2020版高考數(shù)學 3年高考2年模擬 第9章 立體幾何

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1、立體幾何第一部分 三年高考薈2020年高考題 一、選擇題 1.（重慶理9）高為的四棱錐S-ABCD的底面是邊長為1的正方形，點S、A、B、C、D均在半徑為1的同一球面上，則底面ABCD的中心與頂點S之間的距離為 A． B． C．1 D． 【答案】C 2.（浙江理4）下列命題中錯誤的是 A．如果平面，那么平面內一定存在直線平行于平面 B．如果平面α不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面 C．如果平面，平面，，那么 D．如果平面，那么平面內所有直線都垂直于平面 【答案】D 3.（四川理3），，是空間三條不同的直線，

2、則下列命題正確的是 A．， B．， C．，，共面 D．，，共點，，共面 【答案】B 【解析】A答案還有異面或者相交，C、D不一定 4.（陜西理5）某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是 A． B． C． D． 【答案】A 5.（浙江理3）若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是 【答案】D 6.（山東理11）右圖是長和寬分別相等的兩個矩形．給定下列三個命題：① 存在三棱柱，其正（主）視圖、俯視圖如下圖；②存在四棱柱，其正（主） 視圖、俯視圖如右圖；③存在圓柱，

3、其正（主）視圖、俯視圖如右圖．其 中真命題的個數(shù)是 A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 7.（全國新課標理6）。在一個幾何體的三視圖中，正視圖與俯視圖如右圖所示，則相應的側視圖可以為 【答案】D 8.（全國大綱理6）已知直二面角α? ι?β，點A∈α，AC⊥ι，C為垂足，B∈β，BD⊥ι，D為垂足．若AB=2，AC=BD=1，則D到平面ABC的距離等于 A． B． C． D．1 【答案】C 9.（全國大綱理11）已知平面α截一球面得圓M，過圓心M且與α成二面角的平面β截該

4、球面得圓N．若該球面的半徑為4，圓M的面積為4，則圓N的面積為 3 3 2 正視圖 側視圖 俯視圖 圖1 A．7 B．9 C．11 D．13 【答案】D 10.（湖南理3）設圖1是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為 A． B． C． D． 【答案】B 11.（江西理8）已知，，是三個相互平行的平面．平面，之間的距離為，平面，之間的距離為．直線與，，分別相交于，，，那么“=”是“”的 A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也

5、不必要條件 【答案】C 12.（廣東理7）如圖1－3，某幾何體的正視圖（主視圖）是平行四邊形，側視圖（左視圖）和俯視圖都是矩形，則該幾何體的體積為 A． B． C． D． 【答案】B 13.（北京理7）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面的面積中，最大的是 A．8 B． C．10 D． 【答案】C 14.（安徽理6）一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為 （A）48 （B）32+8

6、（C）48+8 （D）80 【答案】C 15.（遼寧理8）。如圖，四棱錐S—ABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結論中不正確的是 （A）AC⊥SB （B）AB∥平面SCD （C）SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 （D）AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角 【答案】D 16.（遼寧理12）。已知球的直徑SC=4，A，B是該球球面上的兩點，AB=，，則棱錐S—ABC的體積為 （A） （B） （C） （D）1 【答案】C 17．（上海理17）設是空間中給定的5個不同的點，則使 成立的點的個數(shù)為 A．

7、0 B．1 C．5 D．10 【答案】B 二、填空題 18.（上海理7）若圓錐的側面積為，底面積為，則該圓錐的體積為 。 【答案】 19.（四川理15）如圖，半徑為R的球O中有一內接圓柱．當圓柱的側 面積最大是，求的表面積與改圓柱的側面積之差是 ． 【答案】 【解析】時， ，則 20.（遼寧理15）一個正三棱柱的側棱長和底面邊長相等，體積為，它的三視圖中的俯視圖如右圖所示，左視圖是一個矩形，則這個矩形的面積是 ． 【答案】

8、 21.（天津理10）一個幾何體的三視圖如右圖所示（單位：），則該幾何體的體積為 __________ 【答案】 22.（全國新課標理15）。已知矩形ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上，且AB=6，BC=，則棱錐O-ABCD的體積為_____________． 【答案】 23.（湖北理14）如圖，直角坐標系所在的平面為，直角坐標系（其中軸一與軸重合）所在的平面為，。 （Ⅰ）已知平面內有一點，則點在平面內的射影的 坐標為 （2，2） ； （Ⅱ）已知平面內的曲線的方程是，則曲線在平面內的射影的方程是

9、 。 【答案】 24.（福建理12）三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是邊長為2的正三角形，則三棱錐P-ABC的體積等于______。 【答案】 三、解答題 25.（江蘇16）如圖，在四棱錐中，平面PAD⊥平面 ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分別是AP、AD的中點 求證：（1）直線EF∥平面PCD； （2）平面BEF⊥平面PAD 本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關系，考察空間想象能力和推理論證能力。滿分14分。 證明：（1）在△PAD中，因為E、F分別為 AP，

