浙江高考理科数学真题试题汇编立体几何
浙江高考试题分类汇编立体几何
浙江高考试题分类汇编立体几何The following text is amended on 12 November 2020.浙江高考试题分类汇编-立体几何一．选择题1．（2018 浙江 3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 2）是（ ）A. 2B. 4C. 6D. 82．（2018 浙江 6）.已知平面a ，直线m ，n 满足,m n αα⊄⊂，则“m ∥n ”是“m α”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3、（2018 浙江 8）已知道四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S-AB-C 的平面角为3θ，则A. 123θθθ≤≤B. 321θθθ≤≤C. 132θθθ≤≤D. 231θθθ≤≤4．（2017 浙江 3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．+1B ．+3C ．+1D ．+35．（2017 浙江 9）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α6．（2015 浙江 2）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A．8cm3B．12cm3C．D．7．（2015 浙江理 8）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α8．（2014 浙江理3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm29．（2014浙江理3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A．72cm3B．90cm3C．108cm3D．138cm3二．填空题1．（2016 浙江理11）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．2．（2016 浙江理14）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是．3．（2016 浙江文 9）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3．4．（2016 浙江文14）如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．5．（2015 浙江理 14）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．三．解答题1．（2018 浙江 19）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A、B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2。
2004-2013年浙江立体几何汇编(理科)答案
2004-2013年浙江省高考立体几何汇编（理科） 2004年10.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在棱BB 1上，且BD =1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α=(A)3π(B)4π (C)410 (D)461． 如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB =2，AF =1，M 是线段EF 的中点。
（1）求证AM //平面BDE ；（2）求二面角A -DF -B 的大小；（3）试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60︒。
(19) (满分12分) 方法一解: (Ⅰ)记AC 与BD 的交点为O,连接OE,∵O 、M 分别是AC 、EF 的中点，ACEF 是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形， ∴AM ∥OE 。
∵⊂OE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE 。
(Ⅱ)在平面AFD 中过A 作AS ⊥DF 于S ，连结BS ， ∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ， ,A AF AD = ∴AB ⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影， 由三垂线定理得BS ⊥DF 。
∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角。
在RtΔASB 中，,2,36==AB AS ∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB∴二面角A —DF —B 的大小为60º。
（Ⅲ）设CP=t （0≤t≤2）,作PQ ⊥AB 于Q ，则PQ ∥AD ， ∵PQ ⊥AB ，PQ ⊥AF ，A AF AB = ， ∴PQ ⊥平面ABF ，⊂QE 平面ABF ，ABC C1 B 1A 1DADEFMBC∴PQ ⊥QF 。
在RtΔPQF 中，∠FPQ=60º， PF=2PQ 。
∵ΔPAQ 为等腰直角三角形， ∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形， ∴1)2(2+-=t PF ，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+- 所以t=1或t=3(舍去) 即点P 是AC 的中点。
浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目及答案)
1.（本题满分15分）如图，平面⊥平面，是以为斜边的等腰直角PAC ABC ABC ∆AC 三角形。
分别为的中点，。
,,E F O ,,PA PB PC 16,10AC PA PC ===（I ） 设是的中点，证明：平面；C OC //PC BOE （II ）证明：在内存在一点，使⊥平面，并求点到,的距ABO ∆M FM BOE M OA OB 离。
2.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDB 1D 1所成角的正切值为（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP ，并证明你的结论。
3. 如图甲，△ABC 是边长为6的等边三角形，E ，D 分别为AB 、AC 靠近B 、C 的三等分点，点G 为BC 边的中点．线段AG 交线段ED 于F 点，将△AED 沿ED 翻折，使平面AED ⊥平面BCDE ，连接AB 、AC 、AG 形成如图乙所示的几何体。
（I ）求证BC ⊥平面AFG ；（II ）求二面角B －AE －D的余弦值．.4在如图所示的几何体中，平面ABC ，平面ABC ，，EA ⊥DB ⊥AC BC ⊥，M 是AB 的中点．2AC BC BD AE ===（1）求证：；CM EM ⊥（2）求CM 与平面CDE 所成的角5.如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，ABCD BEFC BE CF ∥，，．90BCF CEF ∠=∠=o AD =2EF =（Ⅰ）求证：平面；AE ∥DCF （Ⅱ）当的长为何值时，二面角的大小为？AB A EF C --60o6. 如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF=沿.432=FD 直线EF 将翻折成使平面平面BEF.AEF ∆,'EF A ∆⊥EF A ' （I ）求二面角的余弦值；C FD A --' （II ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C与重合，求线段FM 的长.'A EMACBD DABEFC（第18题）7. 如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。
浙江省近五年()高考数学 最新分类汇编7 立体几何(1) 理
浙江省2013届高三最新理科数学（精选试题17套+2008-2012五年浙江高考理科试题）分类汇编7：立体几何（1）一、选择题1 ．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,E 为1DD 上一点,且131DD DE =,F 是侧面11C CDD 上的动点,且//1F B 平面BE A 1,则F B 1与平面11C CDD 所成角的正切值构成的集合是（ ）A ．}23{ B ．}1352{C ．}22323|{≤≤m m D ．}231352|{≤≤m m【答案】C2 ．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校2013届高三回头考联考数学（理）试题 ）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -在空间直角坐标系中移动,但保持点（ ） A ．B 分别在x 轴、y 轴上移动,则点1C 到原点O 的最远距离为 （ ）A ．22B ．23C ．5D ．4【答案】D 3 ．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）某三棱锥的三视图如图所示,已知该三视图中正视图和俯视图均为边长为2的正三角形,侧视图为如图所示的直角三角形,则该三棱锥的体积为 （ ） A ．1 B ．3 C ．4 D ．5【答案】A1C （第10题图）ABCD E1A 1B 1D4 ．（浙江省建人高复2013届高三第五次月考数学（理）试题）设m 、n 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面.考查下列命题,其中正确的命题是 （ ）A ．βαβα⊥⇒⊥⊂⊥n m n m ,,B ．n m n m ⊥⇒⊥βαβα//,,//C ．n m n m ⊥⇒⊥⊥βαβα//,,D ．ββαβα⊥⇒⊥=⊥n m n m ,,【答案】B5 ．（2010年高考（浙江理））设l ,m 是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是 （ ） A ．若l m ⊥,m α⊂,则l α⊥ B ．若l α⊥,l m //,则m α⊥C ．若l α//,m α⊂,则l m //D ．若l α//,m α//,则l m // 【答案】 答案:B 6 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于211俯视图正视图13（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B7 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）设m,n 是不同的直线,,αβ是不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若m//,,,n m n αβαβ⊥⊥⊥则B ．若m//,,,//n m n αβαβ⊥⊥则C ．若m//,,//,n m n αβαβ⊥⊥则D ．若m//,,//,//n m n αβαβ⊥则【答案】C 8 ．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积是（ ）A ．83B ．4C ．2D ．43【答案】B 9 ．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）如图,正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内,且直线B C 与平面α所成的角为45,顶点B 在平面α上的射影为点O .当顶点A 与点O 的距离最大时,直线C D 与平面α所成角的正弦值等于αOABCD（ ）A ．