2020版高考數(shù)學(xué) 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(zhǎng)為1的正方形，點(diǎn)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(diǎn)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(cuò)誤的是 A．如果平面，那么平面內(nèi)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(nèi)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(nèi)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(diǎn)，，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(gè)幾何體的直觀圖可以是 【答案】D 6.（山東理11）右圖是長(zhǎng)和寬分別相等的兩個(gè)矩形．給定下列三個(gè)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(gè)數(shù)是 A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 7.（全國(guó)新課標(biāo)理6）。在一個(gè)幾何體的三視圖中，正視圖與俯視圖如右圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以為 【答案】D 8.（全國(guó)大綱理6）已知直二面角α? ι?β，點(diǎn)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(guó)大綱理11）已知平面α截一球面得圓M，過(guò)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(cè)視圖 俯視圖 圖1 A．7 B．9 C．11 D．13 【答案】D 10.（湖南理3）設(shè)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(gè)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(cè)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(gè)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(gè)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(jié)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(diǎn)，AB=，，則棱錐S—ABC的體積為 （A） （B） （C） （D）1 【答案】C 17．（上海理17）設(shè)是空間中給定的5個(gè)不同的點(diǎn)，則使 成立的點(diǎn)的個(gè)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(cè)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(nèi)接圓柱．當(dāng)圓柱的側(cè) 面積最大是，求的表面積與改圓柱的側(cè)面積之差是 ． 【答案】 【解析】時(shí)， ，則 20.（遼寧理15）一個(gè)正三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)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(gè)矩形，則這個(gè)矩形的面積是 ． 【答案】

8、 21.（天津理10）一個(gè)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(guó)新課標(biāo)理15）。已知矩形ABCD的頂點(diǎn)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_(kāi)____________． 【答案】 23.（湖北理14）如圖，直角坐標(biāo)系所在的平面為，直角坐標(biāo)系（其中軸一與軸重合）所在的平面為，。 （Ⅰ）已知平面內(nèi)有一點(diǎn)，則點(diǎn)在平面內(nèi)的射影的 坐標(biāo)為 （2，2） ； （Ⅱ）已知平面內(nèi)的曲線的方程是，則曲線在平面內(nèi)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(zhǎng)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(diǎn) 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(guān)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?yàn)镋、F分別為 AP，

10、AD的中點(diǎn)，所以EF//PD. 又因?yàn)镋F平面PCD，PD平面PCD， 所以直線EF//平面PCD. （2）連結(jié)DB，因?yàn)锳B=AD，∠BAD=60°， 所以△ABD為正三角形，因?yàn)镕是AD的 中點(diǎn)，所以BF⊥AD.因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD。又因?yàn)? 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(diǎn)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(guān)系，空間直線平行的證明，多面體體積的計(jì)算等基本知識(shí)，考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力. （I）（綜合法） 證明：設(shè)G是線段DA與EB延長(zhǎng)線的交點(diǎn). 由于△OAB與△ODE都是正三角形，所以 = ∥，OG=OD=2， 同理，設(shè)是線段DA與線段FC延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，有 又由于G和都在線段DA的延長(zhǎng)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(diǎn)，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. （向量法） 過(guò)點(diǎn)F作，交AD于

12、點(diǎn)Q，連QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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(zhǎng)為2的正三角形，故 所以 過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD，交AD于點(diǎn)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(dāng)平面與平面垂直時(shí)，求的長(zhǎng). 證明：（Ⅰ）因?yàn)?/p>

13、四邊形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD. 所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）設(shè)AC∩BD=O. 因?yàn)椤螧AD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=. 如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz，則 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）. 所以 設(shè)PB與AC所成角為，則 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知 設(shè)P（0，－，t）（t>0）， 則 設(shè)平面PBC的法向量, 則 所以 令則 所以 同理，平面PDC的法向量 因?yàn)槠矫鍼CB⊥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(shè)AB=AP． （i）若直線PB與平面PCD所成的角為，求線段AB的長(zhǎng)； （ii）在線段AD上是否存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等？說(shuō)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(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力、抽象根據(jù)能力、運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，滿分14分。 解法一

