四边形DBPF 为正方形 , 所以DP BF ⊥. 取DF 的中点N ,连结EN ,又E 为FP 的中点 ,那么EN ∥DP , 所以EN BF ⊥. 因为MF ⊥平面BCD ,又EN ⊂面BCD ,所以MF EN ⊥. 又MF BF F = ,所以EN ⊥面BMF . 又BM ⊂面BMF ,所以EN BM ⊥.图a图bC AD BE FMN图cBD PCF NEBGMN EH图d第19题解答图因为EN BM ⊥当且仅当EN BF ⊥ ,而点F 是唯一的 ,所以点N 是唯一的.即当12DN = (即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点 ) ,EN BM ⊥．连接MN ,ME ,由计算得52NB NM EB EM ====, 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形 , 如图d 所示 ,取BM 的中点G ,连接EG ,NG ,那么BM ⊥平面EGN ．在平面EGN 中 ,过点E 作EH GN ⊥于H , 那么EH ⊥平面BMN ．故ENH ∠是EN 与平面BMN 所成的角．在△EGN 中 ,易得22EG GN NE === ,所以△EGN 是正三角形 , 故60ENH ∠= ,即EN 与平面BMN 所成角的大小为60. 28.【2021（高|考）真题新课标理19】 (本小题总分值12分 )如图 ,直三棱柱111ABC A B C -中 ,112AC BC AA ==, D 是棱1AA 的中点 ,BDDC ⊥1(1 )证明：BC DC ⊥1(2 )求二面角11C BD A --的大小. 【答案】 (1 )在Rt DAC ∆中 ,AD AC = 得：45ADC ︒∠=同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥ (2 )11,DC BC CC BC BC ⊥⊥⇒⊥面11ACC A BC AC ⇒⊥取11A B 的中点O ,过点O 作OH BD ⊥于点H ,连接11,C O C H 1111111AC B C C O A B =⇒⊥ ,面111A B C ⊥面1A BD 1C O ⇒⊥面1A BD1OH BD C H BD ⊥⇒⊥ 得：点H 与点D 重合 且1C DO ∠是二面角11C BD A --的平面角 设AC a = ,那么122a C O =,1112230C D a C O C DO ︒==⇒∠= 既二面角11C BD A --的大小为30︒29.【2021（高|考）江苏16】 (14分 )如图 ,在直三棱柱111ABC A B C -中 ,1111A B AC = ,D E ，分别是棱1BC CC ，上的点 (点D 不同于点C ) ,且AD DE F ⊥，为11B C 的中点． 求证： (1 )平面ADE ⊥平面11BCC B ； (2 )直线1//A F 平面ADE ．【答案】证明： (1 )∵111ABC A B C -是直三棱柱 ,∴1CC ⊥平面ABC . 又∵AD ⊂平面ABC ,∴1CC AD ⊥ .又∵1AD DE CC DE ⊥⊂，，平面111BCC B CC DE E =， ,∴AD ⊥平面11BCC B .又∵AD ⊂平面ADE ,∴平面ADE ⊥平面11BCC B . (2 )∵1111A B AC = ,F 为11B C 的中点 ,∴111A F B C ⊥ .又∵1CC ⊥平面111A B C ,且1A F ⊂平面111A B C ,∴11CC A F ⊥ .又∵111 CC B C ⊂，平面11BCC B ,1111CC B C C = ,∴1A F ⊥平面111A B C .由 (1 )知 ,AD ⊥平面11BCC B ,∴1A F ∥AD .又∵AD ⊂平面1, ADE A F ∉平面ADE ,∴直线1//A F 平面ADE【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系 .【解析】 (1 )要证平面ADE ⊥平面11BCC B ,只要证平面ADE 上的AD ⊥平面11BCC B 即可 .它可由111ABC A B C -是直三棱柱和AD D E ⊥证得 .(2 )要证直线1//A F 平面ADE ,只要证1A F ∥平面ADE 上的AD 即可 . 30.【2021（高|考）真题四川理19】(本小题总分值12分)如图 ,在三棱锥P ABC -中 ,90APB ∠= ,60PAB ∠= ,AB BC CA == ,平面PAB ⊥平面ABC .(Ⅰ )求直线PC 与平面ABC 所成角的大小； (Ⅱ )求二面角B AP C --的大小 .【答案】此题主要考查直线与平面的位置关系 ,线面角的概念 ,二面角的概念等根底知识 ,考查空间想象能力 ,利用向量解决立体几何问题的能力.31.【2021（高|考）真题福建理18】如图 ,在长方体ABCD -A1B1C1D1中AA1 =AD =1 ,E为CD中点.(Ⅰ )求证：B1E⊥AD1；(Ⅱ )在棱AA1上是否存在一点P ,使得DP∥平面B1AE ?假设存在 ,求AP的行；假设存在 ,求AP的长；假设不存在 ,说明理由.(Ⅲ )假设二面角A -B1EA1的大小为30° ,求AB的长.【答案】此题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角的概念与求法等根底知识,考查空间想象能力、推理论证能力、根本运算能力,以及函数与方程的思想、数形结合思想、化归与转化思想.32.【2021（高|考）真题北京理16】 (本小题共14分 )如图1 ,在Rt △ABC 中 ,∠C =90° ,BC =3 ,AC =6 ,D ,E 分别是AC ,AB 上的点 ,且DE ∥BC ,DE =2 ,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置 ,使A 1C ⊥CD,如图2. (I)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(II)假设M 是A 1D 的中点 ,求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(III)线段BC 上是否存在点P ,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直 ?说明理由【答案】解： (1 )CD DE ⊥ ,1A E DE ⊥∴DE ⊥平面1A CD ,又1AC ⊂平面1A CD , ∴1AC ⊥DE 又1A C CD ⊥ , ∴1AC ⊥平面BCDE . (2 )如图建系C xyz - ,那么()200D -，，,(00A ，， ,()030B ，， ,()220E -，，∴(103A B =-，，,()1210A E =--，， 设平面1A BE 法向量为()n x y z =，， 那么110A B n A E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∴3020y x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩∴2z y y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴(12n =-， 又∵(10M -，∴(10CM =-，∴cos ||||1CM n CM n θ⋅====⋅ ,∴CM 与平面1A BE 所成角的大小45︒ .(3 )设线段BC 上存在点P ,设P 点坐标为()00a ，， ,那么[]03a ∈，那么(10A P a =-，， ,()20DP a=，， 设平面1A DP 法向量为()1111n x y z =，， ,那么1111020ay x ay ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩∴111112z x ay ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴()136n a =-， .假设平面1A DP 与平面1A BE 垂直 ,那么10n n ⋅= ,∴31230a a ++= ,612a =- ,2a =- ,∵03a << ,∴不存在线段BC 上存在点P ,使平面1A DP 与平面1A BE 垂直.yC33.