12236+ B ．2215+ C ．426+ D ．12225+【答案】A10．（2008年高考（浙江理））如图,AB 是平面α的斜线段．．．,A 为斜足,若点P 在平面α内运动,使得ABP △的面积为定值,则动点P 的轨迹是 （ ） A ．圆 B ．椭圆 C ．一条直线 D ．两条平行直线11．（2012年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 2将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, （ ） 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,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直 【答案】【答案】BABPα【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B 是正确的. 12．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（ ）A ．338 B ．3316C ．38 D ．316【答案】A 二、填空题 13．（浙江省杭州市2013届高三第二次教学质检检测数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为_______________________.【答案】)31(50+14．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,则这个几何体的体积为 _______.3122正视图俯视图(8)36π+ 15．（2009年普通高等学校招生全国统一考试(浙江理)）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．【答案】提示：该几何体是由二个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为1816．（浙江省湖州市2013年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,MN 是它的内切球的一条弦(把球面上任意两点之间的连线段称为球的弦),P 为正方体表面上的动点,当弦MN 最长时,PM PN 的取值范围是____【答案】 []02，17．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）一个空间几何体的三视图如图所示,其中正视图为等腰直角三角形,侧视图与俯视图为正方形,则该几何体的体积为________.【答案】32 18．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题 ）如图,斜边长为4的直角ABC ∆,=90B ∠,60A ∠= 且A 在平面α上,B ,C 在平面α的同侧,M 为BC 的中点.若ABC ∆在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形''C AB ∆,则M 到平面α的距离的取值范围是____444正视图俯视图（第11题图）侧（左）视图MαC'B'CBA【答案】5(2,)219．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）一个组合体的三视图如图,则其体积为______________【答案】20π20．（浙江省五校联盟2013届高三下学期第二次联考数学（理）试题）如图是某几何体的三视图,其中正视图和侧视图是全等的矩形,底边长为2,高为3,俯视图是半径为1的圆,则该几何体的体积是_______.【答案】2π 三、解答题21．（浙江省绍兴市2013届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）如图,在梯形ABCD中,//A B C D ,AD AB ⊥,4AD =.点P 在平面ABCD 上的射影为点O ,且23P A P D ==,二面角P A D B--为45. (Ⅰ)求直线O A 与平面PAB 所成角的大小;KH OPE DCBAyxz PODCBA(Ⅱ)若8A B B P +=,求三棱锥P A B D -的体积.OPDCBA【答案】解:(Ⅰ)方法1:∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线段A D 的中垂线上,设A D的中点为E ,连接,EP EO ,∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO ∠为二面角P A D B--的 平面角,∴45P E O ∠=在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PDPA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2O P O E ==以O 为原点,分别以平行于A D ,A B 的直线为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系,则(0,0,2)P ,(2,2,0)A -,所以)0,2,2(-=OA ,(2,2,2)P A =--∵//AB y 轴,故可取一个A B 的平行向量()0,1,0m =. 设平面PAB 的法向量是),,(z y x n =,则0,0,⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩PA n m n 即2220,0,x y z y --=⎧⎨=⎩取(1,0,1)n =∴直线A O 与平面PAB 所成角θ满足sin θ=(2,2,0)(1,0,1)82-⋅⋅12=,所以直线O A 与平面PAB 所成角为30方法2:过O 点作O H A B ⊥,垂足为H ,连接P H .过O 作O K P H ⊥,垂足为K ,连接A K .PO ⊥平面ABCD ,∴PO A B ⊥. O H A B⊥,∴AB ⊥平面POH . 又OK ⊂平面POH , ∴A B O K ⊥,又OK P H ⊥,∴OK ⊥平面PAB . ∴OAK ∠就是O A 与平面PAB 所成角E∵P A P D =,∴P 点在平面ABCD 上的射影O 在线 段A D 的中垂线上,设A D 的中点为E ,连接,EP EO , ∴AD EP AD EO ⊥⊥,,∴PEO∠为二面角P A D B --的平面角,∴45P E O ∠=.在等腰△PAD 中,∵4AD =,∴2==ED EA ,又32==PD PA ,∴22=PE.在Rt △PEO 中,得2OP O E ==,∴22OA =. 又2OH AE ==,2PO =,在Rt △POH 中,可得2OK = ∴1s i n 2O K O A K O A ∠==,∴30O A K ∠=所以直线O A 与平面PAB 所成角为30(Ⅱ)设AB x =,则8PB x =-,连接O B . 在Rt △POB 中,222OBPOPB+=,又由(Ⅰ)得OE AE ⊥,OE AE =,∴45O A E ∠=,∴45O A B ∠=在△OAB 中,222OB AO AB =+-2cos AO AB OAB ⋅∠284x x =+-,又22)8(x PB -=,∴22)8()48(4x x x -=-++,得313=,即133A B =∴三棱锥P A B D -的体积13-∆=⋅P ABD ABD V S OP 111352423239=⨯⨯⨯⨯=22．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,90BAC ∠=.(Ⅰ)若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,求棱柱的高h ;(Ⅱ)设D 是1BB 的中点,1DC 与平面11A BC 所成的角为θ,当棱柱的高h 变化时,求sin θ的最大值.【答案】解法1:(Ⅰ)由三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱可知,1AA 即为高, 如图1,因为11//C B BC ,所以BC A 1∠是异面直线B A 1与11C B 所成的角或其补角,连接1A C ,因为AB AC =,所以21111A B A C AA ==+. 在Rt△ABC 中,由1AB AC ==,90BAC ∠=,可得2BC =又异面直线1A B 与11B C 所成的角为60,所以160A BC ∠=,即△1A BC 为正三角形. 于是1112A B B C ==.在Rt△1A AB 中,由21112AA A B +==,得11AA =,即棱柱的高为1 (Ⅱ)设1(0)AA h h =>,如图1,过点D 在平面11A B BA 内作1DF A B ⊥于F ,则 由11A C ⊥平面11BAA B ,DF ⊂平面11BAA B ,得11A C DF ⊥. 而1111A C A B A =,所以DF ⊥平面11A BC .故1DC F ∠就是1DC 与平面11A BC 所成的角,即1DC F θ∠= 在Rt △DFB 中,由2h BD =,得221h DF h =+,在Rt △11DB C 中,由12h B D =,112B C =,得21182DC h =+, 在Rt △1DFC 中,2422121sin 19882hDF h h DC h h h θ+===+++令42221()8989h f h h h h h==++++,(Ⅰ)因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60,所以111111||cos60||||B C A B B C A B ⋅=⋅,即211221a =⋅+,得212h +=,解得1h = (Ⅱ)由D 是1BB 的中点,得(1,0,)2h D ,于是1(1,1,)2hDC =-.设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ,于是由1A B ⊥n ,11A C ⊥n ,可得 1110,0,A B A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩ 可取(,0,1)h =n , 于是1sin |cos ,|DC θ=<>n .而1142221||||2|cos ,|||||198124hh DC h DC DC h h h h -+⋅<>===⋅+++⋅+n n n令42221()8989h f h h h h h==++++,因为2289289h h ++≥+,当且仅当228h h=,即48h =时,等号成立. 所以11221()781928f h -≤==++, 故当48h =时,sin θ的最大值2217- 23．（2011年高考（浙江理））如图,在三棱P ABC -中,AB=AC,D 为BC 的中点,PO⊥平面ABC,垂足O 落在线段AD 上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC;(2)在线段AP 上是否存在点M,使得二面角A MC B --为直二面角?若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由.PACDO【答案】本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同事考查想象能力和运算求解能力.满分15分. 方法以:(Ⅰ)证明:如图,以O 为原点,以射线OP 为z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0)P(0,0,4)(0,3,4),(8,0,0),AP BC ==-由此可得0AP BC ⋅=所以AP ⊥BC ,即AP⊥BC.