高考数学立体几何试题汇编
2019年全国一卷（文科）
：9．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M 在正视图上的对应点为A , 圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B , 则在此圆柱侧面上, 从M 到
N 的路径中, 最短路径的长度为
A ．
217
B ．25
C ．3
D ．2
18．如图, 在平行四边形ABCM 中, 3AB AC ==, 90ACM =︒∠, 以AC 为折痕将△ACM 折起, 使点M 到达点D 的位置, 且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
（2）Q 为线段AD 上一点, P 为线段BC 上一点, 且2
3
BP DQ DA ==
, 求三棱锥Q ABP -的体积．
全国1卷理科
理科第7小题同文科第9小题
18. 如图, 四边形为正方形, 分别为的中点, 以为折痕把折起, 使点到达点的位置, 且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值.
全国2卷理科：
9．在长方体1111ABCD A B C D -中, 1AB BC ==, 13AA =, 则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15
B ．
5 C ．
5 D ．
2 20．如图, 在三棱锥P ABC -中, 22AB BC ==, 4PA PB PC AC ====, O 为AC 的中点．
ABCD ,E F ,AD BC DF DFC △C P PF BF ⊥PEF ⊥ABFD DP ABFD
（1）证明：PO ⊥平面ABC ；
（2）若点M 在棱BC 上, 且二面角M PA C --为30︒, 求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
全国3卷理科
3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来, 构件的凸出部分叫榫头, 凹进部分叫卯眼, 图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体, 则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
19．（12分）
如图, 边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直, 是上异于, 的点． （1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时, 求面与面所成二面角的正弦值．
2019年江苏理科：
10．如图所示, 正方体的棱长为2, 以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ▲ ．
ABCD »CD
M »CD C D AMD ⊥BMC M ABC -MAB
MCD
15．（本小题满分14分）
在平行六面体1111ABCD A B C D -中, 1111,AA AB AB B C =⊥． 求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．
19．（本题满分15分）如图, 已知多面体ABCA 1B 1C 1, A 1A , B 1B , C 1C 均垂直于平面ABC , ∠ABC =120°
, A 1A =4, C 1C =1, AB =BC =B 1B =2．
（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；
（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．
2019年北京：
（5）某四棱锥的三视图如图所示, 在此四棱锥的侧面中, 直角三角形的个数为
（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4
（16）（本小题14分）如图, 在三棱柱ABC -111A B C 中, 1CC ⊥平面ABC , D , E , F , G 分别为1AA , AC , 11A C , 1BB 的中点, AB=BC =5, AC =1AA =2．
（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅰ）求二面角B-CD -C 1的余弦值；（Ⅰ）证明：直线FG 与平面BCD 相交． 2019年浙江：
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 ．2
B ．4
C ．6
D ．8
2019年上海
17.已知圆锥的顶点为P ,底面圆心为O ,半轻为2 1.设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积
2.设4,,PO OA OB =是底面半径,且90o AOB ∠=,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小。
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。
高考数学 立体几何试题分类汇编 理 试题
卜人入州八九几市潮王学校2021年高考数学立体几何试题分类汇编理〔〕 〔A 〕48(B)32+817(C)48+817(D)80〔〕某四面体的三视图如下列图，该四面体四个面的面积中，最大的是A ．8B ．62C ．10D ．82〔〕设图一是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为〔〕 A ．9122π+B ．9182π+ C ．942π+D ．3618π+答案：B解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积3439+332=18322V ππ=⨯⨯+（）。
〔〕如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，那么该几何体的体积为 A.63B.93C.123D.183〔〕321,,ααα是三个互相平行的平面,平面21,αα之间的间隔为1d ,平面32,αα之间的间隔为2d .直线l 与321,,ααα分别交于321,,P P P .那么”“3221P P P P =是”“21d d =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：C解析：平面321,,ααα平行，由图可以得知： 假设平面间隔相等，根据两个三角形全等可知3221P P P P =3 32正视图侧视图俯视图图1假设3221P P P P =，同样是根据两个三角形全等可知21d d =〔〕如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，那么以下结论中不正确的选项是．．．．．．． A ．AC ⊥SBB ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角〔〕球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3， 30=∠=∠BSC ASC ，那么棱锥S —ABC 的体积为A ．33B ．32C ．3D ．1〔全国2〕直二面角l αβ--，点,A AC l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．假设AB=2，AC=BD=1，那么D 到平面ABC 的间隔等于(A)23(B)33(C)63(D)1 【思路点拨】此题关键是找出或者做出点D 到平面ABC 的间隔DE ，根据面面垂直的性质不难证明AC ⊥平面β，进而β⊥平面平面ABC,所以过D 作DE BC ⊥于E ，那么DE 就是要求的间隔。
高考数学复习 立体几何汇编-人教版高三全册数学试题
高考立体几何文科汇编16、如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点 求证：（1）直线EF ‖平面PCD ； （2）平面BEF ⊥平面PAD（19）（本小题满分13分）如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直点O 在线段AD 上，1OA =，2OD =，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形。
（Ⅰ）证明直线BC EF ∥； （Ⅱ）求棱锥F OBED -的体积.17．（本小题共14分）如图，在四面体PABC 中，PC ⊥AB ，PA ⊥BC,点D,E,F,G 分别是棱AP,AC,BC,PB 的中点. （Ⅰ）求证：DE ∥平面BCP ； （Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；（Ⅲ）是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由.20．（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB 。
（I ）求证：CE ⊥平面PAD ；（11）若PA=AB=1，AD=3，CD=2，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD 的体积18．（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱A B C -111A B C 的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱1A A 上，点F 在侧棱1B B 上，且22A E =,2BF =．（I ） 求证：1C F C E ⊥；（II ） 求二面角1E C F C --的大小。
19．（本题满分12分）如图3，在圆锥PO 中，已知2,PO O =的直径2,,AB C AB D AC =∠点在上,且CAB=30为的中点．（I ）证明：;AC POD ⊥平面（II ）求直线和平面PAC 所成角的正弦值．18．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB =12PD ． （I ）证明：PQ ⊥平面DCQ ；（II ）求棱锥Q —ABCD 的的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值．20．（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（I ）证明：SD ⊥平面SAB ；（II ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小。
高考数学真题汇编 7：立体几何 理 试题