15、： （I）因?yàn)槠矫鍭BCD， 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(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系 A—xyz（如圖） 在平面ABCD內(nèi)，作CE//AB交AD于點(diǎn)E，則 在中，DE=， 設(shè)AB=AP=t，則B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t， 所以， （i）設(shè)平面PCD的法向量為， 由，，得 取，得平面PCD的一個(gè)法向量， 又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得 解得（舍去，因?yàn)锳D），所以 （ii）假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C

16、，D的距離都相等， 設(shè)G（0，m，0）（其中） 則， 由得，（2） 由（1）、（2）消去t，化簡(jiǎn)得（3） 由于方程（3）沒(méi)有實(shí)數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G， 使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，C，D的距離都相等。 從而，在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G， 使得點(diǎn)G到點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz（如圖） 在平面ABCD內(nèi)，作CE//AB交AD于E， 則。 在平面ABCD內(nèi)，作CE//AB交AD于點(diǎn)E，則 在中，DE=， 設(shè)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(shè)平面PCD的法向量為， 由，，得 取，得平面PCD的一個(gè)法向量， 又，故由直線PB與平面PCD所成的角為，得 解得（舍去，因?yàn)锳D）， 所以 （ii）假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等， 由GC=CD，得， 從而，即 設(shè) ， 在中， 這與GB=GD矛盾。 所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)B，C，D的距離都相等， 從而，在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)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(zhǎng)為1的棱

18、形， 且∠DAB=60，,PB=2, E,F分別是BC,PC的中點(diǎn)． （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(diǎn)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(diǎn)為G，因?yàn)? 又為等邊三角形，因此，， 從而平面PBG。 延長(zhǎng)BG到O且使得PO OB，又平面PBG，P

19、O AD， 所以PO 平面ABCD。 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，菱形的邊長(zhǎng)為單位長(zhǎng)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(biāo)系。 設(shè) 由于 得 平面DEF。 （2） 取平面ABD的法向量 設(shè)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(zhǎng)都是4，是的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)在側(cè)棱上，且不與點(diǎn)重合． （Ⅰ）當(dāng)=1時(shí)，求證：⊥； （Ⅱ）設(shè)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(guān)系和二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力、推

20、理論證能力和運(yùn)算求解能力。（滿分12分） 解法1：過(guò)E作于N，連結(jié)EF。 （I）如圖1，連結(jié)NF、AC1，由直棱柱的性質(zhì)知， 底面ABC側(cè)面A1C。 又度面?zhèn)让鍭，C=AC，且底面ABC， 所以側(cè)面A1C，NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)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(jié)AF，過(guò)N作于M，連結(jié)ME。 由（I）知側(cè)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(shè) 在中， 在 故 又 故當(dāng)時(shí)，達(dá)到最小值； ，此時(shí)F與C1重合。 解法2：（I）建立如

21、圖3所示的空間直角坐標(biāo)系，則由已知可得 于是 則 故 （II）設(shè)， 平面AEF的一個(gè)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(zhì)可取側(cè)面AC1的一個(gè)法向量為， 于是由為銳角可得， 所以， 由，得，即 故當(dāng)，即點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，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(diǎn)，為的中點(diǎn)． （Ⅰ）證明：平面平面; （Ⅱ）求二面角的余弦值。 解法1：連結(jié)OC，因?yàn)? 又底面⊙O，AC底面⊙O，所以， 因?yàn)镺D，P

22、O是平面POD內(nèi)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(guò)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(guò)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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB、OC、OP所在直線分別為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則 ， 設(shè)是平面POD的一個(gè)法向量， 則由，得 所以 設(shè)是平面PAC的一個(gè)法向量， 則由， 得 所以 得。