(Ⅱ)解:设,1,(0,3,4),PM PA PM λλλ=≠=--BM BP PM BP PA λ=+=+(4,2,4)(0,3,4)λ=--+--(4,23,44),λλ=----(4,5,0),(8,0,0).AC BC =-=-设平面BMC 的法向量1111(,,),n x y z = 平面APC 的法向量 1222(,,),n x y z =由110,0,BM n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=⎧⎨-=⎩即1110,23,44x z y λλ=⎧⎪⎨+=⎪-⎩可取23(0,1,),44n λλ+=- 由210,0,AP n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即2222340,450,y z x y +=⎧⎨-+=⎩得22225,43,4x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩可取2(5,4,3),n =- 由120n n ⋅=,得2343044λλ+-⋅=-解得25λ=,故AM=3 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3. 方法二:(Ⅰ)证明:由AB=AC,D 是BC 的中点,得AD⊥BC, 又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.因为PO∩BC=0,所以BC⊥平面PAD 故BC⊥PA.(Ⅱ)解:如图,在平面PAD 内作BM⊥PA 于M,连CM. 由(Ⅰ)中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC. 又AP ⊂平面APC,所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt⊿ADB 中,AB 2=AD 2+BD 2=41,得AB=41在Rt⊿POD 中, PB 2=PO 2+OD 2,在Rt⊿PDB 中, PB 2=PD 2+BD 2,所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36,得PB=6.在Rt⊿POA 中, PA 2=AO 2+OP 2=25,得PA=5又2221cos ,23PA PB AB BPA PA PB +-∠==⋅从而2,PM PBCOS BPA =∠=所以3AM PA PM =-= 综上所述,存在点M 符合题意,AM=3.24．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）已知四棱锥ABCD P -,⊥PA 底面ABCD ,AD AB BC AD ⊥，∥,AC 与BD 交于点O ,又3=PA ,6,32,2===BC AB AD .(1)求证: ⊥BD 平面PAC ; (2)求二面角A PB O --的余弦值.【答案】.证明:以AB 为x 轴, AD 为y 轴,AP 为z 轴,A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系. 则)3,0,0(),0,6,32(),0,0,0(),0,2,0(),0,0,32(P C A D B)0,2,32(-=BD )3,0,32(),0,6,32(-==PB AC 01212=+-=•AC BDAC BD ⊥∴⊥PA 又底面BD PA ABCD ⊥∴， ⊥∴BD 平面PAC ;(2)设PBO 平面的法向量为),,,,(z y x n =PBA 平面的法向量为),,0,1,0(=m0332=-=•z x PB n ,0232=+-=•y x BD n [)332,3,1(=n 43,cos =•=nm n m n m 由题可知二面角A PB O --为锐角,故余弦值为43 注:也可以PBDABPS S ∆∆=αcos 25．（2012年高考（浙江理））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.【答案】【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面角等知识点.(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 (0,0,26M (32,32,0), N 3C 3,3,0).设Q (x ,y ,z ),则(33)(3326)CQ x y z CP =--=--，，，，.∵(3326)CQ CP λλλλ==--，，,∴(333326)Q λλλ--，，. 由0OQ CPOQ CP ⊥⇒⋅=,得:13λ=. 即:2326(2)33Q ，，. 对于平面AMN :设其法向量为()n a b c =，，. ∵33(0)=(300)22AM AN =-，，，，，. 则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, 则10cos 5n v n vθ⋅==⋅. ∴所求二面角A —MN —Q 的平面角的余弦值为105. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)105.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ) 333.26．（浙江省金华十校2013届高三4月模拟考试数学（理）试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(I)证明:平面EAC⊥平面PBD;(II)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD:AD的值.【答案】27．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）如图,ABC∆中,90,2,1,B AB BC D E ∠===、两点分别在线段AB AC 、上，满足,(0,1)AD AEAB ACλλ==∈.现将ABC ∆沿DE 折成直二面角A DE B --.(1)求证:当12λ=时,ADC ABE ⊥面面;(2)当(0,1)λ∈时,二面角E AC D --的大小能否等于4π?若能,求出λ的值;若不能,请说明理由.【答案】28．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题 ）如图,在三棱锥ABC P -中,直线⊥PA 平面ABC ,且︒=∠90ABC ,又点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点,且点K 是线段MN 上的动点.(Ⅰ)证明:直线//QK 平面PAC ;(Ⅱ)若BC AB PA ===8,且二面角M AK Q --39,试求MK 的长度. ABCDEAB CD EKQ NMPCBA[【答案】(Ⅰ)连结QM ,因为点Q ,M ,N 分别是线段PB ,AB ,BC 的中点 所以QM ∥PA 且MN ∥AC ,从而QM ∥平面PAC 且MN ∥平面PAC 又因为MN ∩QM =M ,所以平面QMN ∥平面PAC 而QK ⊂平面QMN 所以QK ∥平面PAC(Ⅱ)方法1:过M 作MH ⊥AK 于H ,连QH ,则∠QHM 即为二面角M AK Q --的平面 角,设x MK =,且8===PC PB PA 则1624222++=x x x MH ,又4=QM ,且93cos =∠QHM ,所以==∠MHQM QHM tan 26162422=++xx x ,解得2=x ,所以MK 的长度为2方法2:以B 为原点,以BC 、BA 所在直线为x 轴y 轴建空间直角坐标系, 则A (0,8,0),M (0,4,0),N (4,0,0),P (0,8,8),Q (0,4,4) , 设K (a ,b ,0),则a +b =4, AQ =(0,-4,4),)0,4,(a a AK --= 记(,,)n x y z AQK =为平面的一个法向量,则⎩⎨⎧+==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅ya ax z y Azk n AQ n )4(00取a z y ==则a x +=4, 则),,4(a a a n +=,又平面AKM 的一个法向量(0,0,1)m =,设二面角M AK Q --的平面角为θ 则|cos θ932)4(||||||22=++=⋅a a a n m n m ,解得1=a , 所以所以MK 的长度为229．（浙江省宁波市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥P—ABCD的底面为菱形,且∠ABC=60°,A B=PC=2,AP=BP=2.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)求二面角A—PC—D的平面角的余弦值.【答案】30．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形ABCD中,1,2==AD AB ,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面⊥ADM 平面ABCM . (1)求证:BM AD ⊥(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角D AM E --大小为3π时,试确定点E 的位置. 【答案】取AM 的中点O,AB 的中点B,则OD OA ON ,,两两垂直,以O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已知条件,得)0,0,22(A ,)0,2,22(-B ,)0,0,22(-M ,)22,0,0(D (1)由于)0,2,0(),22,0,22(-=-=BM AD ,则0=⋅BM AD ,故BM AD ⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DB DE λ=,则)22,2,22()22,,(--=-λE E E z y x 则点E 的坐标为)2222,2,22(λλλ--.(其中]1,0[∈λ)易得平面ADM 的法向量可以取)0,1,0(1=n ,设平面AME A的法向量为),,(2z y x n =,则)0,0,2(-=AM , )2222,2,2222(λλλ---=AE 则⎪⎩⎪⎨⎧=-++--=⋅=-=⋅0)2222()2()2222(0222λλλz y x AE n x AM n 则λλ2:)1(:0::-=z y x ,取)2,1,0(2λλ-=n *由于二面角D AM E --大小为3π,则|||||||,cos |3cos 212121n n n n n n ⋅⋅=><=π214)1(122=+--=λλλ,由于]1,0[∈λ,故解得332-=λ.故当E 位于线段DB 间,且332-=DB DE 时,二面角D AM E --大小为3π。
浙江省历年高考立体几何大题总汇(题目与答案)
1.（本题满分15 分）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形。
E,F ,O分别为PA, PB, PC 的中点，AC 16, PA PC 10 。
（I ）设 C 是OC 的中点，证明：PC // 平面BOE ；（II ）证明：在ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA , OB 的距离。
zyx2.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD －A1B1C1D1 中，P 是侧棱CC1 上的一点，CP=m ，（Ⅰ）试确定m，使得直线AP 与平面BDB 1D1 所成角的正切值为 3 2 ；（Ⅱ）在线段A1C1 上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q 在平面APD 1 上的射影垂直于AP，并证明你的结论。
3. 如图甲，△ABC 是边长为 6 的等边三角形，E，D 分别为AB 、AC 靠近B、C 的三等分点，点G 为BC 边的中点．线段AG 交线段ED 于F 点，将△AED 沿ED 翻折，使平面AED ⊥平面BCDE ，连接AB 、AC 、AG 形成如图乙所示的几何体。