10、AD的中點，所以EF//PD. 又因為EF平面PCD，PD平面PCD， 所以直線EF//平面PCD. （2）連結DB，因為AB=AD，∠BAD=60°， 所以△ABD為正三角形，因為F是AD的 中點，所以BF⊥AD.因為平面PAD⊥平面ABCD， BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD。又因為 BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD. 26.（安徽理17） 如圖，為多面體，平面與平面垂直，點在線段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。 （Ⅰ）證明直線∥； （II）求棱錐F—OBED的體積。 本題考查空間直線與直線，

11、直線與平面、平面與平面的位置關系，空間直線平行的證明，多面體體積的計算等基本知識，考查空間想象能力，推理論證能力和運算求解能力. （I）（綜合法） 證明：設G是線段DA與EB延長線的交點. 由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以 = ∥，OG=OD=2， 同理，設是線段DA與線段FC延長線的交點，有 又由于G和都在線段DA的延長線上，所以G與重合. = = 在△GED和△GFD中，由= ∥和OC∥，可知B和C分別是GE和GF的中點，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. （向量法） 過點F作，交AD于

12、點Q，連QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q為坐標原點，為軸正向，為y軸正向，為z軸正向，建立如圖所示空間直角坐標系. 由條件知 則有 所以即得BC∥EF. （II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是邊長為2的正三角形，故 所以 過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F—OBED的高，且FQ=，所以 27.（北京理16） 如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，. (Ⅰ)求證：平面 （Ⅱ）若求與所成角的余弦值； （Ⅲ）當平面與平面垂直時，求的長. 證明：（Ⅰ）因為

13、四邊形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因為PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD. 所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）設AC∩BD=O. 因為∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=. 如圖，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O—xyz，則 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）. 所以 設PB與AC所成角為，則 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知 設P（0，－，t）（t>0）， 則 設平面PBC的法向量, 則 所以 令則 所以 同理，平面PDC的法向量 因為平面PCB⊥平面PDC, 所以=0，即 解得 所

14、以PA= 28.（福建理20） 如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，． （I）求證：平面PAB⊥平面PAD； （II）設AB=AP． （i）若直線PB與平面PCD所成的角為，求線段AB的長； （ii）在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等？說明理 由。 本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、抽象根據(jù)能力、運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想，滿分14分。 解法一

15、： （I）因為平面ABCD， 平面ABCD， 所以， 又 所以平面PAD。 又平面PAB，所以平面平面PAD。 （II）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系 A—xyz（如圖） 在平面ABCD內，作CE//AB交AD于點E，則 在中，DE=， 設AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t， 所以， （i）設平面PCD的法向量為， 由，，得 取，得平面PCD的一個法向量， 又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得 解得（舍去，因為AD），所以 （ii）假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C

16、，D的距離都相等， 設G（0，m，0）（其中） 則， 由得，（2） 由（1）、（2）消去t，化簡得（3） 由于方程（3）沒有實數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點G， 使得點G到點P，C，D的距離都相等。 從而，在線段AD上不存在一個點G， 使得點G到點P，B，C，D的距離都相等。 解法二： （I）同解法一。 （II）（i）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A—xyz（如圖） 在平面ABCD內，作CE//AB交AD于E， 則。 在平面ABCD內，作CE//AB交AD于點E，則 在中，DE=， 設AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+A

17、D=4，得AD=4-t， 所以， 設平面PCD的法向量為， 由，，得 取，得平面PCD的一個法向量， 又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得 解得（舍去，因為AD）， 所以 （ii）假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等， 由GC=CD，得， 從而，即 設 ， 在中， 這與GB=GD矛盾。 所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點B，C，D的距離都相等， 從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等。 29.（廣東理18） 如圖5．在椎體P-ABCD中，ABCD是邊長為1的棱

18、形， 且∠DAB=60，,PB=2, E,F分別是BC,PC的中點． （1） 證明：AD 平面DEF; （2） 求二面角P-AD-B的余弦值． 法一：（1）證明：取AD中點G，連接PG，BG，BD。 因PA=PD，有，在中，，有為 等邊三角形，因此，所以 平面PBG 又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以 AD 平面DEF。 （2）， 為二面角P—AD—B的平面角， 在 在 法二：（1）取AD中點為G，因為 又為等邊三角形，因此，， 從而平面PBG。 延長BG到O且使得PO OB，又平面PBG，P

19、O AD， 所以PO 平面ABCD。 以O為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線OB，OP分別為軸，z軸，平行于AD的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系。 設 由于 得 平面DEF。 （2） 取平面ABD的法向量 設平面PAD的法向量 由 取 30.（湖北理18） 如圖，已知正三棱柱的各棱長都是4，是的中點，動點在側棱上，且不與點重合． （Ⅰ）當=1時，求證：⊥； （Ⅱ）設二面角的大小為，求的最小值． 本小題主要考查空間直線與平面的位置關系和二面角等基礎知識，同時考查空間想象能力、推