【2021（高|考）真题浙江理20】(本小题总分值15分)如图 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,底面是边长为23的菱形 ,且∠BAD ＝120° ,且PA ⊥平面ABCD ,PA ＝26 ,M ,N 分别为PB ,PD 的中点．(Ⅰ)证明：MN ∥平面ABCD ；(Ⅱ) 过点A 作AQ ⊥PC ,垂足为点Q ,求二面角A -MN -Q 的平面角的余弦值．【命题立意】此题主要考查空间点、线、面的位置关系 ,二面角所成角等根底知识 ,同时考查空间想象能力和推理论证能力 .【答案】(Ⅰ)如图连接BD ． ∵M ,N 分别为PB ,PD 的中点 , ∴在∆PBD 中 ,MN ∥BD ． 又MN ⊄平面ABCD , ∴MN ∥平面ABCD ； (Ⅱ)如图建系：A (0 ,0 ,0) ,P (0 ,0 ,6M (3 ,32 ,0) , N3 ,0 ,0) ,C 3,3 ,0)．设Q (x ,y ,z ) ,那么(33)(336)CQ x y z CP =--=--，，，，． ∵(3326)CQ CP λλλλ==--，,∴(333326)Q λλλ-，． 由0OQ CP OQ CP ⊥⇒⋅= ,得：13λ=． 即：2326(2Q ，． 对于平面AMN ：设其法向量为()n a b c =，，．∵33(0)=(300)22AM AN =-，，，，，． 那么33330012230300a AM n a b b AN n a c ⎧=⎪⎪⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⎨⋅=⎪⎪⎪⎩=⎩=⎪⎪⎩． ∴31(0)33n =，，． 同理对于平面AMN 得其法向量为(316)v =-，，． 记所求二面角A -MN -Q 的平面角大小为θ , 那么10cos 5n v n vθ⋅==⋅． ∴所求二面角A -MN -Q 的平面角的余弦值为105． 34.【2021（高|考）真题重庆理19】 (本小题总分值12分 如图 ,在直三棱柱111C B A ABC - 中 ,AB =4 ,AC =BC =3 ,D 为AB 的中点(Ⅰ )求点C 到平面11ABB A 的距离;(Ⅱ )假设11AB AC ⊥求二面角 的平面角的余弦值.【答案】【命题立意】此题考查立体几何的相关知识 ,考查线面垂直关系、二面角的求法以及空间向量在立体几何中的应用.35.【2021（高|考）真题江西理20】(此题总分值12分)在三棱柱ABC -A1B1C1中,AB =AC =AA1 =5,BC =4 ,在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O .(1 )证明在侧棱AA1上存在一点E ,使得OE⊥平面BB1C1C ,并求出AE的长；(2 )求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【答案】【点评】此题考查线面垂直,二面角、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. （高|考）中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直,平行有关的线面关系的证明；二、考查空间几何体的体积与外表积；三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.前两种考查多出现在第1问,第3种考查多出现在第2问；对于角度问题,一般有直接法与空间向量法两种求解方法.36.【2021（高|考）真题安徽理18】(本小题总分值12分)平面图形111ABB AC C如图4所示 ,其中11BB C C是矩形 ,12,4BC BB == ,2AB AC == ,11115A B AC == .现将该平面图形分别沿BC 和11B C 折叠 ,使ABC ∆与111A B C ∆所在平面都与平面11BB C C 垂直 ,再分别连接111,,AA BA CA ,得到如图2所示的空间图形 ,对此空间图形解答以下问题 .(Ⅰ )证明：1AA BC ⊥； (Ⅱ )求1AA 的长； (Ⅲ )求二面角1A BC A --的余弦值 .【答案】此题考查平面图形与空间图形的转化 ,空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定 .空间线段长度和空间角的余弦值的计算等根底知识和根本技能 ,考查空间想象能力 ,推理论证能力和求解能力 .【解析】(综合法)(I )取11,BC B C 的中点为点1,O O ,连接1111,,,AO OO AO AO ,那么AB AC AO BC =⇒⊥ ,面ABC ⊥面11BB C C AO ⇒⊥面11BB C C , 同理：11AO ⊥面11BB C C 得：1111//,,,AO AO A O A O ⇒共面 , 又11,OO BC OO AO O ⊥=⇒BC ⊥面111AOO A AA BC ⇒⊥ .(Ⅱ )延长11AO 到D ,使1O D OA = ,得：11////O D OA AD OO ⇒ , 1OO BC ⊥ ,面111A BC ⊥面11BB C C 1OO ⇒⊥面111A B C ⇒AD ⊥面111A B C , 222214(21)5AA AD DA =+=++= .(Ⅲ )11,AO BC AO BC AOA ⊥⊥⇒∠是二面角1A BC A --的平面角 . 在11Rt OO A ∆中 ,222211114225A O OO AO =++=,在1Rt OAA ∆中 ,22211115cos 25AO AO AA AOA AO AO +-∠==-⨯ , 得：二面角1A BC A --的余弦值为55-. 37.【2021（高|考）真题上海理19】 (6 +6 =12分 )如图 ,在四棱锥ABCD P -中 ,底面ABCD 是矩形 ,⊥PA底面ABCD ,E 是PC 的中点 ,2=AB ,22=AD ,2=PA ,求： (1 )三角形PCD 的面积；(2 )异面直线BC 与AE 所成的角的大小 .【答案】【解析】 (1 )∵PA ⊥底面ABCD ,∴PA ⊥CD , 又∵CD ⊥AD ,∴CD ⊥平面PAD , ∴CD ⊥PD , 又∵32)22(222=+=PD ,CD =2 ,∴△PCD 的面积为3232221=⨯⨯ . (2 )解法一：取PB 的中点F ,连接EF,AF,那么EF ∥BC ,∴∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与AE 所成的角 .在△ADF 中 ,EF =2、AF =2,AE =2 , ∴△AEF 是等腰直角三角形 , ∴∠AEF =4π , ∴异面直线BC 与AE 所成的角大小为4π . 解法二：如下图 ,建立空间直角坐标系 ,那么B(2,0,0),C(2 ,22,0),E(1 ,2,1) , ∴AE =(1 ,2,1) ,BC =(0,22,0),设AE 与BC 的夹角为θ ,那么ACAE AC AE ⋅=θcos =222224=⨯,, 又∵0＜θ≤2π ,∴θ =4π .【点评】此题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系 ,考查空间想象能力和推理论证能力．综合考查空间中两条异面直线所成的角的求解 ,同时考查空间几何体的体积公式的运用.此题源于?必修2?立体几何章节复习题 ,复习时应注重课本 ,容易出现找错角的情况 ,要考虑全面 ,考查空间想象能力 ,属于中档题．38.【2021（高|考）真题全国卷理18】 (本小题总分值12分 ) (注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．． ) 如图 ,四棱锥P -ABCD 中 ,底面ABCD 为菱形 ,PA ⊥底面2,PA =2 ,E 是PC 上的一点 ,PE =2EC.(Ⅰ)证明：PC⊥平面BED；(Ⅱ)设二面角A -PB -C为90°,求PD与平面PBC所成角的大小. 【答案】39.【2021（高|考）真题山东理18】 (18 ) (本小题总分值12分 )在如下图的几何体中 ,四边形ABCD 是等腰梯形 ,AB ∥CD ,60,DAB FC ∠=⊥平面,,ABCD AE BD CB CD CF ⊥==.