（I）求证BC⊥平面AFG ；（II）求二面角B－AE －D 的余弦值．.4 在如图所示的几何体中，EA 平面ABC，DB 平面ABC，AC BC ，AC BC BD 2AE ，M是AB的中点．（1）求证：CM EM ；D（2）求CM与平面CDE所成的角ECAMB4.如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，BCF CEF ，AD 3，E F 2．90D（Ⅰ）求证：AE ∥平面DCF ；AC （Ⅱ）当AB 的长为何值时，二面角 A EF C 的大小为60 ？BF E（第18 题）25.如图，在矩形ABCD 中，点E，F 分别在线段AB ，AD 上，AE=EB=AF= FD 4.沿直3线EF 将AEF 翻折成A' EF , 使平面A' EF 平面BEF.（I）求二面角A' FD C 的余弦值；（II ）点M ，N 分别在线段FD，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使 C与A' 重合，求线段FM 的长.6.如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC，D 为BC 的中点，PO⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。
高考数学(理)真题专题汇编：空间立体几何
高考数学（理）真题专题汇编：空间立体几何一、选择题（本题共9道小题，每小题0分，共0分）1.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则（ ）A. ,βγαγ<<B. ,βαβγ<<C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<<2.【来源】2019年高考真题——数学（浙江卷）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh =柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积(cm 3)是（ ）A. 158B. 162C. 182D. 3243.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷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4.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷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5.【来源】0（08年全国卷2）已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1 B． C． D．26.【来源】0(08年四川卷文)若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于( )（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）7.【来源】0（08年北京卷）如图，动点在正方体的对角线上．过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于．设，，则函数的图象大致是（）8.【来源】2011年高考数学理（安徽）一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A）48+（B）32817+（C）48817（D）509.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为二、填空题10.【来源】2019年高考真题——理科数学（北京卷）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．12.【来源】2019年高考真题——理科数学（天津卷）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .13.【来源】2019年高考真题——理科数学（全国卷Ⅱ）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________.（本题第一空2分，第二空3分.）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ABCD -A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O -EFGH 后所得几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.15.【来源】（07年浙江卷文）已知点O 在二面角α－AB －β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角α－AB －β的取值范围是_________．16.【来源】2011年高考数学理（全国新课标）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为 。
浙江省普通高校招生学考科目考试立体几何多选题试题含答案
浙江省普通高校招生学考科目考试立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（ ）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点； 对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可； 对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可； 对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误； 对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确； 对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r ++=，故D 正确．故选：BCD ． 【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆是边长为343（ ）A ．直线1A C 与直线1BB 之间距离的最大值为3B ．若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则直线1AA 与底面所成角为60︒ C ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则异面直线AB 与1A C 所成的角为30D ．若三棱柱的侧棱垂直于底面，则其外接球表面积为64π 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】如图示，以A 为原点，AC 为y 轴正方向，Ax 为x 轴正方向，过A 点垂直于面ABC 的向上方向为z 轴正方向建系，则()()()0,0,0,3,0,0,23,0,A B C 设()()()100010001000,,,3,3,,,23,,A x y z B x y z C x y z ++所以()()()1000100011,23,,,,,3,3,0,AC x y z BB x y z A B =---== 对于A:设n 为直线1A C 与直线1BB 的公垂线的方向向量，则有：11·0·0AC n BB n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()()0000002300x x y y zz x x y y zz ⎧-+-=⎪⎨++=⎪⎩解得：()00,0n z x =- 设直线1A C 与直线1BB 之间距离为d ，则22011222200009||||z A B nd d x z n x z ===++ 22009x d ≥∴≤，即3d ≤，故A 正确；对于B ：若1A 在底面ABC 上的投影恰为ABC ∆的中心，则(13,211A 底面法向量()(10,0,1,1,3,211m AA ==，设直线 1AA 与底面所成角为θ，则：121133sin |cos ,|143AA n θ===⨯，故B 错误； 对于C ： 三棱柱的侧棱垂直于底面时，则(((1110,0,43,3,43,0,23,43,A B C则()()13,3,0,0,23,43,AB AC ==- 设异面直线AB 与1A C 所成的角为θ，则11165cos |cos ,|||10||||23215AB AC AB AC AB AC θ====⨯,故C 错误；对于D ：若三棱柱的侧棱垂直于底面时，外接球的球心O 为上下底面中心DD 1连线的中点,所以外接球的半径()222324R =+=，所以2464S R ππ==.故D 正确故选：AD 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.4．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（ ）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR = 由余弦定理得13cos AD R ∠= 故选：AC 【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.5．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos 10AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()10AC '=+-⨯⨯⨯-= 故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．6．如图，已知矩形ABCD 中，2AB AD =，E 为边AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆，若M 为线段1A C 的中点，则ADE ∆在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使1DE AC ⊥C ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面1A DE【答案】AC【分析】取CD 中点F ，连接BF ，MF ，根据面面平行的判定定理可得平面//BMF 平面1A DE ，由面面平行的性质定理可知//BM 平面1A DE ，可判断D ；在BFM ∆中，利用余弦定理可求得BM a =为定值，可判断A 和C ；假设1DE A C ⊥，由线面垂直的判定定理可得DE ⊥平面1A CE ，由线面垂直的性质定理可知1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，可判断B ．【详解】解：取CD 的中点F ，连接BF ，MF ，∵M ，F 分别为1A C 、CD 中点，∴1MF A D ∥，∵1A D ⊂平面1A DE ，MF ⊄平面1A DE ，∴MF 平面1A DE ，∵DF BE ∥且DF BE =，∴四边形BEDF 为平行四边形，∴BF DE ，∵DE ⊂平面1A DE ，BF ⊄平面1A DE ，∴BF ∥平面1A DE ，又BF MF F =，BF 、MF ⊂平面BMF ，∴平面//BMF 平面1A DE ，∵BM ⊂平面BMF ，∴BM ∥平面1A DE ，即D 错误，设22AB AD a ==， 则112MF A D a ==，2BF DE a ==，145A DE MFB ︒∠=∠=， ∴222cos45BM MF BF MF BF a ︒=+-⋅⋅=，即BM 为定值，所以A 正确，∴点M 的轨迹是以B 为圆心，a 为半径的圆，即C 正确，∵2DE CE a ==，2CD AB a ==， ∴222DE CE CD +=， ∴DE CE ⊥，设1DE A C ⊥，∵1A C 、CE ⊂平面1A CE ，1AC CE C =， ∴DE ⊥平面1A CE ，∵1A E ⊂平面1A CE ，∴1DE A E ⊥，与11DA A E ⊥矛盾，所以假设不成立，即B 错误.故选:AC .【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力．7．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[45°，90°]D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6 【答案】ABD【分析】在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D所成角的正弦值的最大值为3． 