20、理論證能力和運算求解能力。（滿分12分） 解法1：過E作于N，連結EF。 （I）如圖1，連結NF、AC1，由直棱柱的性質知， 底面ABC側面A1C。 又度面?zhèn)让鍭，C=AC，且底面ABC， 所以側面A1C，NF為EF在側面A1C內的射影， 在中，=1， 則由，得NF//AC1， 又故。 由三垂線定理知 （II）如圖2，連結AF，過N作于M，連結ME。 由（I）知側面A1C，根據(jù)三垂線定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角，即， 設 在中， 在 故 又 故當時，達到最小值； ，此時F與C1重合。 解法2：（I）建立如

21、圖3所示的空間直角坐標系，則由已知可得 于是 則 故 （II）設， 平面AEF的一個法向量為， 則由（I）得F（0，4，） ，于是由可得 取 又由直三棱柱的性質可取側面AC1的一個法向量為， 于是由為銳角可得， 所以， 由，得，即 故當，即點F與點C1重合時，取得最小值 31.（湖南理19） 如圖5，在圓錐中，已知=，⊙O的直徑,是的中點，為的中點． （Ⅰ）證明：平面平面; （Ⅱ）求二面角的余弦值。 解法1：連結OC，因為 又底面⊙O，AC底面⊙O，所以， 因為OD，P

22、O是平面POD內的兩條相交直線，所以平面POD， 而平面PAC，所以平面POD平面PAC。 （II）在平面POD中，過O作于H，由（I）知，平面 所以平面PAC，又面PAC，所以 在平面PAO中，過O作于G， 連接HG， 則有平面OGH， 從而，故為二面角B—PA—C的平面角。 在 在 在 在 所以 故二面角B—PA—C的余弦值為 解法2：（I）如圖所示，以O為坐標原點，OB、OC、OP所在直線分別為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標系，則 ， 設是平面POD的一個法向量， 則由，得 所以 設是平面PAC的一個法向量， 則由， 得 所以 得。

23、 因為 所以從而平面平面PAC。 （II）因為y軸平面PAB，所以平面PAB的一個法向量為 由（I）知，平面PAC的一個法向量為 設向量的夾角為，則 由圖可知，二面角B—PA—C的平面角與相等， 所以二面角B—PA—C的余弦值為 32.（遼寧理18） 如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD． （I）證明：平面PQC⊥平面DCQ； （II）求二面角Q—BP—C的余弦值． 解： 如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D—xyz. （I）依題意有Q（1，1，0），

24、C（0，0，1），P（0，2，0）. 則 所以 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 故PQ⊥平面DCQ. 又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 （II）依題意有B（1，0，1）， 設是平面PBC的法向量，則 因此可取 設m是平面PBQ的法向量，則 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值為 ………………12分 33.（全國大綱理19） 如圖，四棱錐中， ,，側面為等邊三角形，． （Ⅰ）證明：; （Ⅱ）求與平面所成角的大?。? 解法一： （I）取AB中點E，連結DE，則四邊形BCDE為矩形，DE=CB=2， 連結SE，則

25、 又SD=1，故， 所以為直角。 …………3分 由， 得平面SDE，所以。 SD與兩條相交直線AB、SE都垂直。 所以平面SAB。 …………6分 （II）由平面SDE知， 平面平面SED。 作垂足為F，則SF平面ABCD， 作，垂足為G，則FG=DC=1。 連結SG，則， 又， 故平面SFG，平面SBC平面SFG。 …………9分 作，H為垂足，則平面SBC。 ，即F到平面SBC的距離為 由于ED//BC，所以ED//平面SBC，

26、E到平面SBC的距離d也有 設AB與平面SBC所成的角為α， 則 …………12分 解法二： 以C為坐標原點，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C—xyz。 設D（1，0，0），則A（2，2，0）、B（0，2，0）。 又設 （I），， 由得 故x=1。 由 又由 即 …………3分 于是， 故 所以平面SAB。 …………6分 （II）設平面SBC的法向量， 則 又 故 …………9分 取p=2得。 故AB與平面SBC所成的角為 34.（全國新課標理18） 如圖，四棱錐中，底面A

27、BCD為平行四邊形， ，，底面ABCD． （I）證明：； （II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值． 解： （Ⅰ）因為， 由余弦定理得 從而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD （Ⅱ）如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標系D-，則 ，，，． 設平面PAB的法向量為n=（x，y，z），則 即 因此可取n= 設平面PBC的法向量為m，則 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值為 35.（山