(Ⅰ )求证：BD ⊥平面AED ；(Ⅱ )求二面角F BD C --的余弦值.【答案】解析： (Ⅰ )在等腰梯形ABCD 中 ,AB ∥CD ,∠DAB =60° ,CB =CD,由余弦定理可知202223)180cos(2CD DAB CB CD CB CD BD =∠-⋅⋅-+=, 即AD CD BD 33==,在ABD ∆中 ,∠DAB =60° ,AD BD 3= ,那么ABD ∆为直角三角形 ,且DB AD ⊥ .又AE ⊥BD ,⊂AD 平面AED ,⊂AE 平面AED ,且A AE AD = ,故BD ⊥平面AED ；(Ⅱ )由 (Ⅰ )可知CB AC ⊥ ,设1=CB ,那么3==BD CA ,建立如下图的空间直角坐标系 ,)0,21,23(),0,1,0(),01,0(-D B F ,向量)1,0,0(=n 为平面BDC 的一个法向量. 设向量),,(z y x m =为平面BDF 的法向量 ,那么⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB m BD m ,即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-002323z y y x , 取1=y ,那么1,3==z x ,那么)1,1,3(=m 为平面BDF 的一个法向量.5551,cos ==⋅>=<n m nm n m ,而二面角F -BD -C 的平面角为锐角 ,那么 二面角F -BD -C 的余弦值为55 .40.【2021（高|考）真题湖南理18】 (本小题总分值12分 )如图5 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,PA ⊥平面ABCD ,AB =4 ,BC =3 ,AD =5 ,∠DAB =∠ABC =90° ,E 是CD 的中点.(Ⅰ )证明：CD ⊥平面PAE ；(Ⅱ )假设直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等 ,求四棱锥P -ABCD 的体积.【答案】解法1 (Ⅰ如图 (1 ) ) ,连接AC ,由AB =4 ,3BC = ,90 5.ABC AC ∠==,得 5,AD =又Ｅ是ＣＤ的中点 ,所以.CD AE ⊥,,PA ABCD CD ABCD ⊥⊂平面平面所以.PA CD ⊥而,PA AE 是平面PAE 内的两条相交直线 ,所以CD ⊥平面PAE.(Ⅱ )过点Ｂ作,,,,.BG CD AE AD F G PF //分别与相交于连接由 (Ⅰ )CD ⊥平面PAE 知 ,ＢＧ⊥BPF ∠为直线ＰＢ与平面PAE所成的角 ,且BG AE ⊥.由PA ABCD ⊥平面知 ,PBA ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角.4,2,,AB AG BG AF ==⊥由题意 ,知,PBA BPF ∠=∠因为sin ,sin ,PA BF PBA BPF PB PB∠=∠=所以.PA BF =由90//,//,DAB ABC AD BC BG CD ∠=∠=知，又所以四边形BCDG 是平行四边形 ,故3.GD BC ==于是 2.AG =在Rt ΔBAG 中 ,4,2,,AB AG BG AF ==⊥所以222168525,.525AB BG AB AG BF BG =+==== 于是85.5PA BF == 又梯形ABCD 的面积为1(53)416,2S =⨯+⨯=所以四棱锥P ABCD -的体积为 1185128516.33515V S PA =⨯⨯=⨯⨯=解法2：如图 (2 ) ,以A 为坐标原点 ,,,AB AD AP 所在直线分别为x y z 轴，轴，轴,PA h =那么相关的各点坐标为：(4,0,0),(4,0,0),(4,3,0),(0,5,0),(2,4,0),(0,0,).A B C D E P h(Ⅰ )易知(4,2,0),(2,4,0),(0,0,).CD AE AP h =-==因为8800,0,CD AE CD AP ⋅=-++=⋅=所以,.CD AE CD AP ⊥⊥而,AP AE 是平面PAE 内的两条相交直线 ,所以.CD PAE ⊥平面(Ⅱ)由题设和 (Ⅰ )知 ,,CD AP 分别是PAE 平面 ,ABCD 平面的法向量 ,而PB 与 PAE 平面所成的角和PB 与ABCD 平面所成的角相等 ,所以cos ,cos ,.CD PBPA PBCD PB PA PB CD PB PA PB ⋅⋅<>=<>=⋅⋅,即由 (Ⅰ )知 ,(4,2,0),(0,0,),CD AP h =-=-由(4,0,),PB h =-故= 解得h =. 又梯形ABCD 的面积为1(53)4162S =⨯+⨯= ,所以四棱锥P ABCD -的体积为 111633V S PA =⨯⨯=⨯=41.【2021（高|考）真题天津理17】 (本小题总分值13分 )如图 ,在四棱锥P -ABCD 中 ,P A ⊥平面ABCD ,AC ⊥AD ,AB ⊥BC ,∠BAC =45° ,PA =AD =2 ,AC =1.(Ⅰ )证明PC ⊥AD ；(Ⅱ )求二面角A -PC -D 的正弦值；(Ⅲ )设E 为棱PA 上的点 ,满足异面直线BE 与CD 所成的角为30° ,求AE 的长.DBA P【答案】。
专题07 立体几何(理数)(解析)2020年高考物理十年真题精解(全国Ⅰ卷)
三观一统2020年高中数学十年高考真题精解（全国卷I）专题7 立体几何（理）十年树木，百年树人，十年磨一剑。
本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。
三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。
（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：空间几何体之三视图（2018新课标I卷T7理科）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. 2√17B. 2√5C. 3D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2016新课标I卷T6理科）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283π,则它的表面积是（A）17π（B）18π（C）20π（D）28π【答案】A【解析】原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选A ．（2015新课标I 卷T11理科）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16 + 20π，则r=（ ）18782271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B【解析】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.【点睛】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式(2013新课标Ⅰ卷T8理科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r ＝2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为πr 2×4×12＋4×2×2＝8π＋16.故选A.（2017新课标I卷T7理科）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【答案】B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可【解析】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．