23、 因?yàn)? 所以從而平面平面PAC。 （II）因?yàn)閥軸平面PAB，所以平面PAB的一個(gè)法向量為 由（I）知，平面PAC的一個(gè)法向量為 設(shè)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(biāo)原點(diǎn)，線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)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(shè)是平面PBC的法向量，則 因此可取 設(shè)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(guó)大綱理19） 如圖，四棱錐中， ,，側(cè)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(diǎn)E，連結(jié)DE，則四邊形BCDE為矩形，DE=CB=2， 連結(jié)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(jié)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(shè)AB與平面SBC所成的角為α， 則 …………12分 解法二： 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C—xyz。 設(shè)D（1，0，0），則A（2，2，0）、B（0，2，0）。 又設(shè) （I），， 由得 故x=1。 由 又由 即 …………3分 于是， 故 所以平面SAB。 …………6分 （II）設(shè)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(guó)新課標(biāo)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?yàn)椋?由余弦定理得 從而B(niǎo)D2+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(biāo)原點(diǎn)，AD的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-，則 ，，，． 設(shè)平面PAB的法向量為n=（x，y，z），則 即 因此可取n= 設(shè)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(diǎn)，求證：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大?。? 19．（I）證法一： 因?yàn)镋F//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(diǎn)， 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?yàn)镋F//AB，F(xiàn)G//BC，EG//AC，， 所以∽ 由于AB=2EF， 因此，BC=2FC， 取BC的中點(diǎn)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(diǎn)，連接MN， 則MN//AB， 因?yàn)? 所以平面GMN//平面ABFE。 又平面GMN， 所以GM//平面ABFE。 （II）解法一： 因?yàn)椋? 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(biāo)系， 不妨設(shè) 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(shè)平面BFC的法向量為 則 所以取 所以 設(shè)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(diǎn)H，連接CH， 因?yàn)锳C=BC， 所以， 則平面ABFE， 過(guò)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(shè)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(shè)Ｅ為ＢＣ的中點(diǎn)，求與夾角的余弦值。 解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ邊上的高， ∴?當(dāng)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(shè)=1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(zhǎng)為1的正四棱柱，是和的交點(diǎn)。 （1）設(shè)與底面所成的角的大小為，二面角的大小為。 求證：； （2）若點(diǎn)到平面的距離為，求正四棱柱的高。 解：設(shè)正四棱柱的高為。 ⑴ 連，底面于， ∴ 與底面所成的角為，即 ∵ ，為中點(diǎn)，∴，又， ∴ 是二面角的平面角，即 ∴ ，。 ⑵ 建立如圖空間直角坐標(biāo)系，有 設(shè)平面的一個(gè)法向量為， ∵ ，取得 ∴ 點(diǎn)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(zhǎng)線與A1C1的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，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(diǎn)C到平面B1DP的距離． ．解析：（1）連接交于,, ,又為的中點(diǎn)， 中點(diǎn)，,,D為的中點(diǎn)。 （2）由題意,過(guò)B 作,連接，則 ,為二面角的平面角。在中， ,則 （3）因?yàn)?，所? , 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(shè)為棱的中點(diǎn)，點(diǎn)在平面內(nèi)，且平面，求線段的長(zhǎng)． 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(chǔ)知識(shí)，考查用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的方法，考查空間想象能力、運(yùn)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(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn). 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(shè)平面AA1C1的法向量，

35、 則即 不妨令可得， 同樣地，設(shè)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(diǎn)， 得設(shè)M（a，b，0）， 則 由平面A1B1C1，得 即 解得故 因此，所以線段BM的長(zhǎng)為 方法二： （I）解：由于AC//A1C1，故是異面直線AC與A1B1所成的角. 因?yàn)槠矫鍭A1B1B，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(guò)點(diǎn)A作于點(diǎn)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?yàn)槠矫鍭1B1C1，所以 取HB1中點(diǎn)D，連接ND，由于N是棱B1C1中點(diǎn)， 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(zhǎng)交A1B1于點(diǎn)E， 則 由 得，延長(zhǎng)EM交AB于點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)M，使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在，求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。 本題主要考查空是點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，空間向量的應(yīng)用，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力。滿分15分。 方法一： （I）證明：如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，以射線OP為z軸的正半軸， 建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz 則， ，由此可得，所以 ，即 （II）解：設(shè) 設(shè)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(diǎn)M符合題意，AM=3。 方法二： （I）證明：由AB=AC，D是BC的中點(diǎn)，得 又平面ABC，得 因?yàn)椋云矫鍼AD， 故 （II）解：如圖，在平面PAB內(nèi)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(diǎn)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(shè)F為AC的中點(diǎn)，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(shè)G，H分別為邊CD，BD的中點(diǎn)，則FG//AD，GH//BC，從而∠FGH是異面直線AD與BC所成的角或其補(bǔ)角.