28、東理19） 在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠?ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ， EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ）若Ｍ是線段ＡＤ的中點，求證：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 19．（I）證法一： 因為EF//AB，F(xiàn)G//BC，EG//AC，， 所以∽ 由于AB=2EF， 因此，BC=2FC， 連接AF，由于FG//BC， 在中，M是線段AD的中點， 則AM//BC，且 因此FG//AM且FG=AM， 所以四邊形AFGM為平行四邊形， 因

29、此GM//FA。 又平面ABFE，平面ABFE， 所以GM//平面AB。 證法二： 因為EF//AB，F(xiàn)G//BC，EG//AC，， 所以∽ 由于AB=2EF， 因此，BC=2FC， 取BC的中點N，連接GN， 因此四邊形BNGF為平行四邊形， 所以GN//FB， 在中，M是線段AD的中點，連接MN， 則MN//AB， 因為 所以平面GMN//平面ABFE。 又平面GMN， 所以GM//平面ABFE。 （II）解法一： 因為， 又平面ABCD， 所以AC，AD，AE兩兩垂直， 分別以AC，AD，AE所在直線為x軸、y軸和z軸，建立如圖所法的空間直

30、角坐標系， 不妨設 則由題意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1）， 所以 又 所以 設平面BFC的法向量為 則 所以取 所以 設平面ABF的法向量為， 則 所以 則， 所以 因此二面角A—BF—C的大小為 解法二： 由題意知，平面平面ABCD， 取AB的中點H，連接CH， 因為AC=BC， 所以， 則平面ABFE， 過H向BF引垂線交BF于R，連接CR， 則 所以為二面角A—BF—C的平面角。 由題意，不妨設AC=BC=2AE=2。 在直角梯形ABFE中，連接FH， 則，又 所以 因此在中，

31、由于 所以在中 ， 因此二面角A—BF—C的大小為 36.（陜西理16） 如圖，在中，是上的高，沿把折起，使。 （Ⅰ）證明：平面ＡＤＢ??⊥平面ＢＤＣ； （Ⅱ）設Ｅ為ＢＣ的中點，求與夾角的余弦值。 解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ邊上的高， ∴?當Δ?ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DBＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面平面BDC． 平面ABD平面BDC。 （Ⅱ）由∠?ＢＤＣ＝及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC兩兩垂直，不防設=1，以D為坐標原點，以所在直線軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A

32、（0,0，），E（，，0）， =， =（1，0,0,）， 與夾角的余弦值為 ＜，＞=． 37.（上海理21） 已知是底面邊長為1的正四棱柱，是和的交點。 （1）設與底面所成的角的大小為，二面角的大小為。 求證：； （2）若點到平面的距離為，求正四棱柱的高。 解：設正四棱柱的高為。 ⑴ 連，底面于， ∴ 與底面所成的角為，即 ∵ ，為中點，∴，又， ∴ 是二面角的平面角，即 ∴ ，。 ⑵ 建立如圖空間直角坐標系，有 設平面的一個法向量為， ∵ ，取得 ∴ 點到平面的距離為，則。 38.（四川理19）

33、 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且PB1∥平面BDA． （I）求證：CD=C1D： （II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； （Ⅲ）求點C到平面B1DP的距離． ．解析：（1）連接交于,, ,又為的中點， 中點，,,D為的中點。 （2）由題意,過B 作,連接，則 ,為二面角的平面角。在中， ,則 （3）因為，所以, , 在中，， 39.（天津理17） 如圖，在三棱柱中， 是正方形的中心，，平面，且

34、（Ⅰ）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）設為棱的中點，點在平面內，且平面，求線段的長． 本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.滿分13分. 方法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點. 依題意得 （I）解：易得， 于是 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：易知 設平面AA1C1的法向量，

35、 則即 不妨令可得， 同樣地，設平面A1B1C1的法向量， 則即不妨令， 可得 于是 從而 所以二面角A—A1C1—B的正弦值為 （III）解：由N為棱B1C1的中點， 得設M（a，b，0）， 則 由平面A1B1C1，得 即 解得故 因此，所以線段BM的長為 方法二： （I）解：由于AC//A1C1，故是異面直線AC與A1B1所成的角. 因為平面AA1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心， 可得 因此 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：連接AC1，易知AC1=B1C1， 又由于AA

36、1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以≌，過點A作于點R， 連接B1R，于是，故為二面角A—A1C1—B1的平面角. 在中， 連接AB1，在中， ， 從而 所以二面角A—A1C1—B1的正弦值為 （III）解：因為平面A1B1C1，所以 取HB1中點D，連接ND，由于N是棱B1C1中點， 所以ND//C1H且. 又平面AA1B1B， 所以平面AA1B1B，故 又 所以平面MND，連接MD并延長交A1B1于點E， 則 由 得，延長EM交AB于點F， 可得連接NE. 在中， 所以 可得 連接BM，在中， 40.（浙江理20） 如圖，在三