【点睛】本题考查了体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题（2015新课标I 卷T11文科）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】A【解析】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知， 截圆柱的平面过圆柱的轴线， 该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：22222111142222542222r r r r r r r r r πππππ⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯=+， 又Q 该几何体的表面积为1620π+， 22541620r r ππ∴+=+，解得2r =，故选：B ．(2014新课标Ⅰ卷T12理科)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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6C．4【答案】B【分析】画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可【解析】解：几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，∴．AC==6，AD=4，显然AC最长．长为6．故选：B．【点睛】本题考查三视图求解几何体的棱长，考查计算能力(2013新课标I 卷T11文科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．π816+B ．π88+C ．π1616+D ．π168+【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体． V 半圆柱＝12π×22×4＝8π， V 长方体＝4×2×2＝16.所以所求体积为16＋8π.故选A.（2012新课标I 卷T7文科）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12（D）18【答案】B【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为1163332⨯⨯⨯⨯=9，故选B.（2011新课标I卷T8文科）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图．【解析】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：D．【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题．空间几何体的三视图与直观图1．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图;②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图;③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图.几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：②画法规则ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”；ⅱ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”；ⅲ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”.③线条的规则ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示；ⅱ)不能看见的轮廓线用虚线表示.（3）常见几何体的三视图2．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴使∠xOz =90°，且∠yOz =90°. ②画直观图时，把它们画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′=45°(或135°)，∠x ′O ′z ′=90°，x ′O ′y ′所确定的平面表示水平平面.③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.④已知图形中平行于x 轴或z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度变为原来的一半.⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图. （3）直观图的面积与原图面积之间的关系①原图形与直观图的面积比为SS ='4倍. 3.空间几何体的三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.4.空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可5.由三视图还原直观图的方法还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体注意图中实线、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线想象原图形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调查准备画出几何体6.常见三视图对应的几何体：三视图为三个三角形，对应三棱锥三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱5.具体方法可采用垂线法或者削体法二、考向题型研究二：空间几何体之外接球、内接球(2013新课标I 卷T15文科)已知H 是球O 的直径AB 上一点，2:1:=HB AH ，⊥AB 平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为 ．【答案】9π2【解析】如图， 设球O 的半径为R ， 则AH ＝23R ， OH ＝3R . 又∵π·EH 2＝π，∴EH ＝1.∵在Rt △OEH 中，R 2＝22+13R ⎛⎫⎪⎝⎭，∴R 2＝98.∴S 球＝4πR 2＝9π2（2019新课标I 卷T12理科）．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 ，PB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ． D【答案】D【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===从而得P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆Q 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 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥I 平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，PAB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆Q 为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =Q ，D Q 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x 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. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，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．（2017新课标I 卷T16文科）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】解：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，解得r=3．