2021屆高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題訓(xùn)練立體幾何(2021-2021年全國卷高考題選)

1、2021-2021年高考全國卷數(shù)學(xué)之立體幾何專題訓(xùn)練一選擇題（共13小題）A2B2C3D2A12B18C24D54A64B48C36D32ABCDAEBFCGDHA6+4B4+4C6+2D4+2ABC1DA8B4C2DABMEN，且直線BM，EN是相交直線BBMEN，且直線BM，EN是相交直線CBMEN，且直線BM，EN是異面直線DBMEN，且直線BM，EN是異面直線ABCDA2x+yz+20B2x+y+z60C2x+y+z40D2x+yz30ABCDAB二填空題（共10小題）CD三解答題（共17小題）（1）證明：平面ACD平面ABC；（2）Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BPDQD

2、A，求三棱錐QABP的體積（1）證明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值（1）證明：平面PAB平面PAC；（2）設(shè)DO，圓錐的側(cè)面積為，求三棱錐PABC的體積（1）證明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）設(shè)O為eqoac(,A)1B1C1的中心若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值（1）證明：點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)；（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值（1）當(dāng)ABBC時(shí)，EFAC；（2）點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)（1）證明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）設(shè)O為eqoac(,A)1B1C1

3、的中心若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN四棱錐BEB1C1F的體積，求（1）證明：MN平面C1DE；（2）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離（1）證明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值（1）證明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值（1）證明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，AB3，求四棱錐EBB1C1C的體積（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求圖2中的二面角BCGA的大?。?）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求圖2中的四邊形ACGD的面積（1）證明：PO平

4、面ABC；（2）若點(diǎn)M在棱BC上，且MC2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離（1）證明：平面AMD平面BMC；（1）證明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值（1）證明：PO平面ABC；（2）若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角MPAC為30，求PC與平面PAM所成角的正弦值答案一選擇題（共13小題）1【解答】解：由題意可知幾何體是圓柱，底面周長16，高為：2，直觀圖以及側(cè)面展開圖如圖：圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度：2故選：B2【解答】解：ABC為等邊三角形且面積為9，可得，解得AB6，球心為O，三角形ABC的外心為O

5、，顯然D在OO的延長線與球的交點(diǎn)如圖：OC，OO2，則三棱錐DABC高的最大值為：6，則三棱錐DABC體積的最大值為：18故選：B3【解答】解：由題意可知圖形如圖：O1的面積為4，可得O1A2，則AO1ABsin60，ABBCACOO12，外接球的半徑為：R球O的表面積：44264故選：A4，4【解答】解：設(shè)正四棱錐的高為h，底面邊長為a，側(cè)面三角形底邊上的高為h，則依題意有：，24因此有h2（）ah（22）（）10（負(fù)值舍去）；故選：C5【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖：如圖所示：根據(jù)三視圖和幾何體的的對(duì)應(yīng)關(guān)系的應(yīng)用，這個(gè)多面體某條棱的一個(gè)端點(diǎn)在正視圖中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，在俯視圖中對(duì)應(yīng)

6、的點(diǎn)為N，所以在側(cè)視圖中與點(diǎn)E對(duì)應(yīng)故選：A6【解答】解：由三視圖可知，幾何體的直觀圖是正方體的一個(gè)角，如圖：PAABAC2，PA、AB、AC兩兩垂直，故PBBCPC2，幾何體的表面積為：3故選：C6+2，7【解答】解：由題意可知圖形如圖：ABC是面積為，ABBCAC3，的等邊三角形，可得可得：AO1，球O的表面積為16，外接球的半徑為：R；所以4R216，解得R2，所以O(shè)到平面ABC的距離為：故選：C18【解答】解：如圖，由PAPBeqoac(,PC)，ABC是邊長為2的正三角形，可知三棱錐PABC為正三棱錐，則頂點(diǎn)P在底面的射影O1為底面三角形的中心，連接BO1并延長，交AC于G，則ACBG

7、，又PO1AC，PO1BGO1，可得AC平面PBG，則PBAC，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，EFPB，又CEF90，即EFCE，PBCE，得PB平面PAC，正三棱錐PABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，把三棱錐補(bǔ)形為正方體，則正方體外接球即為三棱錐的外接球，其直徑為D半徑為，則球O的體積為故選：D【9解答】解：點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，BM平面BDE，EN平面BDE，BM是BDE中DE邊上的中線，EN是BDE中BD邊上的中線，直線BM，EN是相交直線，設(shè)DEa，則BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故選：B【10解答】解：正三棱錐P