37、棱錐中，，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在 線段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）證明：AP⊥BC； （Ⅱ）在線段AP上是否存在點M，使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由。 本題主要考查空是點、線、面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量的應用，同時考查空間想象能力和運算求解能力。滿分15分。 方法一： （I）證明：如圖，以O為原點，以射線OP為z軸的正半軸， 建立空間直角坐標系O—xyz 則， ，由此可得，所以 ，即 （II）解：設 設平

38、面BMC的法向量， 平面APC的法向量 由 得 即 由即 得 由 解得，故AM=3。 綜上所述，存在點M符合題意，AM=3。 方法二： （I）證明：由AB=AC，D是BC的中點，得 又平面ABC，得 因為，所以平面PAD， 故 （II）解：如圖，在平面PAB內作于M，連CM， 由（I）中知，得平面BMC， 又平面APC，所以平面BMC平面APC。 在 在， 在 所以 在 又 從而PM，所以AM=PA-PM=3。 綜上所述，存在點M符合題意，AM=3。 41.（重慶理19） 如題（19）圖，在四面體中，平面平面，，，． （Ⅰ）若，，

39、求四面體的體積； （Ⅱ）若二面角為，求異面直線與所成角的余弦值． （I）解：如答（19）圖1，設F為AC的中點，由于AD=CD，所以DF⊥AC. 故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC， 即DF是四面體ABCD的面ABC上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=. 在Rt△ABC中，因AC=2AF=，AB=2BC， 由勾股定理易知 故四面體ABCD的體積 （II）解法一：如答（19）圖1，設G，H分別為邊CD，BD的中點，則FG//AD，GH//BC，從而∠FGH是異面直線AD與BC所成的角或其補角.

40、 設E為邊AB的中點，則EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC， 故由三垂線定理知DE⊥AB. 所以∠DEF為二面角C—AB—D的平面角，由題設知∠DEF=60° 設 在 從而 因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，從而，在Rt△BDF中，， 又從而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得 因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為 解法二：如答（19）圖2，過F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD， 平面ABC⊥平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直，以F為原點，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸

41、，建立空間直角坐標系F—xyz. 不妨設AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點A，C，D的坐標分別為 顯然向量是平面ABC的法向量. 已知二面角C—AB—D為60°， 故可取平面ABD的單位法向量， 使得 設點B的坐標為，有 易知與坐標系的建立方式不合，舍去. 因此點B的坐標為所以 從而 故異面直線AD與BC所成的角的余弦值為 2020年高考題 一、選擇題 1.（2020全國卷2理）（9）已知正四棱錐中，，那么當該棱錐的體積最大時，它的高為 （A）1 （B） （C）2

42、 （D）3 【答案】C 【命題意圖】本試題主要考察椎體的體積，考察告辭函數(shù)的最值問題. 【解析】設底面邊長為a，則高所以體積， 設，則，當y取最值時，，解得a=0或a=4時，體積最大，此時，故選C. 2.（2020陜西文） 若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是 [B] （A）2 （B）1 （C） （D） 【答案】 B 解析：本題考查立體圖形三視圖及體積公式 如圖，該立體圖形為直三棱柱 所以其體積為 3.（2020遼寧文）（11）已知是球表面上的點，，， ，，則球的表面積等于 （A）4 （B）3

43、（C）2 （D） 【答案】A 【解析】選A.由已知，球的直徑為，表面積為 4.（2020安徽文）（9）一個幾何體的三視圖如圖，該幾何體的表面積是 （A）372 （B）360 （C）292 （D）280 【答案】B 【解析】該幾何體由兩個長方體組合而成，其表面積等于下面長方體的全面積加上面長方體的4個側面積之和。 . 【方法技巧】把三視圖轉化為直觀圖是解決問題的關鍵.又三視圖很容易知道是兩個長方體的組合體，畫出直觀圖，得出各個棱的長度.把幾何體的表面積轉化為下面長方體的全面積加上面長方體的4

44、個側面積之和。 5.（2020重慶文）（9）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點 （A）只有1個 （B）恰有3個 （C）恰有4個 （D）有無窮多個 【答案】 D 【解析】放在正方體中研究,顯然，線段、EF、FG、GH、 HE的中點到兩垂直異面直線AB、CD的距離都相等， 所以排除A、B、C，選D 亦可在四條側棱上找到四個點到兩垂直異面直線AB、CD的距離相等 6.（2020浙江文） （8）若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的體積是 （A）cm3

45、 （B）cm3 （C）cm3 （D）cm3 【答案】B 【解析】選B，本題主要考察了對三視圖所表達示的空間幾何體的識別以及幾何體體積的計算，屬容易題 7.（2020北京文）（8）如圖，正方體的棱長為2，動點E、F在棱上。點Q是CD的中點，動點 P在棱AD上，若EF=1，DP=x，E=y(x,y大于零)， 則三棱錐P-EFQ的體積： （A）與x，y都有關； （B）與x，y都無關； （C）與x有關，與y無關； （D）與y有關，與x無關； 【答案】 C 8.（2020北京文）（5