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 2021高考真题分类汇编：立体几何
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 一、选择题 1.【2021高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的 是某几何体的三视图，那么此几何体的体积为〔 〕
()A6 ()B 9 ()C ()D 【答案】B 2.【2021高考真题理10】矩形ABCD，AB=1，BC=2。将△沿矩形的对角线BD所在的直线进展翻折，在翻折过程中。 A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直. B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直. C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直. D.对任意位置，三对直线“AC与BD〞，“AB与CD〞，“AD与BC〞均不垂直 【答案】C 制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日 3.【2021高考真题新课标理11】三棱锥SABC的所有顶点都在球O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且2SC；那么此棱锥的体积为〔 〕
()A26 ()B 36 ()C 23 ()D22
【答案】A 4.【2021高考真题理6】以下命题正确的选项是〔 〕 A、假设两条直线和同一个平面所成的角相等，那么这两条直线平行 B、假设一个平面内有三个点到另一个平面的间隔 相等，那么这两个平面平行 C、假设一条直线平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线平行 D、假设两个平面都垂直于第三个平面，那么这两个平面平行
【答案】C 5.【2021高考真题理10】如图，半径为R的半球O的底面圆O在平面内，过点O作平面的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作平面成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的间隔 最大的点为B，该交线上的一点P满足60BOP，那么A、
高考理科数学试题汇编含答案立体几何小题.docx
（新课标1）（6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名着，书中有如下问题 :“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问 :积及为米几何 ?”其意思为 : “在屋内墙角处堆放米 (如图，米堆为一个圆锥的四分之一 )，米堆为一个圆锥的四分之一 )，米堆底部的弧度为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少 ?”已知 1 斛米的体积约为立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放斛的米约有（）斛斛斛斛【答案】 B考点：圆锥的体积公式（新课标 1）（ 9）已知 A,B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥 O-ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为A ． 36ππππ【答案】 C【解析】如图所示，当点 C 位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O ABC 的体积最大，设球 O 的半径为R，此时V O ABC V C AOB1 1 R2R 1 R336，故 R 6，则326球 O 的表面积为S 4R2144 ，故选C．COAB（北京） 4. 设，是两个不同的平面，m 是直线且m?．“m∥”是“ ∥”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】 B【解析】试题分析：因为，是两个不同的平面，m 是直线且m?．若“”，则平面m ∥、可能相交也可能平行，不能推出//，反过来若//， m，则有m∥，则“”是“∥”的必要而不充分条件 .m ∥考点： 1. 空间直线与平面的位置关系； 2. 充要条件 .（福建） 7 ．若l , m是两条不同的直线，m 垂直于平面，则“ l m ”是“ l / /的（）A．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】 B考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．（湖南） 10. 某工件的三视图如图 3 所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为新工件的体积（材料利用率 =）（）原工件的体积A. 8B.16C.4( 2 1)3D.12( 2 1)399【答案】 A.【解析】考点： 1.圆锥的内接长方体； 2.基本不等式求最值.（四川） 14.如图，四边形ABCD 和 ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段 PQ 上， E、 F 分别为AB 、 BC 的中点。
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 。
三年 (2020-2022 ) 高考数学真题汇编 专题06立体几何(解答题)(文科专用)
专题06立体几何（解答题）（文科专用）【2022年全国甲卷】1．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】（1）分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，由平面知识可知,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，依题从而可证EM ⊥平面ABCD ，FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，即可知四边形EMNF 为平行四边形，于是//EF MN ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍，即可解出．（1）如图所示：，分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC 为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）方法一：（分割法一）如图所示：，分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====8sin 6043EM ==点B 到平面MNFE 的距离即为点B到直线MN 的距离d ，d =(2143V =⨯⨯⨯== 方法二：（分割法二）如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O -EFGH 的体积加上三棱锥A -OEH 的4倍,再加上三棱锥E -OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O -EFGH 与三棱锥E -OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(2111114433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅【2022年全国乙卷】2．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2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．【答案】(1)证明详见解析【解析】【分析】（1）通过证明AC ⊥平面BED 来证得平面BED ⊥平面ACD .（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积.（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CD BD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）解法1：判别几何关系依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =. 222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥， 由于12AFC S AC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小 过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得EF =所以13,222DF BF DF ===-=，所以34BF BD = 过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==， 所以34FH =， 所以111323324F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯=解法2：等体积转换AB BC =，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EFADB CDB AF CFEF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆在中，当时，AFC 面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆=为中点DE=1若在中，32113222BEF BF S BF EF ∆∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∆∴=+=⋅=【2021年甲卷文科】3．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【解析】【分析】（1）先证明ABC 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.【详解】（1）由于11BF A B ⊥，11//AB A B ，所以AB BF ⊥，又AB ⊥BB 1，1BB BF B ⋂=，故AB ⊥平面11BCC B ，则AB BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S S ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△.