球O 的表面积为：4πr 2=36π． 故答案为：36π．【点睛】本题考查球的內接体，三棱锥的体积以及球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（2012新课标I 卷T8文科）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π 【答案】B【解析】设球的半径为R ，由球的截面性质得R ==所有球的体积343V R π== （2011新课标I 卷T15理科）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥O ﹣ABCD 的体积为 ．【答案】8【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积． 【解析】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥O ﹣ABCD 的体积为：=8．故答案为：8【点睛】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型．（2017新课标I卷T16理科）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【答案】4cm3．【分析】法一：由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=BC，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h=，求出S△ABC=3，V==，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x，则OG=，FG=SG=5﹣，SO=h===，由此能示出三棱锥的体积的最大值．【解析】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG=BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2x，DG=5﹣x，三棱锥的高h===，=3，则V===，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）=80，∴V≤=4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=，∴FG=SG=5﹣，SO=h===，∴三棱锥的体积V===，令b（x）=5x4﹣，则，令b'（x）=0，则4x3﹣=0，解得x=4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．1．球的表面积和体积公式设球的半径为R ，它的体积与表面积都由半径R 唯一确定，是以R 为自变量的函数，其表面积公式为24πR ，即球的表面积等于它的大圆面积的4倍；其体积公式为34π3R . 2．球的切、接问题（常见结论）（1）若正方体的棱长为a ，则正方体的内切球半径是12a ；与正方体．外接球球心是正方体的中心内切球球心是正方体的中心与各条棱相切的求，球心是正方体的中心（2）若长方体的长、宽、高分别为a，b，h球心是体对角线的交点（3）若正四面体的棱长为a；a．与正四面体所有棱相切的球的半径是4球心是正四面体的中心（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．（5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．综上，可以认为，外接球的球心在空间几何体底面的外接圆的圆心的竖直线上3、球的表面积和体积确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径.球与几种特殊几何体的关系：(1)长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；(2)正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径；(5)球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r之间满足关系式：d=.5.柱体的外接球问题，其解题关键是在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或者直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算，常见的方法是将多面体还原成正方体和长方体中再去求解6.椎体的外接球问题的关键是确定球心位置：将椎体还原或者补形为正方体或者长方体，进而确定球心椎体的外接球的球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上球心到各顶点的距离都相等球心一定在外接球的直径上三、考向题型研究三：空间几何体的体积（2018新课标I卷T12理科）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. 3√34B. 2√33C. 3√24D. √32【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与线AA 1,A 1B 1,A 1D 1所成的角是相等的，所以平面AB 1D 1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面C 1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB 1D 1与C 1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为√22，所以其面积为S =6×√34⋅(√22)2=3√34，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.(2013新课标Ⅰ卷T6理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A ．500π3cm 3B ．866π3cm 3C ．1372π3cm 3D ．2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R ，由题可知R ，R －2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图．BC ＝2，BA ＝4，OB ＝R －2，OA ＝R ， 由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5，所以球的体积为34500π5π33(cm 3)，故选A.(2013新课标I 卷T19文科)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【答案】答案见解析【解析】(1)证明：取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ， 所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形， 所以OC ＝OA 1＝3.又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋21OA ， 故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3.（2012新课标I 卷T19文科）如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直底面， ∠ACB =90°，AC =BC =12AA 1，D 是棱AA 1的中点。
2024高考数学专题分类之立体几何解析版