46、）一個長方體去掉一個小長方體，所得幾何體的 正（主）視圖與側（左）視圖分別如右圖所示，則該 集合體的俯視圖為： 答案：C 9.（2020北京理）(8)如圖，正方體ABCD-的棱長為2，動點E、F在棱上，動點P，Q分別在棱AD，CD上，若EF=1，E=x，DQ=y，DＰ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），則四面體PEＦＱ的體積　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　?。ǎ粒┡cｘ，ｙ，ｚ都有關 　　?。ǎ拢┡cｘ有關，與ｙ，ｚ無關 　　?。ǎ茫┡cｙ有關，與ｘ，ｚ無關 　　　（Ｄ）與ｚ有關，與ｘ，ｙ無關 【答案】D 10.（2020北京理）

47、（3）一個長方體去掉一個小長方體，所得幾何體的正（主）視圖與側（左）視圖分別如右圖所示，則該幾何體的俯視圖為 【答案】 C 11.（2020廣東理）6.如圖1，△ ABC為三角形，//?//?, ?⊥平面ABC?且3== =AB,則多面體△ABC -的正視圖（也稱主視圖）是 【答案】D 12.（2020廣東文） 13.（2020福建文）3．若一個底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示,則其側面積等于 ( ) A． B．2 C． D．6 【答案】D

48、 【解析】由正視圖知：三棱柱是以底面邊長為2，高為1的正三棱柱，所以底面積為 ，側面積為，選D． 【命題意圖】本題考查立體幾何中的三視圖，考查同學們識圖的能力、空間想象能力等基本能力。 14.（2020全國卷1文）（12）已知在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點，若AB=CD=2,則四面體ABCD的體積的最大值為 (A) (B) (C) (D) 【答案】B 【命題意圖】本小題主要考查幾何體的體積的計算、球的性質、異面直線的距離,通過球這個載體考查考生的空間想象能力及推理運算能力. 【解析】過CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD,交AB與

49、P,設點P到CD的距離為,則有,當直徑通過AB與CD的中點時,,故 15.（2020浙江理）（6）設，是兩條不同的直線，是一個平面，則下列命題正確的是 （A）若，，則 （B）若，，則 （C）若，，則 （D）若，，則 【答案】 B 解析：選B，可對選項進行逐個檢查。本題主要考察了立體幾何中線面之間的位置關系及其中的公理和判定定理，也蘊含了對定理公理綜合運用能力的考察，屬中檔題 16.（2020江西理）10.過正方體的頂點A作直線L，使L與棱,,所成的角都相等，這樣的直線L可以作 A.1條 B.2條 C.3條 D.

50、4條 【答案】D 【解析】考查空間感和線線夾角的計算和判斷，重點考查學生分類、劃歸轉化的能力。第一類：通過點A位于三條棱之間的直線有一條體對角線AC1，第二類：在圖形外部和每條棱的外角和另2條棱夾角相等，有3條，合計4條。 17.（2020山東文）(4)在空間，下列命題正確的是 A.平行直線的平行投影重合 B.平行于同一直線的兩個平面平行 C.垂直于同一平面的兩個平面平行 D.垂直于同一平面的兩條直線平行 【答案】D 18.（2020四川理）（11）半徑為的球的直徑垂直于平面，垂足為， 是平面內邊長為的正三角形，線段、分別 與球面交于點M，N，那么M、N兩點間的球面距離

51、是 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 連結OM，則△OAM為等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD 而AC＝R,CD＝R 故MN：CD＝AN:AC T MN＝， 連結OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N兩點間的球面距離是 19.（2020全國卷1文）(6)直三棱柱中，若，，則異面直線與所成的角等于 (A)30° (B)45°(C)60° (D)90° 【答案】C 【命題

52、意圖】本小題主要考查直三棱柱的性質、異面直線所成的角、異面直線所成的角的求法. 【解析】延長CA到D，使得，則為平行四邊形，就是異面直線 與所成的角，又三角形為等邊三角形， 20.（2020湖北文）4.用、、表示三條不同的直線，表示平面，給出下列命題： ①若∥，∥，則∥；②若⊥，⊥，則⊥； ③若∥，∥，則∥；④若⊥，⊥，則∥. A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 21.（2020山東理）(3)在空間，下列命題正確的是 （A）平行直線的平行投影重合 （B）平行于同一直線的兩個平面平行 （C）垂直于同一平面的兩個平面平行 （D）垂直于同一平面的兩