（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ，从而BF ⊥DE .【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.【2021年乙卷文科】4．如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】【分析】 （1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD AM ⊥，又PB AM ⊥，PB PD P =，所以AM ⊥平面PBD ，而AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM BD ⊥． 于是∽ABD BMA ，故=AD AB AB BM ．因为1,,12===BM BC AD BC AB ，所以2112BC =，即BC =故四棱锥P ABCD -的体积13=⋅⋅=V AB BC PD ． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知⊥AM DB ,所以1⋅=-AM BD k k ．建立如图所示的平面直角坐标系，设2(0)BC a a =>．因为1DC =，所以(0,0)A ，(1,0)B ，(0,2)D a ，()1,M a ． 从而2020(2)211001--⋅=⨯=⨯-=-=---AM BD a a k k a a a ．所以a =DA =. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，设||=DA t ，所以(0,0,0)D ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，(,0,0)A t ，(,1,0)B t ． 所以,1,02t M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(,1,1)PB t =-，,1,02t AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭． 所以2110(1)1022t t PB AM t ⎛⎫⋅=⋅-+⨯+⨯-=-+= ⎪⎝⎭．所以t =，即||=DA .[方法四]：空间向量法由PB AM ⊥，得0PB AM ⋅=．所以()0++⋅=PD DA AB AM ．即0⋅+⋅+⋅=PD AM DA AM AB AM ．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD AM ⊥，所以0⋅=PD AM ．所以0⋅+⋅=DA AM AB AM ，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义， 得221||||02-+=DA AB ，即21||102-+=BC ．所以||2BC =BC .【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.【2020年新课标1卷文科】5．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，⊥APC =90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】【分析】（1）根据已知可得PA PB PC ==，进而有PAC △⊥PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论； （2）将已知条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ， P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==， ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △⊥PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，AP AC ==在Rt PAO 中，PO ==∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.【2020年新课标2卷文科】6．如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 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 ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为⊥A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且⊥MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24.【解析】【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -.【详解】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN 又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC 又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =//AO NP ∴ 又//NO AP∴6AO NP ==O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==3AM AP ==平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F 又在等边ABC 中EF AP BC AM=即2AP BC EF AM ⋅=== 由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.【2020年新课标3卷文科】7．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可.【详解】（1）因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥ 因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形， 1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C在平面AEF内【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.。
近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编11 立体几何
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何一、多选题1．（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二、单选题2．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体1111ABCD A BC 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ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDDB C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDDB 3．（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 ．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 ．12BC ．4D 5．（2021·全国高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（2021·全国高考真题（理））在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π67．（2021·全国高考真题）圆锥的母线长为（ ）A ．2B ．C ．4D ．8．（2020·天津高考真题）若棱长为面积为（ ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 9．（2020·北京高考真题）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 ．6B ．6+C ．12D ．12+10．（2020·浙江高考真题）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 ．611．（2020·海南高考真题）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°12．（2020·全国高考真题（文））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·全国高考真题（理））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 14．（2020·全国高考真题（理））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 ．14B ．12C ．14D ．1215．（2020·全国高考真题（理））已知△ABC 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（ ）A B ．32 C ．1 D ．216．（2020·全国高考真题（理））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 17．（2019·浙江高考真题）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：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．32418．（2019·全国高考真题（理））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19．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式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，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．3220．（2019·浙江高考真题）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<<21．