1立体几何经典真题1【2023年新课标全国乙卷第19题】如图,在三棱雉P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.(1)证明:EF⎳平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.AB CDEFOP【答案】1 见解析;2 见解析;3 见解析.【解析】1 【解法一】∵A,F,C三点共线,故设BF=λBA+1-λBC,又OA=BA-BO=BA-12BC,BF⊥OA,BA⊥BC,∴BF∙OA=λBA+1-λBC∙BA-12BC=λBA2-121-λBC2=λ∙22-121-λ∙222=8λ-4=0,解得λ=12,∴BF=12BA+12BC,故F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,∵EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO;【解法二】∵AB⊥BC,故以B为原点,BA,BC所在的直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,则B0,0,A2,0,C0,22,D0,2,∵点F在AC上,直线AC方程为x2+y22=1,∴设F a,22-a,∵AD⊥BF,∴k AD∙k BF,即2-00-2∙22-aa=-1,解得a=1,∴F12,即F为AC的中点,∵D,E,O分别为BP,BC,AP的中点,∴DO∥BC∥EF,xyAB CFD2∵EF ⊄平面ADO ,DO ⊂平面ADO ,∴EF ∥平面ADO ;2 ∵OA =BO 2+BA 2=6,OD =12PC =62,AD =5DO =302,∴AD 2=OD 2+OA 2,∴OA ⊥OD ,∵OD ∥EF ,∴OA ⊥EF ,又∵OA ⊥BF ,BF ∩EF =F ,∴OA ⊥平面BEF ,∵OA ⊂平面ADO ,∴平面ADO ⊥平面BEF ;3【解法一】过点O 作OH ∥BF ,交AC 于点H ,设AD ∩BE =G ,如图所示,∵AO ⊥BF ,∴OH ⊥OA ,且FH =13AH ,由2 知,OA ⊥OD ,∴∠DOH 为二面角D -AO -C 的平面角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,∴DH =32GF ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∵EG =13BE =66,∴GF =EG 2+EF 2=153,∴DH =152,∵OH =12BF =14AC =32,在△ODH 中,∠DOH cos =OD 2+OH 2-DH 22OD ∙OH=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法二】设BF ∩AO =M ,AD ∩BE =G ,连接GM ,GF ,由1 及2 ,∠GMF 为二面角D -AO -C 的平面角,∠GMB 为其补角,∵D ,E 分别为BP ,AP 的中点,∴G 为△P AB 的重心,又O ,F 分别为BC ,AC 的中点,∴M 为△ABC 的重心,∴∠GMB =∠EFB ,在△P AB 中,AB 2+AP 2=2AD 2+2BP 22,解得AP =14,BA 2+BP 2=2BE 2+2AP 2 2,解得BE =62,∵EF =12PC =62,∴BF 2=EB 2+EF 2,即EB ⊥EF ,∴∠EFB tan =BEEF=1,即∠EFB =45°,ABCDE FO PGMABCD EFOPGH3∴∠GMF =180°-45°,即二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法三】以向量BA ,BC ,BP为空间向量的一组基底,设平面ABC 的法向量为m =x 1BA +y 1BC +z 1BP ,平面OAD 的法向量为n=x 2BA +y 2BC+z 2BP ,则m ∙BA =0,m ∙BC =0, ⇒x 1=-y 1,z 1=-2y 1,取y 1=-1,则m=BA -BC +BP ,n ∙AD =0,n ∙AO =0, ⇒y 2=0,z 2=x 2,取x 2=1,则n=BA +BP ,∵m =23,n =6,m ∙n=6,∴m ,n cos =m ∙n m n =22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法四】由2 知OD ⊥OA ,BF ⊥OA ,CP ∥OD∴CP ,BF或其补角为二面角D -AO -C 的平面角,∵CP =BP -BC ,BF =12BA +BC ,CP=6,BF =3,又CP ∙BF =BP -BC ∙12BA +BC=6,∴CP ,BF cos =CP ∙BFCP BF=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22;【解法五】依题意,以B 为原点,BA ,BC ,BA ×BC的方向为方向建立空间直角坐标系,由2 知AO ⊥平面BEF ,∴平面ABC ⊥平面BEF ,又BE =62,EF =62,BF =12AC =3,∴BE 2+FE 2=BF 2,∴BE ⊥FE ,且点E 在平面ABC 内射影为BF 中点,∵B 0,0,0 ,A 2,0,0 ,C 0,22,0 ,F 1,2,0 ,O 0,2,0 ,∴E 12,22,32,P -1,2,3 ,D -12,22,32 ,设平面AOD 法向量为m=x ,y ,z ,∵OD =-12,-22,32 ,OA =2,-2,0 ,∴m ∙OD=0,m ∙OA =0, ⇒m=x ,2x ,3x ,取x =1,∴m=1,2,3 ,又n=0,0,1 为平面ABC 的一个法向量,∴m ,n cos =m ∙n m n=22,∴二面角D -AO -C 的正弦值为22.ABCDEFOPxyz42【2023年新课标全国甲卷第18题】如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=2，A 1C ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.1 求证:AC =A 1C ;2 若直线AA 1与BB 1的距离为2,求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值.ABCA 1B 1C 1【答案】1 见解析;21313.【解析】1 【解法一】∵A 1C ⊥底面ABC ,AC ,BC ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥AC ,A 1C ⊥BC ,∵∠ACB =90°,∴BC ⊥CA ,∵AC ∩A 1C =C ,∴BC ⊥平面ACC 1A 1,∵BC ⊂平面BCC 1A 1,∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,又∵A 1C 1//AC ,∴A 1C ⊥A 1C 1,在▱ACC 1A 1中,取CC 1的中点H ,连接A 1H ,由直角三角形性质,A 1H =12CC 1=12AA 1=1,∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1,且平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1=CC 1,∴A 1到平面BCC 1B 1的距离即为A 1H ,即A 1H ⊥平面BCC 1B 1,且A 1H ⊥CC 1,∴△A 1CC 1是以CC 1为斜边的等腰直角三角形,故A 1C =A 1C 1,∴AC =A 1C ;【解法二】∵A 1C ⊥底面ABC ,且∠ACB =90°,CA ,CB ⊂平面ABC ,∴A 1C ⊥CA ,A 1C ⊥CB ,CA ⊥CB ,∴以C 为原点,CA ,CB ,CA 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设A a ,0,0 ,B 0,b ,0 ,C 0,0,0 ,A 10,0,c ,C 1-a ,0,c 设平面BCC 1B 1的法向量为n =x ,y ,z ,∵CB =0,b ,0 ,CC 1=-a ,0,c ,∴n ∙CB=0,n ∙CC 1 =0, 即y =0,-ax +cz =0,取n =c ,0,a ,ABCA 1B 1C 1H5∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1,∴CA 