8、ABC的側(cè)面都是直角三角形，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，以P為原點(diǎn)，PA為x軸，PB為y軸，PC為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PAPBPC2，則A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），E（1，1，0），F(xiàn)（0，1，1），（0，2，0），（1，1，0），（0，1，1），設(shè)平面PEF的法向量（x，y，z），則，取x1，得（1，1，1），設(shè)PB與平面PEF所成角為，則sinPB與平面PEF所成角的正弦值為故選：C11【解答】解：設(shè)與平面2x+yz+40平行的平面方程為2x+yz+k0，代入點(diǎn)（1，1，3），得2113+k0，解得k2，則所求的平面方程為2x+yz+20故選：A12【解

9、答】解以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1棱長為2，則A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），（2，2，1），（0，2，0），設(shè)異面直線AE與CD所成角為，則cos，sin，tan異面直線AE與CD所成角的正切值為故選：C13【解答】解：正方體的所有棱中，實(shí)際上是3組平行的棱，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，如圖：所示的正六邊形平行的平面，并且正六邊形時(shí)，截此正方體所得截面面積的最大，此時(shí)正六邊形的邊長，截此正方體所得截面最大值為：6故選：A二填空題（共10小題）14【解答】解：如圖，A1、B

10、1、C1分別為OA、OB、OC的中點(diǎn)，eqoac(,A)1B1C1ABC，則，過O作OG平面ABC，交平面A1B1C1于G1，則故答案為：15【解答】解：長方體ABCDA1B1C1D1，ABAD4，AA18，E、F、G為AB、A1B1、DD1的中點(diǎn)，H為A1D1上一點(diǎn)，則A1H1，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，F(xiàn)（4，2，8），H（3，0，8），E（4，2，0），G（0，0，4），（1，2，0），（4，2，4），設(shè)異面直線FH與EG所成角為，則cos故答案為：16【解答】解：由已知得BDAB，BC2，因?yàn)镈、E、F三點(diǎn)重合，所以AEAD，BFBDAB，所

11、以CECF1，則在BCF中，由余弦定理得cosFCB，故答案為：17【解答】解：向量（1，1），（m+1，2m4），若，則m5，故答案為：518【解答】解：因?yàn)閳A錐內(nèi)半徑最大的球應(yīng)該為該圓錐的內(nèi)切球，如圖，圓錐母線BS3，底面半徑BC1，則其高SC2，不妨設(shè)該內(nèi)切球與母線BS切于點(diǎn)D，令ODOCeqoac(,r)，由SODSBC，則，即，解得r，Vr3，故答案為：19【解答】解：ACB90，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC2，點(diǎn)P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，過點(diǎn)P作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，過P作PO平面ABC，交平面ABC于O，連結(jié)OD，OC，則PDPE，由題意得CDCE

12、ODOEPO1，P到平面ABC的距離為故答案為：【20解答】解：該半正多面體共有8+8+8+226個(gè)面，設(shè)其棱長為x，則x+解得x1x+x1，故答案為：26，121【解答】解：該模型為長方體ABCDA1B1C1D1，挖去四棱錐OEFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H，分別為所在棱的中點(diǎn)，ABBC6cm，AA14cm，該模型體積為：VOEFGH66414412132（cm3），3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為：1320.9118.8（g）故答案為：118.822【解答】解：平面截球O的球面所得圓的面積為，則圓的半徑為1，該平

13、面與球心的距離d3，球半徑R球的表面積S4R240故答案為：40【23解答】解：圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SAB的面積為8，可得：解得SA4，SA與圓錐底面所成角為30可得圓錐的底面半徑為：2則該圓錐的體積為：V8，圓錐的高為：2，故答案為：8三解答題（共17小題）24【解答】解：（1）證明：在平行四邊形ABCM中，ACM90，ABAC，又ABDA且ADACA，AB面ADC，AB面ABC，平面ACD平面ABC；（2）ABAC3，ACM90，ADAM3，BPDQDA2，由（1）得DCAB，又DCCA，DC面ABC，三棱錐QABP的體積V1【（25解答】解：1）不妨設(shè)圓O的半徑為1，

14、OAOBOC1，AEAD2，在PAC中，PA2+PC2AC2，故PAPC，同理可得PAPB，又PBPCP，故PA平面PBC；（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則有，E（0，1，0），故，設(shè)平面PCE的法向量為，則由，得，取x1，則，z，所以平面PCE的法向量為，由（1）可知PA平面PBC，不妨取平面PBC的法向量為，故，即二面角BPCE的余弦值為26【解答】解：（1）連接OA，OB，eqoac(,OC)，ABC是底面的內(nèi)接正三角形，所以ABBCACO是圓錐底面的圓心，所以：OAOBOC，所以APBPCPOA2+OP2OB2+OP2OC2+OP2，所以APBBPCAPC，由于APC90，所以A