40、 設(shè)E為邊AB的中點(diǎn)，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(shè)知∠DEF=60° 設(shè) 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(guò)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(diǎn)，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(biāo)系F—xyz. 不妨設(shè)AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點(diǎn)A，C，D的坐標(biāo)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(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為，有 易知與坐標(biāo)系的建立方式不合，舍去. 因此點(diǎn)B的坐標(biāo)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(guó)卷2理）（9）已知正四棱錐中，，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，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(wèn)題. 【解析】設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則高所以體積， 設(shè)，則，當(dāng)y取最值時(shí)，，解得a=0或a=4時(shí)，體積最大，此時(shí)，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(diǎn)，，， ，，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(gè)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(gè)長(zhǎng)方體組合而成，其表面積等于下面長(zhǎng)方體的全面積加上面長(zhǎng)方體的4個(gè)側(cè)面積之和。 . 【方法技巧】把三視圖轉(zhuǎn)化為直觀圖是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.又三視圖很容易知道是兩個(gè)長(zhǎng)方體的組合體，畫(huà)出直觀圖，得出各個(gè)棱的長(zhǎng)度.把幾何體的表面積轉(zhuǎn)化為下面長(zhǎng)方體的全面積加上面長(zhǎng)方體的4

44、個(gè)側(cè)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(diǎn) （A）只有1個(gè) （B）恰有3個(gè) （C）恰有4個(gè) （D）有無(wú)窮多個(gè) 【答案】 D 【解析】放在正方體中研究,顯然，線段、EF、FG、GH、 HE的中點(diǎn)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(cè)棱上找到四個(gè)點(diǎn)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(duì)三視圖所表達(dá)示的空間幾何體的識(shí)別以及幾何體體積的計(jì)算，屬容易題 7.（2020北京文）（8）如圖，正方體的棱長(zhǎng)為2，動(dòng)點(diǎn)E、F在棱上。點(diǎn)Q是CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) 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(guān)； （B）與x，y都無(wú)關(guān)； （C）與x有關(guān)，與y無(wú)關(guān)； （D）與y有關(guān)，與x無(wú)關(guān)； 【答案】 C 8.（2020北京文）（5

46、）一個(gè)長(zhǎng)方體去掉一個(gè)小長(zhǎng)方體，所得幾何體的 正（主）視圖與側(cè)（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(zhǎng)為2，動(dòng)點(diǎn)E、F在棱上，動(dòng)點(diǎn)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(guān) 　　　（Ｂ）與ｘ有關(guān)，與ｙ，ｚ無(wú)關(guān) 　　　（Ｃ）與ｙ有關(guān)，與ｘ，ｚ無(wú)關(guān) 　　?。ǎ模┡cｚ有關(guān)，與ｘ，ｙ無(wú)關(guān) 【答案】D 10.（2020北京理）

47、（3）一個(gè)長(zhǎng)方體去掉一個(gè)小長(zhǎng)方體，所得幾何體的正（主）視圖與側(cè)（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(chēng)主視圖）是 【答案】D 12.（2020廣東文） 13.（2020福建文）3．若一個(gè)底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示,則其側(cè)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(zhǎng)為2，高為1的正三棱柱，所以底面積為 ，側(cè)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(xué)們識(shí)圖的能力、空間想象能力等基本能力。 14.（2020全國(guó)卷1文）（12）已知在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點(diǎn)，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(jì)算、球的性質(zhì)、異面直線的距離,通過(guò)球這個(gè)載體考查考生的空間想象能力及推理運(yùn)算能力. 【解析】過(guò)CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD,交AB與

49、P,設(shè)點(diǎn)P到CD的距離為,則有,當(dāng)直徑通過(guò)AB與CD的中點(diǎn)時(shí),,故 15.（2020浙江理）（6）設(shè)，是兩條不同的直線，是一個(gè)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(duì)選項(xiàng)進(jìn)行逐個(gè)檢查。本題主要考察了立體幾何中線面之間的位置關(guān)系及其中的公理和判定定理，也蘊(yùn)含了對(duì)定理公理綜合運(yùn)用能力的考察，屬中檔題 16.（2020江西理）10.過(guò)正方體的頂點(diǎn)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(jì)算和判斷，重點(diǎn)考查學(xué)生分類(lèi)、劃歸轉(zhuǎn)化的能力。第一類(lèi)：通過(guò)點(diǎn)A位于三條棱之間的直線有一條體對(duì)角線AC1，第二類(lèi)：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(jì)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(gè)平面平行 C.垂直于同一平面的兩個(gè)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(nèi)邊長(zhǎng)為的正三角形，線段、分別 與球面交于點(diǎn)M，N，那么M、N兩點(diǎn)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(jié)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(jié)OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N兩點(diǎn)間的球面距離是 19.（2020全國(guó)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(zhì)、異面直線所成的角、異面直線所成的角的求法. 【解析】延長(zhǎng)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(gè)平面平行 （C）垂直于同一平面的兩個(gè)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(guān)系及線面垂直與平行的判定與性質(zhì)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(guān)系及線面垂直與平行的判定與性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題。 22.（2020安徽理）8、一個(gè)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(gè)長(zhǎng)方體組合而成，其表面積等于下面長(zhǎng)方體的全面積加上面長(zhǎng)方體的4個(gè)側(cè)面積之和。 . 【方法技巧】把三視圖轉(zhuǎn)化為直觀圖是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.又三視圖很容易知道是兩個(gè)長(zhǎng)方體的組合體，畫(huà)出直觀圖，得出各個(gè)棱的長(zhǎng)度.把幾何體的表面積轉(zhuǎn)化為下面長(zhǎng)方體的全面