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D 22．（2019·全国高考真题（文））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23．（2019·上海高考真题）已知平面αβγ、、两两垂直，直线a b c 、、满足：,,a b c αβγ⊆⊆⊆，则直线a b c 、、不可能满足以下哪种关系A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面 24．（2018·浙江高考真题）已知直线,m n 和平面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 ．充要条件D ．既不充分也不必要条件25．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）A ．4B ．8C ．12D ．1626．（2018·浙江高考真题）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≤≤ 27．（2018·全国高考真题（文））在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．28．（2018·北京高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1 B．2C．3 D．429．（2018·全国高考真题（文））某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．B．C．3D．2，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，30．（2018·全国高考真题（理））设A B C D体积的最大值为ABC为等边三角形且其面积为D ABCA．B．C．D．31．（2018·全国高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A ．B ．C ．D ．32．（2018·浙江高考真题）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 ．8 33．（2018·全国高考真题（文））在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．2BCD ．2 34．（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π35．（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BCD ．2 36．（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A B C D 37．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面 MNQ 不平行的是（ ）A ．B ．C ．D ．未命名未命名三、解答题38．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.39．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．40．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.41．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥.42．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 43．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．44．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．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 PB 与平面QCD 所成角的正弦值．45．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．46．（2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A BC D -中， E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．47．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．48．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．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．49．（2020·江苏高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD BD=2，O为BD 的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．50．（2020·江苏高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F 分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．51．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值． 52．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．53．（2020·全国高考真题（文））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AC；（2）设DO，求三棱锥P−ABC的体积. 54．（2020·全国高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=．底面直径，AE AD（1）证明：PA⊥平面PBC；--的余弦值．（2）求二面角B PC E55．（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π3，求四棱锥B–EB1C1F的体积．56．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.57．（2019·江苏高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC 的中点，AB=BC．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．58．（2019·天津高考真题（理））如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====.（Ⅰ）求证：BF ∥平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长. 59．（2019·全国高考真题（理））图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.60．（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．61．（2019·全国高考真题（理））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.62．（2019·上海高考真题）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,PA PB PC AB BC AC ======（1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角；（2）求P ABC -的体积.63．（2018·上海高考真题）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图．求异面直线PM 与OB 所成的角的大小．64．（2018·江苏高考真题）在平行六面体1111ABCD A BC D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥． 求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．65．（2018·江苏高考真题）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．66．（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．67．（2018·北京高考真题（理））如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ；（2）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．68．（2018·北京高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .69．（2018·全国高考真题（理））如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.70．（2018·全国高考真题（理））如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．71．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC=120°，A 1A=4，C 1C=1，AB=BC=B 1B=2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．72．（2018·全国高考真题（文））如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．73．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．74．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1−B 1CD 1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .（1）证明：1AO ∥平面B 1CD 1；（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.四、填空题75．（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）．