2021年高考理科數(shù)學(xué)熱點08 立體幾何（解析版）(一)

熱點08立體幾何

【命題趨勢】

立體幾何一向在高中數(shù)學(xué)中占有很大的分值，未來的高考中立體幾何也會持續(xù)成

為高考的一個熱點，理科高考中立體幾何主要考查三視圖的相關(guān)性質(zhì)操縱，簡單幾何

體的體積，外觀積以及外接圓問題.另外挑選部分主要考查在點線面位置關(guān)系，簡單幾

何體三視圖.挑選題主要仍是以幾何體的根基性質(zhì)為主，解答題部分主要考查平行，垂

直關(guān)系以及二面角問題.本專題針對高考高頻常識點以及題型進行總結(jié)，希望通過本專題的

學(xué)習(xí)，能夠掌握高考數(shù)學(xué)中的立體幾何的題型，將高考有關(guān)的立體幾何所有分數(shù)拿到.

【滿分本領(lǐng)】

根本常識點考查：一樣來說遵循三短一長選最長.要學(xué)會抽象問題具體會，將問題中的

直線轉(zhuǎn)化成表現(xiàn)中的具體事務(wù)，例如立體坐標系可以看做是一個教室的墻角

有關(guān)外接圓問題：一樣圖形可以采納補形法，將幾何體補成正方體大概是長方體，再

操縱不在同一個平面的四點確定一個立體平面原理，從而去求.

內(nèi)切圓問題：轉(zhuǎn)化成正方體的內(nèi)切圓去求.

求點到平面的間隔問題：采納等體積法.

求兒何體的外觀積體積問題：應(yīng)注重巧妙拔取底面積與高.

對于二面角問題應(yīng)采納創(chuàng)立立體坐標系去求.但是坐標系要注重采納左手系務(wù)必要標記

正確對應(yīng)點以及法向量對應(yīng)的坐標.

【考查題型】挑選，填空，解答題

【限時檢測】（建議用時:45分鐘）

1.（2021?湖北高三月考）已知是兩條差別的直線，a,p,y是三個差別的平面,

則下列命題中對的是（）

A.若ac/?=a,6p|y=。，a1/b,則e//y

B.若〃/">,a_La,aLp,則“/4

C.若a_L/7,ac/3=a,則〃_La

D.若a_La,b_L則：j,力

【答案解析】D

【考點解析】：對于A：若。c，=a,/3C\y=b,a//b,則。/少或a與/訂交,

故A錯誤；

對于B：若a//。，ala,al。,則b與￡平行或》<=4，故B錯誤；

對于C：若ac/3=a,>j_力，則匕ua或力與a訂交或平行，故C錯誤;

對于D：若a_La,）_L如圖

設(shè)匕nZ?=B,過5作5C_U（a「|4=/）,因為?1/?,BCu0、所以

BCLa,所以BC〃a,因為blBC,所以6_La,故D正確；

故選：D

2.（2021?全國高三專題練習(xí)（理））祖唯是我國南北朝時代的偉大科學(xué)家.他提出的

“幕勢既同，則積不容易”稱為祖瞄原理，操縱該原理可以得到柱體體積公式

%體=5萬，其中S是柱體的底面積，/?是柱體的高，若某柱體的三視圖如圖所

示，則該柱體的體積是（）

正視圖惻視圖

俯視圖

A.158B.162

C.182D.32

【答案解析】B

由三視圖得該棱柱的高為6,底面可以看作是由兩個直角梯形組合而成的，其中一

個上底為4,下底為6,高為3,另一個的上底為2,下底為6,高為3,則該

2+64+6?/

棱柱的體積為------x34--------x3x6=162.

22J

3.（2021?全國高三其他模擬）如圖所示，在直三棱柱ABC-4BCi中，AC1BC,

且BC=3,AC=4,CC,=3,點p在棱上，且三棱錐A-P3C的體積為

4,則直線BG與平面PBC所成角的正弦值等于（）

A>/ioRV6rVionVis

4455

【答案解析】C

由已知得A4J底面ABC,且AC_LBC,

所以匕_PBC=%-A8c=：XSAABCXP4=；X；X3X4XPA=4,解得E4=2.

如圖所示，以點。為坐標原點，CB、CA，CG所在直線分別為X、＞、z軸

創(chuàng)立空間直角坐標系，

則C(0,0,0)、P(o,4,2)、B(3,0,0)、C,(O,O,3).

則麗=(3,0,0),麗=(0,4,2),需=(-3,0,3).

設(shè)平面5cp的法向量為i=(x,y,z),

nCB=0[3x=0fx=0

則由｛__Jj"得cn,即cc，得x=0,令y=l,得

n-CP=0[4y+2z=0[2y+z=0

z=-2,

所覺得3=(o,l,-2)平面BCP的一個法向量.

設(shè)直線BQ與平面所成的角為仇

Vio

則0

sin=cos<"I-

故選：c.

4.（2021?全國高三專題練習(xí)（理））已知四面體。一ABC,G是AABC的重心，且

__________UULUULIUUIIUII

OP=3PG，若OP=x（M+yOB+zOC，貝UOVz）為（）

I11、111、222、,333、

A?(屋屋/c.(_，_，_)D-(4'47)

333

【答案解析】A

o

【考點解析】/K尸\

B

毗鄰AG交BC丁點E,則E為BC中點，

AE=-(AB+AC)=-(OB-2OA+OC),

22

則==月-2礪+oO，VOP=3PG=3(OG-OP),：.OP=-OG,

—3—?3——?3—?1—?2—■1—?1—?1—.1—

：.OP=-OG=-(OA+AG)=-(OA+-OB一一OA+-OC)=-OA+-OB+-OC,

444333444

1

故4Lx=y=z=_

4

故選：A.