53、條直線平行 【答案】D 【解析】由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可以得出答案。 【命題意圖】考查空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質，屬基礎題。 22.（2020安徽理）8、一個幾何體的三視圖如圖，該幾何體的表面積為 A、280 B、292 C、360 D、372 【答案】C 【解析】該幾何體由兩個長方體組合而成，其表面積等于下面長方體的全面積加上面長方體的4個側面積之和。 . 【方法技巧】把三視圖轉化為直觀圖是解決問題的關鍵.又三視圖很容易知道是兩個長方體的組合體，畫出直觀圖，得出各個棱的長度.把幾何體的表面積轉化為下面長方體的全面

54、積加上面長方體的4個側面積之和。 23.（2020全國卷2理）（11）與正方體的三條棱、、所在直線的距離相等的點 （A）有且只有1個 （B）有且只有2個 （C）有且只有3個 （D）有無數(shù)個 【答案】D 【解析】直線上取一點，分別作垂直于于則分別作，垂足分別為M，N，Q，連PM，PN，PQ，由三垂線定理可得，PN⊥PM⊥；PQ⊥AB，由于正方體中各個表面、對等角全等，所以，∴PM=PN=PQ，即P到三條棱AB、CC1、A1D1.所在直線的距離相等所以有無窮多點滿足條件，故選D. 2

55、4.（2020遼寧理）(12) (12)有四根長都為2的直鐵條，若再選兩根長都為a的直鐵條，使這六根鐵條端點處相連能夠焊接成一個三棱錐形的鐵架，則a的取值范圍是 (A)（0,） (B)（1,） (C) (,） (D) （0,） 【答案】A 【命題立意】本題考查了學生的空間想象能力以及靈活運用知識解決數(shù)學問題的能力。 【解析】根據(jù)條件，四根長為2的直鐵條與兩根長為a的直鐵條要組成三棱鏡形的鐵架，有以下兩種情況：（1）地面是邊長為2的正三角形，三條側棱長為2，a，a，如圖，此時a可以取最大值，可知AD=，SD=，則有<2+，即 ，即有a<

56、 (2)構成三棱錐的兩條對角線長為a，其他各邊長為2，如圖所示，此時a>0; 綜上分析可知a∈（0,） 25.（2020全國卷2文）（11）與正方體ABCD—A1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點 （A）有且只有1個 （B）有且只有2個 （C）有且只有3個 （D）有無數(shù)個 【答案】D 【解析】：本題考查了空間想象能力 ∵到三條兩垂直的直線距離相等的點在以三條直線為軸，以正方體邊長為半徑的圓柱面上，∴三個圓柱面有無數(shù)個交點， 26.（2020全國卷2文）（8）已知三棱錐

57、中，底面為邊長等于2的等邊三角形，垂直于底面，=3，那么直線與平面所成角的正弦值為 （A） (B) (C) (D) 【答案】D 【解析】：本題考查了立體幾何的線與面、面與面位置關系及直線與平面所成角。 A B C S E F 過A作AE垂直于BC交BC于E，連結SE，過A作AF垂直于SE交SE于F，連BF，∵正三角形ABC，∴ E為BC中點，∵ BC⊥AE，SA⊥BC，∴ BC⊥面SAE，∴ BC⊥AF，AF⊥SE，∴ AF⊥面SBC，∵∠ABF為直線AB與面SBC所成角，由正三角形邊

58、長3，∴ ，AS=3，∴ SE=，AF=，∴ 27.（2020全國卷1文）（9）正方體-中，與平面所成角的余弦值為 （A） （B） （C） （D） A B C D A1 B1 C1 D1 O 【答案】D 【命題意圖】本小題主要考查正方體的性質、直線與平面所成的角、點到平面的距離的求法，利用等體積轉化求出D到平面AC的距離是解決本題的關鍵所在,這也是轉化思想的具體體現(xiàn). 【解析1】因為BB1//DD1,所以B與平面AC所成角和DD1與平面AC所成角相等,設DO⊥平面AC，由等體積法得,即.設DD1=a, 則,. 所以,記DD1與平面AC所

59、成角為,則,所以. 【解析2】設上下底面的中心分別為；與平面AC所成角就是B與平面AC所成角， 28.（2020全國卷1理）（12）已知在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點，若AB=CD=2,則四面體ABCD的體積的最大值為 (A) (B) (C) (D) 29.（2020全國卷1理）（7）正方體ABCD-中，B與平面AC所成角的余弦值為 （A） （B） （C） （D） 30.（2020四川文）（12）半徑為的球的直徑垂直于平面，垂足為，是平面內邊長為的正三角形，線段、分別與球面交于點、，那么、兩點間的球面距

60、離是 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 連結OM，則△OAM為等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD 而AC＝R,CD＝R 故MN：CD＝AN:AC T MN＝， 連結OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N兩點間的球面距離是 二、填空題 31.（2020上海文）已知四棱椎的底面是邊長為6 的正方形，側棱底面，且，則該四棱椎的體積是 。 【答案】96 【解析】