【详解】解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1，∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确；在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ，∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =， 则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x ＝1，得1,1,1n ，∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为： 11||||||C P n CP n ⋅⋅＝∴当a ＝12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D ，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解.8．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=； C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭； D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD【分析】 以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D.【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--，对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭ 则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PC APC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =， 故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.。
2004—2019浙江高考真题《立体几何》汇编
2004−2019浙江高考真题《立体几何》汇编三视图1. （2009浙江文12理12）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．2. （2010浙江文8）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是（ ）A ．3352cm 3B ．3320cm 3C ．3224cm 3D ．3160cm 33. （2010浙江理12）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．侧视图俯视图正视图侧视图俯视图侧视图俯视图4. （2011浙江文7）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（ ）5. （2011浙江理3）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（ ）6. （2012浙江文3）已知某三棱锥的三视图（单位：cm ）如图所示，则该三棱锥的体积是（ ）A ．13cmB ．23cmC ．33cmD ．63cmDC BA侧视图俯视图正视图DCB A 侧视图俯视图正视图侧视图俯视图正视图7. （2012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 3cm ．8. （2013浙江文5）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．1083cmB ．1003cmC ．923cmD ．843cm9. （2013浙江理12）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 3cm ．侧视图俯视图正视图俯视图侧视图正视图侧视图正视图3410. （2014浙江文3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．723cmB ．903cmC ．1083cmD ．1383cm11. （2014浙江理3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的表面积是（ ）A ．902cmB ．1292cmC ．1322cmD ．1382cm12. （2015浙江文2理2）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）A ．83cmB ．123cmC ．3233cmD ．403cm俯视图侧视图正视图俯视图侧视图正视图侧视图正视图13. （2016浙江理11）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 2cm ，体积是 3cm ．14. （2016浙江文9）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 2cm ，体积是 3cm ．15. （2017浙江3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）A ．12π+B ．32π+C ．312π+D ．332π+俯视图正视图316. （2018浙江3）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．817. （2019浙江4）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V Sh 柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：3cm ）是（ ） A ．158B ．162C ．182D ．324俯视图正视图俯视图侧视图正视图点、直线、平面位置关系18. （2005浙江文7理6）设α，β为两个不同的平面，l ，m 为两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂．有如下两个命题：①若αβ∥，则l m ∥；②若l m ⊥，则αβ⊥．那么（ ） A ．①是真命题，②是假命题 B ．①是假命题，②是真命题C ．①②都是真命题D ．①②都是假命题19. （2007浙江文7理6）若P 是两条异面直线l ，m 外的任意一点，则（ ）A ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l ，m 都异面20. （2008浙江文9）对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得（ ）A ．a α⊂，b α⊂B ．a α⊂，b α∥C ．a α⊥，b α⊥D ．a α⊂，b α⊥21. （2009浙江文4）设α，β是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ）A ．若l α⊥，αβ⊥，则l β⊂B ．若l α∥，αβ∥，则l β⊂C ．若l α⊥，αβ∥，则l β⊥D ．若l α⊥，αβ⊥，则l β⊥22. （2010浙江理6）设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥B ．若l α⊥，l m ∥，则m α⊥C ．若l α∥，m α⊂，则l m ∥D ．若l α∥，m α∥，则l m ∥23. （2011浙江文4）若直线l 不平行于平面α，且l α⊄，则（ ）A ．α内的所有直线与l 异面B ．α内不存在与l 平行的直线C ．α内存在唯一的直线与l 平行D ．α内的直线与l 都想交24. （2011浙江理4）下列命题中错误的是（ ）A ．如果αβ平面⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果αβ平面不垂直于平面，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果αγ平面⊥平面，βγ平面⊥平面，l αβ=，那么l γ⊥平面D ．如果αβ平面⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β25. （2012浙江文5）设直线l 是直线，α，β是两个不同的平面．（ ）A ．若l α∥，l β∥，则αβ∥B ．若l α∥，l β⊥，则αβ⊥C ．若αβ⊥，l α⊥，则l β⊥D ．若αβ⊥，l α∥，则l β⊥26. （2013浙江文4）设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．（ ）A ．若m α∥，n α∥，则m n ∥B ．若m α∥，m β∥，则αβ∥C ．若m n ∥，m α⊥，则n α⊥D ．若m α∥，αβ⊥，则m β⊥27. （2014浙江文6）设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．（ ）A ．若m n ⊥，n α∥，则m α⊥B ．若m β∥，βα⊥，则m α⊥C ．若m β⊥，n β⊥，n α⊥，则m α⊥D ．若m n ⊥，n β⊥，βα⊥，则m α⊥28. （2015浙江文4）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂．（ ）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若l β∥，则αβ∥D ．若αβ∥，则l m ∥29. （2016浙江文2理2）已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m α∥，n β⊥，则（ ） A ．m l ∥ B ．m n ∥C ．n l ⊥D ．m n ⊥30. （2018浙江6）已知平面α，直线m ，n 满足m α⊄，n α⊂，则“m n ∥”是“m α∥”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小题31. （2004浙江文15）已知α平面⊥β平面，l αβ=，P 是空间一点，且P 到平行α，β的距离分别是1，2，则点P 到l 的距离为 ．32. （2004浙江理16）已知平面α和平面β相交于直线l ，P 是空间一点，P A ⊥α，垂足为A ，PB ⊥β，垂足为B ，且1PA =，2PB =，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合，则点P 到l 的距离为 ．33. （2004浙江文10理10）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB =，D 在棱1BB 上，且1BD =，若AD 与平面11AA C C 所成的角为α，则sin α=（ ） ABCDDB 1A 1C 1CBA34. （2005浙江文12理12）设M ，N 是直角梯形ABCD 两腰的中点，DE ⊥AB 于E （如图）．现将△ADE沿DE 折起，使二面角A DE B --为45°，此时点A 在平面BCDE 内的射影为点B ，则M ，N 的连线与AE 所成角的大小等于 ．35. （2006浙江文8）如图，正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都为2，E ，F 分别是AB ，11A C 的中点，则EF 的长是（ ） A ．2BCD36. （2006浙江理9）如图，O 是半径为1的球的球心，点A ，B ，C 在球面上，OA ，OB ，OC 两两垂直，E ，F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点E ，F 在该球面上的球面距离是（ ） A ．4π B ．3π C ．2π D．4B 1C 1A 1FE CBA37. （2006浙江文14）如图，正四面体ABCD 的棱长为1，平面α过棱AB ，且CD α∥，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积是 ．