1 ∙n n =0,0,c ∙c ,0,a c 2+a 2=acc 2+a 2=1,又∵c 2+a 2=4,∴a =c =2,∴AC =A 1C ;2 【解法一】取AA 1的中点M ,连接CM ,BM ,由1 解法一,CM ⊥平面BCC 1B 1,∴BB 1⊂平面BCC 1B 1,BB 1//AA 1,∴CM ⊥BB 1,CM ⊥AA 1,又∵BC ⊥平面ACC 1A 1,BM 在平面ACC 1A 1内的射影为CM ,由三垂线定理,BM ⊥AA 1,∴BB 1//AA 1,∴BM ⊥BB 1,∴线段BM 为直线AA 1与BB 1的公垂线段,∴BM =2,由1 可得CB =3,∵BM =2,AM =1,∴∠BAM cos =15,∠AA 1B 1cos =-15,∴AB 12=AA 12+A 1B 12-2AA 1∙A 1B 1∠AA 1B 1cos =22+52-2×2×5×-15=13,∴AB 1=13,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,则θsin =CMAB 1=113=1313,∴直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.【解法二】由1 知AA 1 =-2,0,2 ,AB=-2,b ,0 ,∴B 到直线AA 1的距离为AB 2-AA 1 ∙ABAA 12=2+b 2 -222+222=2,解得b =3,设直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角为θ,∵AB 1 =AA 1 +A 1B 1 =AA 1 +AB=-2,0,2 +-2,3,0 =-22,3,2 ,由1 知n =2,0,2 为平面BCC 1B 1的一个法向量,∴θsin =n ,AB 1 cos =n ∙AB 1n AB 1 =222+22-22 2+32+22=1313,直线AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1313.ABCA 1B 1C 1MN ABCA 1B 1C 1xyzABCA 1B 1C 1xyz。
2019年高考真题理科数学解析分类汇编7立体几何
2019年高考真题理科数学解析分类汇编7 立体几何一、选择题1.【2018高考新课标理7】如图，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，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B.2.【2018高考浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，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【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．3.【2018高考新课标理11】已知三棱锥S ABC -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 =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =点O 到面ABC 的距离d ==SC为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为2d =此棱锥的体积为11233ABC V S d ∆=⨯==另：123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A.4.【2018高考四川理6】下列A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 [答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A 错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B 错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D 错；故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.5.【2018高考四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点间的球面距离为（ ）A 、R、4R π C 、R 、3R π[答案]A[解析] 以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴，则A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos=∠∴AOP42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强，考查知识点较为全面，题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.6.【2018高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB夹角的余弦值为（ ）35【答案】A.【解析】法1：设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB ，故选A. 法2：过点1B 作11//B D C B 交Oz 轴于点D ，连结AD ，设122CA CC CB a ===，则422=∙=∠∴R PO AO AOP COS113,,AB a B D AD ==，在1AB D ∆中，由余弦定理知直线1AB 与直线1BC 夹角的余弦值为22211112AB B D AD AB B D +-==⋅. 7.【2018高考湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.查空间想象能力.是近年高考中的热点题型.8.【2018高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A．8π3B ．3πC．10π3D ．6π【答案】B考点分析：本题考察空间几何体的三视图.【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B. 9.【2018高考广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为俯视图侧视图正视图第4题图4A ．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．10.【2018高考福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱 【答案】D. 【【解析】法1：球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．法2：球的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形； 正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形； 圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