54、積加上面長(zhǎng)方體的4個(gè)側(cè)面積之和。 23.（2020全國(guó)卷2理）（11）與正方體的三條棱、、所在直線的距離相等的點(diǎn) （A）有且只有1個(gè) （B）有且只有2個(gè) （C）有且只有3個(gè) （D）有無(wú)數(shù)個(gè) 【答案】D 【解析】直線上取一點(diǎn)，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(gè)表面、對(duì)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(wú)窮多點(diǎn)滿足條件，故選D. 2

55、4.（2020遼寧理）(12) (12)有四根長(zhǎng)都為2的直鐵條，若再選兩根長(zhǎng)都為a的直鐵條，使這六根鐵條端點(diǎn)處相連能夠焊接成一個(gè)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(xué)生的空間想象能力以及靈活運(yùn)用知識(shí)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的能力。 【解析】根據(jù)條件，四根長(zhǎng)為2的直鐵條與兩根長(zhǎng)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(zhǎng)為2的正三角形，三條側(cè)棱長(zhǎng)為2，a，a，如圖，此時(shí)a可以取最大值，可知AD=，SD=，則有<2+，即 ，即有a<

56、 (2)構(gòu)成三棱錐的兩條對(duì)角線長(zhǎng)為a，其他各邊長(zhǎng)為2，如圖所示，此時(shí)a>0; 綜上分析可知a∈（0,） 25.（2020全國(guó)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(diǎn) （A）有且只有1個(gè) （B）有且只有2個(gè) （C）有且只有3個(gè) （D）有無(wú)數(shù)個(gè) 【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(diǎn)在以三條直線為軸，以正方體邊長(zhǎng)為半徑的圓柱面上，∴三個(gè)圓柱面有無(wú)數(shù)個(gè)交點(diǎn)， 26.（2020全國(guó)卷2文）（8）已知三棱錐

57、中，底面為邊長(zhǎng)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(guān)系及直線與平面所成角。 A B C S E F 過(guò)A作AE垂直于BC交BC于E，連結(jié)SE，過(guò)A作AF垂直于SE交SE于F，連BF，∵正三角形ABC，∴ E為BC中點(diǎn)，∵ 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(zhǎng)3，∴ ，AS=3，∴ SE=，AF=，∴ 27.（2020全國(guó)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(zhì)、直線與平面所成的角、點(diǎn)到平面的距離的求法，利用等體積轉(zhuǎn)化求出D到平面AC的距離是解決本題的關(guān)鍵所在,這也是轉(zhuǎn)化思想的具體體現(xiàn). 【解析1】因?yàn)锽B1//DD1,所以B與平面AC所成角和DD1與平面AC所成角相等,設(shè)DO⊥平面AC，由等體積法得,即.設(shè)DD1=a, 則,. 所以,記DD1與平面AC所