38. （2006浙江理14）正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 ．39. （2007浙江文17理16）已知点O 在二面角AB αβ--的棱上，点P 在α内，且45POB ∠=︒．若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有45POQ ∠≥︒，则二面角AB αβ--的大小是 ．40. （2008浙江文15理14）如图，已知球O 的面上四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA AB BC ===O 的体积等于 ．BDACαBDACαDBCA41. （2008浙江理10）如图，AB 是平面α的斜线段．．．，A 为斜足．若点P 在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是（ ） A ．圆B ．椭圆C ．一条直线D ．两条平行直线42. （2009浙江理5）在三棱柱111ABC A B C -中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面11BB C C 的中心，则AD 与平面11BB C C 所成角的大小是（ ） A ．30° B ．45°C ．60°D ．90°43. （2009浙江理17）如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点，现将AFD △沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足，设AK t =，则t 的取值范围是 ．PABαKFDCBA44. （2012浙江理10）已知矩形ABCD ，1AB =，BC ．将△ABD 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 ．对于任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直45. （2013浙江理10）在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记()B f A π=．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，()1Q f f P βα=⎡⎤⎣⎦，()2Q f f P αβ⎡⎤=⎣⎦，恒有12PQ PQ =，则（ ） A ．α平面与β平面垂直 B ．α平面与β平面所成的（锐）二面角为45° C ．α平面与β平面平行 D ．α平面与β平面所成的（锐）二面角为60°46. （2014浙江文10理17）如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若15m AB =，25m AC =，30BCM ∠=︒，则tan θ的最大值是 ．（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角）PMCB A47. （2015浙江文7）如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60︒，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30PAB ∠=︒，则点P 的轨迹是（ ）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支48. （2015浙江理8）如图，已知ABC △，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD △翻折成A CD '△，所成（ ） A ．A DB α'∠≤B ．A DB α'∠≥C ．A CB α'∠≤D ．A CB α'∠≥49. （2015浙江理13）如图，在三棱锥A BCD -中，3AB AC BD CD ====，2AD BC ==，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是 ．αPBAA'DCBAMNDCBA50. （2016浙江文14）如图，已知平面四边形ABCD ，3AB BC ==，1CD =，AD =90ADC ∠=︒．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD'，直线AC 与BD'所成角的余弦的最大值是 ．51. （2016浙江理14）如图，在△ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD DA =，PB BA =，则四面体PBCD 的体积的最大值是 ．52. （2017浙江9）如图，已知正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角 为α，β，γ，则（ ） A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<D'DC APDCBARCQBP A D53. （2018浙江8）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（ ） A ．123θθθ≤≤ B ．321θθθ≤≤ C ．132θθθ≤≤ D ．231θθθ≤≤54. （2019浙江8）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则（ ） A ．,βγαγ<< B ．,βαβγ<< C ．,βαγα<< D ．,αβγβ<<大题55. （2004浙江文19）如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB =1AF =，M 是线段EF 的中点． （1）求证：AM ∥平面BDE ； （2）求证：AM ⊥平面BDF ； （3）求二面角A DF B --的大小．M FEDCBA56. （2004浙江理19）如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB =1AF =，M 是线段EF 的中点． （1）求证：AM ∥平面BDE ； （2）求二面角A DF B --的大小；（3）试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60︒．57. （2005浙江文18）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，12AB BC PA ==，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．（1）求证：OD ∥平面PAB ；（2）求直线OD 与平面PBC 所成角的大小．58. （2005浙江理18）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，AB BC kPA ==，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ． （1）求证：OD ∥平面PAB ；（2）当12k =，求直线PA 与平面PBC 所成角的大小；（3）当k 取何值时，O 在平面PBC 内的射影恰好为PBC △的重心？MFEDCBA59. （2006浙江文17）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，AD BC ∥，90BAD ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M ，N 分别为PC ，PB 的中点． （1）求证：PB DM ⊥；（2）求BD 与平面ADMN 所成角．60. （2006浙江理17）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，AD BC ∥，90BAD ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M ，N 分别为PC ，PB 的中点． （1）求证：PB DM ⊥；（2）求CD 与平面ADMN 所成的角．61. （2007浙江理19）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（1）求证：CM EM ⊥；（2）求CM 与平面CDE 所成的角．62. （2007浙江文20）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（1）求证：CM EM ⊥；（2）求DE 与平面EMC 所成角的正切值．63. （2008浙江文20理18）如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，90BCF CEF ∠=∠=︒，AD ，2EF =．（1）求证：AE DCF ∥平面；（2）当AB 的长为何值时，二面角A EF C --的大小为60°？64. （2009浙江文19）如图，DC ⊥平面ABC ，EB DC ∥，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=︒，P ，Q 分别为AE ，AB 的中点． （1）证明：PQ ACD ∥平面；（2）若AD 与平面ABE 所成角的正弦值．FEDCBA QPCDEBA65. （2009浙江理20）如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为P A ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==． （1）设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；（2）证明：在ABO △内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．66. （2010浙江文20）如图，在平行四边形ABCD 中，2AB BC =，120ABC ∠=︒，E 为线段AB 的中点，将ADE △沿直线DE 翻折成A DE '△，使平面A DE '⊥平面BCD ，F 为线段A C '的中点． （1）求证：BF ∥平面A DE '；（2）设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平面A DE '所成角的余弦值．67. （2010浙江理20）如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，243AE EB AF FD ====， 沿直线EF 将AEF △翻折成A EF '△，使平面A EF '⊥平面BEF ． （1）求二面角A FD C '--的余弦值；（2）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与A '中和，求线段FM 的长．GF EPOCBAA'MFED CBANM A'F EDCB A68. （2011浙江文20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上． （1）证明：AP BC ⊥；（2）已知8BC =，4PO =，3AO =，2OD =，求二面角B AP C --的大小．69. （2011浙江理20）如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知8BC =，4PO =，3AO =，2OD =． （1）证明：AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．70. （2012浙江文20）如图，在侧棱垂直底面的四棱柱1111ABCD A B C D -中，AD ⊥AB，AB =2AD =，4BC =，12AA =，E 是1DD 的中点，F 是平面11B C E 与直线1AA 的交点．（1）证明：（i ）11EF A D ∥；（ii ）111BA B C EF ⊥平面；（2）求1BC 与11B C EF 平面所成角的正弦值．