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高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2012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，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B.2.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，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【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S ABC -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 =；则此棱锥的体积为（ ）()A 6 ()B 6 ()C 3 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径r =O 到面ABC的距离d ==,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC的距离为23d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2012高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.5.【2012高考真题四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P两点间的球面距离为（ ）A 、arccos 4RB 、4R πC 、RD 、3R π 【答案】A【解析】根据题意，易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ，由弧长公式易得，A 、P 两点间的球面距离为arccos4R .6.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）A.5 B.3 C. 5D. 355.【答案】A.【解析】设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB ，故选A. 7.【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. 8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π 【答案】B【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.9.【2012高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．10.【2012高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱 【答案】D.【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．11.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1和a ，且长为a的棱异面，则a 的取值范围是（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】A【解析】因为22211)22(12=-=-=BE 则BE BF <，222=<=BE BF AB ，选A ，12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。
本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：10=底S ，10=后S ，10=右S ，56=左S ，因此该几何体表面积5630+=+++=左右后底S S S S S ，故选B 。
13.【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ，AB=2，CC 1= E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A 2BCD 1【答案】D【解析】连结BD AC ,交于点O ，连结OE ，因为E O ,是中点，所以1//AC OE ,且121AC OE =，所以BDE AC //1，即直线1AC 与平面BED 的距离等于点C 到平面BED 的距离，过C 做OE CF ⊥于F ,则CF 即为所求距离.因为底面边长为2，高为22，所以22=AC ,2,2==CE OC ,2=OE ,所以利用等积法得1=CF ，选 D.二、填空题14.【2012高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.【答案】1【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于11312123⨯⨯⨯⨯=．15.【2012高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
NA 1【答案】2π 【命题立意】本题主要考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，以及异面直线所成角的求法.【解析】本题有两种方法，一、几何法：连接1MD ，则DN MD ⊥1,又DN D A ⊥11，易知11MD A DN 面⊥，所以1A M 与DN 所成角的大小是2π；二、坐标法：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式计算得异面直线1A M与DN 所成角的大小是2π.16.【2012高考真题辽宁理13】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。
【答案】38【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为2(344131)211238ππ⨯+⨯+⨯+⨯⨯-= 【点评】本题主要考查几何体的三视图、柱体的表面积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，属于容易题。
本题解决的关键是根据三视图还原出几何体，确定几何体的形状，然后再根据几何体的形状计算出表面积。
17.【2012高考真题山东理14】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别为线段11,AA B C上的点，则三棱锥1D EDF-的体积为____________.【答案】61 【解析】法一：因为E 点在线段1AA 上，所以2111211=⨯⨯=∆DED S ，又因为F 点在线段C B 1上，所以点F 到平面1D E D 的距离为1,即1=h ，所以611213131111=⨯⨯=⨯⨯==∆--h S V V D E D DE DF ED F D . 法二：使用特殊点的位置进行求解，不失一般性令E 点在A 点处，F 点在C 点处，则61111213131111=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯==∆--DD S V V ADC ADC D EDF D 。
18.【2012高考真题辽宁理16】已知正三棱锥P -ABC ，点P ，A ，B ，C 上，若PA ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为________。
【解析】因为在正三棱锥P -ABC 中，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。
球心到截面ABC 的距离为球的半径减去正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的2，可求得正三棱锥P -ABC 在面ABC 上的高为3，所以球心到截面ABC 33=【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想，该题灵活性较强，难度较大。
该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手，注意到条件中的垂直关系，把三棱19.【2012高考真题上海理8】若一个圆锥的侧面展开图是面积为π2的半圆面，则该圆锥的体积为 。
【答案】π33 【解析】因为半圆面的面积为ππ2212=l ，所以42=l ，即2=l ，即圆锥的母线为2=l ，底面圆的周长πππ22==l r ，所以圆锥的底面半径1=r ，所以圆锥的高322=-=r l h ，所以圆锥的体积为πππ33331313=⨯=h r 。