61、考查棱錐體積公式 32.（2020湖南文）圖2中的三個直角三角形是一個體積為20cm2的幾何體的三視圖，則h= cm 【答案】4 33.（2020浙江理）若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的體積是___________. 解析：圖為一四棱臺和長方體的組合體的三視圖，由卷中所給公式計算得體積為144，本題主要考察了對三視圖所表達示的空間幾何體的識別以及幾何體體積的計算，屬容易題 34.（2020遼寧文）如圖，網格紙的小正方形的邊長是1，在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖，則這個多面體最長的一條棱的 長為

62、 . 解析：填畫出直觀圖：圖中四棱錐即是， 所以最長的一條棱的長為 35.（2020遼寧理）如圖，網格紙的小正方形的邊長是1，在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖，則這個多面體最長的一條棱的長為______. 【答案】 【命題立意】本題考查了三視圖視角下多面體棱長的最值問題，考查了同學們的識圖能力以及由三視圖還原物體的能力。 【解析】由三視圖可知，此多面體是一個底面邊長為2的正方形且有一條長為2的側棱垂直于底面的四棱錐，所以最長棱長為 36.（2020天津文）一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為 。 【答案】3 【解析】本題主要考

63、查三視圖的基礎知識，和主題體積的計算，屬于容易題。 由俯視圖可知該幾何體的底面為直角梯形，則正視圖和俯視圖可知該幾何體的高為1，結合三個試圖可知該幾何體是底面為直角梯形的直四棱柱，所以該幾何題的體積為 【溫馨提示】正視圖和側視圖的高是幾何體的高，由俯視圖可以確定幾何體底面的形狀，本題也可以將幾何體看作是底面是長為3，寬為2，高為1的長方體的一半。 37.（2020天津理）一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為 【答案】 【解析】本題主要考查三視圖的概念與柱體、椎體體積的計算，屬于容易題。 由三視圖可知，該幾何體為一個底面邊長為1，高為2的正四棱柱與

64、一個底面邊長為2，高為1的正四棱錐組成的組合體，因為正巳靈珠的體積為2，正四棱錐的體積為，所以該幾何體的體積V=2+ = 【溫馨提示】利用俯視圖可以看出幾何體底面的形狀，結合正視圖與側視圖便可得到幾何體的形狀，求錐體體積時不要丟掉哦。 38.（2020四川理）（15）如圖，二面角的大小是60°，線段.， 與所成的角為30°.則與平面所成的角的正弦值是 . 【答案】 【解析】過點A作平面β的垂線，垂足為C，在β內過C作l的垂線.垂足為D 連結AD，有三垂線定理可知AD⊥l， C D 故∠ADC為二面角的平面角，為60° 又由已知，∠ABD＝30° 連結CB

65、，則∠ABC為與平面所成的角 設AD＝2，則AC＝，CD＝1 AB＝＝4 ∴sin∠ABC＝ 39.（2020江西理）16.如圖，在三棱錐中，三條棱，，兩兩垂直，且>>,分別經過三條棱，，作一個截面平分三棱錐的體積，截面面積依次為，，，則，，的大小關系為 。 【答案】 【解析】考查立體圖形的空間感和數(shù)學知識的運用能力，通過補形，借助長方體驗證結論，特殊化，令邊長為1，2，3得。 40.（2020北京文）（14）如圖放置的邊長為1的正方形PABC沿x軸滾動。 設頂點p（x，y）的縱坐標與橫坐標的函數(shù)關系是 ，則的最小正周期為 ； 在其兩個

66、相鄰零點間的圖像與x軸 所圍區(qū)域的面積為 。 【答案】4 說明：“正方形PABC沿x軸滾動”包含沿x軸正方向和沿x軸負方向滾動。沿x軸正方向滾動是指以頂點A為中心順時針旋轉，當頂點B落在x軸上時，再以頂點B為中心順時針旋轉，如此繼續(xù)，類似地，正方形PABC可以沿著x軸負方向滾動。 41.（2020北京理）（14）如圖放置的邊長為1的正方形PABC沿x軸滾動。設頂點p（x，y）的軌跡方程是，則的最小正周期為 ；在其兩個相鄰零點間的圖像與x軸所圍區(qū)域的面積為 【答案】4 說明：“正方形PABC沿軸滾動”包括沿軸正方向和沿軸負方向滾動。沿軸正方向滾動指的是先以頂點A為中心順時針旋轉，當頂點B落在軸上時，再以頂點B為中心順時針旋轉，如此繼續(xù)。類似地，正方形PABC可以沿軸負方向滾動。 42.（2020四川文）（15）如圖，二面角的大小是60°，線段.， 與所成的角為30°.則與平面所成的角的正弦值是 . 【答案】 【解析】過點A作平面β的垂線，垂足為C，在β內過C作l的垂線.垂足為D 連結