15、PBBPC90，所以APBP，CPBP，由于APCPP，所以BP平面APC，由于BP平面PAB，所以：平面PAB平面PAC（2）設(shè)圓錐的底面半徑為r，圓錐的母線長為l，所以由于圓錐的側(cè)面積為所以，整理得（r2+3）（r21）0，解得r1所以AB由于AP2+BP2AB2，解得則：27【解答】解：（1）證明：M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，底面為正三角形，B1NBM，四邊形BB1NM為矩形，A1NB1C1，BB1MN，AA1BB1，AA1MN，MNB1C1，A1NB1C1，MNA1NN，B1C1平面A1AMN，B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F，綜上，AA1MN，且平面A1

16、AMN平面EB1C1F（2）解：三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F與上下底面分別交于B1C1，EF，EFB1C1BC，AO面EB1C1F，AO面AMNA1，面AMNA1面EB1C1FPN，AOPN，四邊形APNO為平行四邊形，O是正三角形的中心，AOAB，A1N3ON，AM3AP，PNBCB1C13EF，由（1）知直線B1E在平面A1AMN內(nèi)的投影為PN，直線B1E與平面A1AMN所成角即為等腰梯形EFC1B1中B1E與PN所成角，在等腰梯形EFC1B1中，令EF1，過E作EHB1C1于H，則PNB1C1EH3，B1H1，sinB1EH，直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為28【解答】

17、（1）證明：在AA1上取點(diǎn)M，使得A1M2AM，連接EM，B1M，EC1，F(xiàn)C1，在長方體ABCDA1B1C1D1中，有DD1AA1BB1，且DD1AA1BB1又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，DEAMFB1四邊形B1FAM和四邊形EDAM都是平行四邊形AFMB1，且AFMB1，ADME，且ADME又在長方體ABCDA1B1C1D1中，有ADB1C1，且ADB1C1，B1C1ME且B1C1ME，則四邊形B1C1EM為平行四邊形，EC1MB1，且EC1MB1，又AFMB1，且AFMB1，AFEC1，且AFEC1，則四邊形AFC1E為平行四邊形，點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)；（2）解：在長方體A

18、BCDA1B1C1D1中，以C1為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以C1D1，C1B1，C1C所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)B2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1，A（2，1，3），E（2，0，2），F(xiàn)（0，1，1），A1（2，1，0），則，設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為則，取x11，得；設(shè)平面A1EF的一個(gè)法向量為則，取x21，得cos設(shè)二面角AEFA1為，則sin二面角AEFA1的正弦值為29【解答】解：（1）因?yàn)锳BCDA1B1C1D1是長方體，所以BB1平面ABCD，而AC平面ABCD，所以ACBB1，因?yàn)锳BCDA1B1C1D1是長方體，且ABBC，所以ABCD是正方形，所以ACB

19、D，又BDBB1B所以AC平面BB1D1D，又因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，所以EF平面BB1D1D，所以EFAC（2）取AA1上靠近A1的三等分點(diǎn)M，連接D1M，C1F，MF，C1E因?yàn)辄c(diǎn)E在DD1，且2DEED1，所以EDAM，且ED1AM，所以四邊形AED1M為平行四邊形，所以D1MAE，且D1MAE，又因?yàn)镕在BB1上，且BF2FB1，所以A1MFB1，且A1MFB1，所以A1B1FM為平行四邊形，所以FMA1B1，F(xiàn)MA1B1，即FMC1D1，F(xiàn)MC1D1，所以C1D1MF為平行四邊形，所以D1MC1F，所以AEC1F，所以A，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面所以點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)30

20、【解答】證明：（1）由題意知AA1BB1CC1，又側(cè)面BB1C1C是矩形且M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，MNBB1，BB1BC，MNAA1，MNB1C1，又底面是正三角形，AMBC，A1NB1C1，又MNAMM，B1C1平面A1AMN，B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F；解：（2）AO平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FNP，AONP，NOAP，AONP6，O為eqoac(,A)1B1C1的中心，ONA1C1sin606，ONAP，AM3AP3，過M作MHNP，垂足為H，平面A1AMN平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1FNP