59、成角為,則,所以. 【解析2】設(shè)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(guó)卷1理）（12）已知在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點(diǎn)，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(guó)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(nèi)邊長(zhǎng)為的正三角形，線段、分別與球面交于點(diǎn)、，那么、兩點(diǎn)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(jié)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(jié)OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N兩點(diǎn)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(zhǎng)為6 的正方形，側(cè)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(gè)直角三角形是一個(gè)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(tái)和長(zhǎng)方體的組合體的三視圖，由卷中所給公式計(jì)算得體積為144，本題主要考察了對(duì)三視圖所表達(dá)示的空間幾何體的識(shí)別以及幾何體體積的計(jì)算，屬容易題 34.（2020遼寧文）如圖，網(wǎng)格紙的小正方形的邊長(zhǎng)是1，在其上用粗線畫(huà)出了某多面體的三視圖，則這個(gè)多面體最長(zhǎng)的一條棱的 長(zhǎng)為

62、 . 解析：填畫(huà)出直觀圖：圖中四棱錐即是， 所以最長(zhǎng)的一條棱的長(zhǎng)為 35.（2020遼寧理）如圖，網(wǎng)格紙的小正方形的邊長(zhǎng)是1，在其上用粗線畫(huà)出了某多面體的三視圖，則這個(gè)多面體最長(zhǎng)的一條棱的長(zhǎng)為_(kāi)_____. 【答案】 【命題立意】本題考查了三視圖視角下多面體棱長(zhǎng)的最值問(wèn)題，考查了同學(xué)們的識(shí)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(gè)底面邊長(zhǎng)為2的正方形且有一條長(zhǎng)為2的側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，所以最長(zhǎng)棱長(zhǎng)為 36.（2020天津文）一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)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(chǔ)知識(shí)，和主題體積的計(jì)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(jié)合三個(gè)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(cè)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(zhǎng)為3，寬為2，高為1的長(zhǎng)方體的一半。 37.（2020天津理）一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)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(jì)算，屬于容易題。 由三視圖可知，該幾何體為一個(gè)底面邊長(zhǎng)為1，高為2的正四棱柱與

64、一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為1的正四棱錐組成的組合體，因?yàn)檎褥`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(jié)合正視圖與側(cè)視圖便可得到幾何體的形狀，求錐體體積時(shí)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(guò)點(diǎn)A作平面β的垂線，垂足為C，在β內(nèi)過(guò)C作l的垂線.垂足為D 連結(jié)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(jié)CB

65、，則∠ABC為與平面所成的角 設(shè)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(jīng)過(guò)三條棱，，作一個(gè)截面平分三棱錐的體積，截面面積依次為，，，則，，的大小關(guān)系為 。 【答案】 【解析】考查立體圖形的空間感和數(shù)學(xué)知識(shí)的運(yùn)用能力，通過(guò)補(bǔ)形，借助長(zhǎng)方體驗(yàn)證結(jié)論，特殊化，令邊長(zhǎng)為1，2，3得。 40.（2020北京文）（14）如圖放置的邊長(zhǎng)為1的正方形PABC沿x軸滾動(dòng)。 設(shè)頂點(diǎn)p（x，y）的縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系是 ，則的最小正周期為 ； 在其兩個(gè)

66、相鄰零點(diǎn)間的圖像與x軸 所圍區(qū)域的面積為 。 【答案】4 說(shuō)明：“正方形PABC沿x軸滾動(dòng)”包含沿x軸正方向和沿x軸負(fù)方向滾動(dòng)。沿x軸正方向滾動(dòng)是指以頂點(diǎn)A為中心順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)頂點(diǎn)B落在x軸上時(shí)，再以頂點(diǎn)B為中心順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，如此繼續(xù)，類(lèi)似地，正方形PABC可以沿著x軸負(fù)方向滾動(dòng)。 41.（2020北京理）（14）如圖放置的邊長(zhǎng)為1的正方形PABC沿x軸滾動(dòng)。設(shè)頂點(diǎn)p（x，y）的軌跡方程是，則的最小正周期為 ；在其兩個(gè)相鄰零點(diǎn)間的圖像與x軸所圍區(qū)域的面積為 【答案】4 說(shuō)明：“正方形PABC沿軸滾動(dòng)”包括沿軸正方向和沿軸負(fù)方向滾動(dòng)。沿軸正方向滾動(dòng)指的是先以頂點(diǎn)A為中心順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)頂點(diǎn)B落在軸上時(shí)，再以頂點(diǎn)B為中心順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，如此繼續(xù)。類(lèi)似地，正方形PABC可以沿軸負(fù)方向滾動(dòng)。 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(guò)點(diǎn)A作平面β的垂線，垂足為C，在β內(nèi)過(guò)C作l的垂線.垂足為D 連結(jié)