OPDCBAOPDCBAD 1C 1B 1A 1EF B D CA71. （2012浙江理20）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为的菱形，120BAD ∠=︒，且PA ABCD ⊥平面，PA =，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．（1）证明：MN ∥平面ABCD ；（2）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．72. （2013浙江文20）如图，在四棱锥P ABCD -中，P A ⊥平面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==PA 120ABC ∠=︒．G 为线段PC 上的点． （1）证明：BD ⊥平面P AC ；（2）若G 为PC 的中点，求DG 与平面APC 所成的角的正切值；（3）若G 满足PC ⊥平面BGD ，求PGGC的值．73. （2013浙江理20）如图，在四面体A BCD -中，AD ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，2AD =，BD =．M是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且3AQ QC =． （1）证明：PQ BCD ∥平面；（2）若二面角C BM D --的大小为60°，求BDC ∠的大小．QMNDABPGDB APQPMDBA74. （2014浙江文20）如图，在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，2AB CD ==，1DE BE ==，AC =（1）证明：AC BCDE ⊥平面；（2）求直线AE 与平面ABC 所成角的正切值．75. （2014浙江理20）如图，在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，2AB CD ==，1DE BE ==，AC（1）证明：DE ACD ⊥平面； （2）求二面角B AD E --的大小．76. （2015浙江文18）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，14AA =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11B C 的中点． （1）证明：11A D A BC ⊥平面；（2）求直线1A B 和平面11BB C C 所成的角的正弦值．BED CABED CAC 1B 1A 1DC BA77. （2015浙江理17）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，14AA =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 为11B C 的中点． （1）证明：11A D A BC ⊥平面；（2）求二面角11A BD B --的平面角的余弦值．78. （2016浙江文18）如图，三棱台ABC DEF -中，平面BCFE ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒，1BE EF FC ===，2BC =，3AC =．（1）求证：BF ⊥平面ACFD ；（2）求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．79. （2016浙江理17）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面BCFE ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒，1BE EF FC ===，2BC =，3AC =．（1）求证：BF ⊥平面ACFD ；（2）求二面角B AD F --的平面角的余弦值．C 1B 1A 1DC BA80. （2017浙江19）如图，已知四棱锥P −ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点． （1）证明：CE ∥平面P AB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．81. （2018浙江19）如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===． （1）证明：1111AB A B C ⊥平面；（2）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．82. （2019浙江19）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A AC AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点． （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．ED CBAPC 1B 1A 1CBAC 1B 1A 1FECBA。
专题05 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题05立体几何（选择题、填空题）1．【2021·浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．32B ．3C．2D．【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，，下底为12=，故1111131222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=，故选：A.2．【2021·北京高考真题】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A ．332+B ．4C ．33D ．2【答案】A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为213333112242+⨯⨯⨯+⨯=，故选：A.3．【2021·浙江高考真题】如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【解析】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4．【2021·全国高考真题（理）】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A ．212B ．312C ．24D ．34【答案】A【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.5．【2021·全国高考真题（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【解析】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=.故选：D6．【2021·全国高考真题】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B．C ．4D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=解得l =.故选：B.7．【2021·北京高考真题】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【解析】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.8．【2021·全国高考真题】在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【解析】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB B C λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,0,12A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+ ，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+ ，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，11,,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．9．【2021·全国高考真题（理）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【解析】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -.故答案为：③④.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.10．【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 ．514-B ．512-C ．514D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-由题意得212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a +=（负值舍去）.故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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 ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.12．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 是面积为934O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A 3B ．32C ．1D ．32【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=⨯-，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.13．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．2B ．4+42C ．3D ．4+23【答案】C 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++.故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.14．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.15．【2020年高考天津】若棱长为为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，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；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.16．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6+B ．6+C ．12+D ．12+【答案】D 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．17．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.18．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”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【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.19．