21、，MH平面A1AMN，MH平面EB1C1F，在等邊三角形中，即EF2，由（1）可知四邊形EB1C1F為梯形，MPN，MHMPsinMPN3，31【解答】解法一：證明：（1）連結(jié)B1C，ME，M，E分別是BB1，BC的中點(diǎn)，MEB1C，又N為A1D的中點(diǎn)，NDA1D，由題設(shè)知A1B1DC，B1CA1D，MEND，四邊形MNDE是平行四邊形，MNED，又MN平面C1DE，MN平面C1DE解：（2）過C作C1E的垂線，垂足為H，由已知可得DEBC，DEC1C，DE平面C1CE，故DECH，CH平面C1DE，故CH的長即為C到平面C1DE的距離，由已知可得CE1，CC14，C1E，故CH，點(diǎn)C到平面C

22、1DE的距離為解法二：證明：（1）直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)DD1平面ABCD，DEAD，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DE為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，M（1，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，0），C1（1，4），0），（1，），（0，（0，設(shè)平面C1DE的法向量（x，y，z），則，取z1，得（4，0，1），），MN平面C1DE解：（2）C（1，0），（1，0），平面C1DE的法向量（4，0，1），點(diǎn)C到平面C1DE的距離：d32【解答】（1）證明：如圖，過N作NHAD，則NH

23、AA1，且，又MBAA1，MB，四邊形NMBH為平行四邊形，則NMBH，由NHAA1，N為A1D中點(diǎn)，得H為AD中點(diǎn)，而E為BC中點(diǎn)，BEDH，BEDH，則四邊形BEDH為平行四邊形，則BHDE，NMDE，NM平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以垂直于DC得直線為x軸，以DC所在直線為y軸，以DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則N（，2），M（，1，2），A1（，1，4），設(shè)平面A1MN的一個(gè)法向量為，由，取x，得，又平面MAA1的一個(gè)法向量為，cos二面角AMA1N的正弦值為33【解答】證明：（1）長方體ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面

24、ABA1B1，B1C1BE，BEEC1，B1C1EC1C1，BE平面EB1C1解：（2）以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AEA1E1，則BEEB1，BE平面EB1C1，BEEB1，BE2+EB122BE24，BE22，AE2+AB21+AB2BE22，AB1，則E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），BCEB1，EB1面EBC，故取平面EBC的法向量為（1，0，1），設(shè)平面ECC1的法向量（x，y，z），由，得，取x1，得（1，1，0），cos，二面角BECC1的正弦值為34【解答】解：（1）證明：由長方體ABCDA1B1C

25、1D1，可知B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，B1C1BE，BEEC1，B1C1EC1C1，BE平面EB1C1；（2）由（1）知BEB190，由題設(shè)可知RtABEeqoac(,Rt)A1B1E，AEBA1EB145，AEAB3，AA12AE6，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1平面BB1C1C，EAA1，AB平面BB1C1C，E到平面BB1C1C的距離dAB3，四棱錐EBB1C1C的體積V3631835【解答】證明：（1）由已知得ADBE，CGBE，ADCG，AD，CG確定一個(gè)平面，A，C，G，D四點(diǎn)共面，由已知得ABBE，ABBC，AB面BCGE，AB平面ABC，平面A

26、BC平面BCGE解：（2）作EHBC，垂足為H，EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，EH平面ABC，由已知，菱形BCGE的邊長為2，EBC60，BH1，EH，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所求的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，則A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），（1，0，），（2，1，0），設(shè)平面ACGD的法向量（x，y，z），則，取x3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量為（0，1，0），cos，二面角BCGA的大小為3036【解答】解：（1）證明：由已知可得ADBE，CGBE，即有ADCG，則AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面；由四邊形AB

27、ED為矩形，可得ABBE，由ABC為直角三角形，可得ABBC，又BCBEB，可得AB平面BCGE，AB平面ABC，可得平面ABC平面BCGE；（2）連接BG，AG，由AB平面BCGE，可得ABBG，在BCG中，BCCG2，BCG120，可得BG2BCsin602可得AG，在ACG中，AC，CG2，AG，可得cosACG，即有sinACG，則平行四邊形ACGD的面積為2437【解答】（1）證明：ABBC2，AC4，AB2+BC2ACeqoac(,2)，即ABC是直角三角形，又O為AC的中點(diǎn)，OAOBOC，PAPBeqoac(,PC)，POAPOBPOC，POAPOBPOC90，POAC，POOB，OBACO，PO平面ABC；（2）解：由（1）得PO平面ABC，PO，在COM中，OM，eqoac(,S)COM設(shè)點(diǎn)C到平面POM的距離為d由VPOMCVCPOM，解得d，點(diǎn)C到平面POM的距離為3