76．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30 则该圆锥的侧面积为________.77．（2020·海南高考真题）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____________78．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D BCC1B1的交线长为________．179．（2020·江苏高考真题）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2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.80．（2020·全国高考真题（文））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_________．81．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题：p1：两两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 ⌝∨⌝82．（2019·江苏高考真题）如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.83．（2019·北京高考真题（理））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__________．84．（2019·北京高考真题（理））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：__________．85．（2019·全国高考真题（理））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 BC D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB=BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .86．（2019·天津高考真题（文）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__________.87．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________． 88．（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．89．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．90．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB 的面积为面积为__________．91．（2018·天津高考真题（理））已知正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为__________.五、双空题92．（2019·全国高考真题（文））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_________．近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编十一、立体几何（答案解析）1．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 BC 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，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则11A 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 ．【小结】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．2．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 BC 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 BC 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.【小结】关键点小结：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. 3．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 BC D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，1=，故111113122ABCD A B C D V -=⨯=， 故选：A.4．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 ，又球的半径为1， 设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.【小结】关键小结：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．D【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.【解析】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D6．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1PBB ，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：D7．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=l =故选：B.8．C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【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.【小结】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.9．D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【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.【小结】(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．10．A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【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【小结】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.11．B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【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【小结】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.12．C【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【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：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C.【小结】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.13．A【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【小结】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. 14．C【分析】设,CD a PE b ==，利用212PO CD PE =⋅得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案.。
高考数学真题分类汇编专题2--立体几何
高考数学真题分类汇编专题2 -立体几何1.（2020理数全国Ⅰ卷，3）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.51-B.51-C.51+D.51+2.（2020文数全国Ⅲ卷，9）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A. 6+42B. 2C. 3D. 4+233.（2019理数全国Ⅱ卷，7）设,αβ为两个平面，则//αβ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．,αβ平行于同一条直线D．,αβ垂直于同一平面4.（2020理数全国Ⅱ卷，10）已知ABC 93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( )3 B.32C.135.（2018理数全国Ⅰ卷，12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面a所成的角相等，则a截此正方体所得的截面面积的最大值为( )A 33B23C32D ．3 6.（2018理数全国Ⅱ卷，9）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.227.（2020理数全国Ⅰ卷，10）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14π,AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( ) A.64πB.48πC.36πD.32π8.（2018理数全国Ⅲ卷，10）设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为( ) A. 123B. 183C. 243D. 5439.（2020文数全国Ⅰ卷，16）已知90ACB ∠=︒，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为___________． 10.