【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°【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.20．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 【答案】D【解析】解法一：,PA PB PC ABC == △为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥ 平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==364466,π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC = ，D \为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，221221222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==，62R ∴=，34466338V R ∴=π=π⨯=，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．21．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．22．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．23．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158B．162C．182D．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2646336162 22++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.24．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB αβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.25．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.26．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．【答案】23【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=解得：22r =，其体积：34233V r =π=π.故答案为：23π.【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．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.28．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半轻为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是▲cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为2624⨯⨯⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为：2π-【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.29．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】22π.【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B = ，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧 FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得 22FGπ==.故答案为：22π.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.30．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ，∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.31．【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．32．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.33．【2019年高考天津卷理数】2的正方形，5若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】π4【解析】由题意，的正方形，借助勾股定理，2=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.34．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.35．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，22,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，1x ∴=1．。
浙江省高考数学试题(理)分类解析汇编-平面向量立体几何
浙江省高考数学试题（理）分类解析汇编专题5：平面向量、立体几何1. （全国 理5分）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是【 】 （A ）43 （B ）54 （C ）53 （D ）53- 【答案】D 。
【考点】棱锥和球的体积，同角三角函数关系式，倍角公式。
【分析】设圆锥的半径为R ，高为H ，母线与轴所成角为θ，求出圆锥的高，利用体积相等，求出2θ的余弦值即可：圆锥的高为 H=Rtan θ， 圆锥的体积 V 圆锥=32211R R R H R 333tan tan πππθθ⋅⋅=⋅⋅=，半球的体积 V 半球=32R 3π。
∵V 圆锥= V 半球，即：33R 2R 33tan ππθ=，∴22121112122442cos sin tan cos cos θθθθθ-=⇒=⇒=+。
∴325cos θ=。
故选D 。
2.（全国 理5分）正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱侧面对角线1E D 与1BC 所成的角是【 】（A ）︒90 （B ）︒60 （C ）︒45 （D ）︒30 【答案】B 。
【考点】异面直线及其所成的角。
【分析】由于棱柱侧面对角线1E D 与1BC 不在同一平面内，将两条直线移到平面内，连接1E F FD 、，由E 1F ∥C 1B ，得1E D 与1BC 所成的角等于∠FE 1D 。
解三角形即可： ∵正六棱柱的底面边长E 1F 1=1，侧棱长FF 1=2，∴E 1D=E 1∴△DFE 1是等边三角形。
∴∠FE 1D=60°，即1E D 与1BC 所成的角是60°。
故选B 。
3.（全国 理5分）已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是【 】 （A ）22R π （B ）29R 4π （C ）28R 3π （D ）23R 2π 【答案】B 。
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2010—2014浙江高考理科数学试题（立体几何）
20XX 年
（6）设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 （A ）若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥ （C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m // （12）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，
则此几何体的体积是___________3
cm .
（20）（本题满分15分）如图， 在矩形ABCD 中，点,E F 分别在线段,AB AD 上，
2
43
AE EB AF FD ===
=.沿直线EF 将 AEF V 翻折成'A E F V ，使平面'A E F B E F ⊥平面.
（Ⅰ）求二面角'
A FD C --的余弦值；
（Ⅱ）点,M N 分别在线段,FD BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与
'A 重合，求线段FM 的长。
（3）．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是
（4）．下列命题中错误．．的是
A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面
D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
（20）．（本题满分15分）
如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP ⊥BC ； （Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM
的长；若不存在，请说明理由。
10. 已知矩形ABCD，AB=1，ABD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
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________cm3.
20.（本题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为∠BAD=120°，
且P A⊥平面ABCD，P A=M，N分别为PB,PD的中点。
（1）证明：MN∥平面ABCD；
（2）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。
20XX年
10．(2013浙江，理10)在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ(A)．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，则( )．
A．平面α与平面β垂直
B．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°
C．平面α与平面β平行
俯视图
侧视图正视图
3
33
3
3
4
4D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°
12．(2013浙江，理12)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
__________cm 3
.
20．(2013浙江，理20)(本题满分15分)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥
CD ，AD ＝2，BD
＝M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC ．
(1)证明：PQ ∥平面BCD ；
(2)若二面角C －BM －D 的大小为60°，求∠BDC 的大小．
20XX 年
3.某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm
20
如
图,在四棱锥
A BCDE
-中,平面
ABC ⊥
平面
B C D ,090CDE BED ∠=∠=,2AB CD ==
1,DE BE AC ===(1)证明：DE ⊥平面ACD ;
(2)求二面角B AD E --的大小。