（2020全国新高考Ⅰ卷，16）已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=︒，以1D 为球心，5为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为_____________.11.（2020文数全国Ⅱ卷，20）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M N ，分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（2）设O 为111A B C 的中心，若6AO AB ==，//AO 平面11EB C F ，且π3MPN ∠=，求四棱锥11B EB C F -的体积12.（2020全国新高考Ⅰ卷，20）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.答案以及解析1.答案：C解析：设正四棱锥的高为h ，底面正方形的边长为2a ，斜高为m，依题意得2122h a m =⨯⨯，即2h am =①，易知222h a m +=②，由①②得15m a +=，所以1515222am a a ++==.故选C. 2.答案：C解析：由三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P ABC -，将其放入正方体中，如图，易知2PA AB AC ===，22PB PC BC ===，故其表面积为ABCPABPACPBCSSSS+++=1111322222222226232222⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=+，故选C.3.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 ． 4.答案：C解析：由等边三角形ABC 932393AB =3AB =，则ABC 的外接圆半径23333r AB AB ==设球的半径为R ，则由球的表面积为16π，得24π16πR =，得2R =，则球心O 到平面ABC 的距离221d R r =-=，故选C.5.答案：A解析：如图所示平面1AB C 与平面的所有棱缩成角都相等故//α平面1AB C ，构造平面MN ，//PQRS 平面1AB C设1,2A S x SP ==2SR PQ MN x ===，2(1)SM RQ PN x ===- 故=SRQP SMNP S S S +=六边形22(1)6226(1)x x x x +-+-2322)x x +-当12x =时max 334S 6.答案：C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0)D A ，11(1,13),3)B D ，所以11(1,0,3),(1,13)AD DB =-=，因为1111115cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅<>===∈，所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，选C. 7.答案：A解析：如图所示，设球O 的半径为R ，1O 的半径为r ，因为1O 的面积为4π，所以24π=πr ，解得2r =，又1AB BC AC OO ===，所以2sin 60ABr ︒=，解得23AB =123OO =，所以222221(23)216R OO r =+=+=，所以球O 的表面积24π64πS R ==.故选A.8.答案：B 解析：如图所示，点M 为ABC △的重心，E 为AC 中心，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大(O 是球心)此时，4OD OB R ===2393,6ABC S AB AB ∆===∴ ∴22332333BM BE ==⨯=∴Rt ABC △中，有222OM OB BM -= ∴426DM OD OM =+=+= ∴max 1()9361833D ABC V -=⨯= 故选B 9.2解析：作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连CO ， 知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PDOD P ，CD 平面PDO ，OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥3PD PE ==∵，2PC =．3sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，PO CO ∴⊥，CO 为ACB ∠平分线，451,2OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===，又2PC =，422PO ∴=-=．10.2 解析：如图，连接11B D ，易知111B C D 为正三角形，所以11112B D C D ==.分别取11B C ，1BB ，1CC 的中点M G H ，，，连接111D M D G D H ，，，则易得2211215D G D H ==+=111D M B C ⊥，且13D M =由题意知G H ，分别是1BB ，1CC 与球面的交点.在侧面11BCC B 内任取一点P ，使2MP 1D P ，则222211(3)(2)5D P D M MP ++MG MH ，，易得2MG MH ==故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面11BCC B 的交线.由1145B MG C MH ∠=∠=︒知90GMH ∠=︒，所以GH 的长为12π2π24⨯=11.答案：（1）因为M N ，分别为11BC B C ，的中点，所以1//MN CC .又由己知得11//AA CC ，故1//AA MN . 因为111A B C 是正三角形，所以111B C A N ⊥.又11B C MN ⊥，故11B C ⊥平面1A AMN .所以平面1A AMN ⊥平面11EB C F .（2）//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN 平面11EB C F PN =，故//AO PN .又//AP ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以1633PN AO AP ON AM ====，2123233PM AM EF BC ====，.因为//BC 平面11EB C F ，所以四棱锥11B EB C F —的顶点B 到底面11EB C F 的距离等于点M 到底面11EB C F 的距离.作MT PN ⊥，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面11EB C F ， 故sin 3MT PM MPN =∠=. 底面11EB C F 的面积为1111()(62)62422B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=. 所以四棱锥11B EB C F —的体积为1243243⨯⨯=.12.答案：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥.又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥平面PDC ，因为//,AD BC AD ⊄平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，由已知得//l AD .因此l ⊥平面PDC .（2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,1,1)D C B P DC PB ==-.由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则00DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即00ax z y +=⎧⎨=⎩.可取(1,0,)a =-n 所以2cos ,||||31PB PB PB a⋅〈〉==⋅+n n n 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa aθ==+++.2326131aa ++，当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值6.。
高考数学真题汇编-立体几何
专题八 立体几何（解答题）23．（2018全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥-P ABC中，==AB BC4====PA PB PC AC ，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且2=MC MB ，求点C 到平面POM 的距离．24．（2018全国卷Ⅲ）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点． (1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．25．（2018北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA=PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD ．26．（2018天津）如图，在四面体ABCD 中，ABC ∆是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，AD =90BAD ∠=o ． (1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．O MPCBAABCD MPFEDCBAM A BD27．(2018江苏)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥．求证：(1)AB ∥平面11A B C ；(2)平面11ABB A ⊥平面1A BC ．28．(2018浙江)如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=o，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．29．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=o ．(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若PCD ∆的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积。