5.(2021.全國高三專題練習(xí))如圖四面體A-3CD中，AD^BC=2,AD±BC,截

面四邊形EEG”滿足所//BC；FG//AD,則下列結(jié)論對的個數(shù)為()

①四邊形EEG”的周長為定值

②四邊形EPGH的面積為定值

③四邊形EFG”為矩形

④四邊形ERG”的面積有最大值1

A

A.0B.1C.2D.3

【答案解析】D

【考點解析】因為所〃BC,Ebz平面BCD,所以EF〃平面BCD,又平面

EFGHA平面BDC=GH,

所以EF〃GH.

同理FG//EH,所以四邊形EFG”為平行四邊形,

又ADLBC,所以四邊形EFG”為矩形.所以③是對的；

由相似三角形的性質(zhì)得葛=箓第二焉,

EFFGAFFC

所以一+上=—+—,3C=AZ)=2,所以￡F+FG=2,

BCADACAC

所以四邊形EEG”的周長為定值4,所以①是對的；

（FFxFG

SEFGH=EFXFGW\=1,所以四邊形￡FGH的面積有最大值1,所以④

是對的.

因為①@④正確.

故選：D

6.（2021?全國高三專題練習(xí)（理））已知直三棱柱ABC—A|B|G中，ZABC=120°,

AB=2,BC=CC,=1,則異面直線AB|與BQ所成角的余弦值為（）

A.BB.巫C.叵D.正

2553

【答案解析】C

【試題解答】

如圖所示，補成直四棱柱ABC。-44G4,

則所求角為

ZBC,BC[=0,BD=V22+1-2X2X1XCOS600=6,C1D=AB1=后,

是以cos/BCQ奇淺冷,

易得C,D2=BD2+BC,2,故選c.

7.（2021?黑龍江大慶嘗試中學(xué)高三期中（理））如圖,棱長為2的正方體

ABCD-A.B.C.D,中,P在線段BG（含端點）上運動，則下列判斷不對的是

()

Q

A.\PVB.DB.三棱錐的體積不變，為|

7T

C.4巴/平面4。2D.AP與。。所成角的范疇是°，］

【答案解析】B

【考點解析】對于A選項，毗鄰48、4G、A|P、BR,

因為四邊形ABCR為正方形，則AGJ-B。,

QDD11平面A/CQi,AG<=平面4耳GA,AG1，

旦。n。。=D[,AG~L平面BBRD,

BQu平面BBQQ,用。J.AG，同理可證B.DLA.B,

=

■：AtctA>，用。，平面AfG，

???A/u平面AIG，是以，A.PLB.D,A選項正確;

對于B選項，在正方體ABCO-A/CQ中，A5〃CQ且A8=CQ,

所以，四邊形ABCQ為平行四邊形，BC./MD,.

BG(Z平面ACR,AD|U平面ACA，8儲〃平面ACR,

"PeBCi，所以，點尸、8到平面AC。的間隔相等,

11,4

所以，％-APC=匕F四=%L"C=5X/x2-x2=§,B選項錯誤；

對于C選項，在正方體-A4G，中，A4J/CG且=CG，

所以，四邊形MG。為平行四邊形，???AC//AC,,

???AG（Z平面AC。，ACu平面AC2，.?.AG〃平面ACR,

同理可證BG〃平面ACR,

v^C,n5C,=C）,.??平面48G〃平面ACR,

???APu平面ABC],.?.4P〃平面ACR,C選項正確；

對于D選項，易知A6=AG=6C1=2血，所以，VA0G是等邊三角形,

71

??.NBAG=§,

在正方體ABCO-AB|GA中，BC〃A。且3C=A。，

所以，四邊形48C。為平行四邊形，DCJIA.B,

所以，AP與QC所成角等于NBAP,

TT

當(dāng)P在線段8G（含端點）上運動時，0WNB4fWNBAC1=生，D選項正確.

故選：B.

8.（2021?全國高三專題練習(xí)（理））已知空間向量￡出］兩兩的夾角均為60’,且

|a|=|否|=1,|c|=2.若向量x,y滿足+=y<y+a）=y-c,則卜一）］

的最大值是（）

A.1+6B.1+也C.-+V3D.L也

2222

【答案解析】C

【考點解析】取一三棱錐0-ABCOA=a,OB=b,OC=c,

且ZAQB=ZAOC=N3OC=60°,OA=OB=\,OC=2,所以AB=1,

AC=8C=^OB2+OC2-20B-OC-cos|

=Jl+4—2=5/3,

令A(yù)Z)=x,AE=y,

因為x?(x+a)=x?B,y,(y+〃)=y?c，

根據(jù)數(shù)量積的運算率可知:x-（b-a-x）=0,y-（y+a）=y-c,

又分一。=03-。4=43，c—a=OC-OA=AC>

所以加?（而一而）=0,亞?（/—亞）=0,

所以而?麗=荏?反=0,

得AD±DB,AE±EC,

分別取AB,AC中點M,N,

所以。朋=,43=工，EN=-AC=—,MN=-BC=—,

222222

所以舊_司=|蒞—荏卜|尻卜|麗+麗+啊,

所以當(dāng)￡）,M,N,E四點共線且按此次序布列時?，|方可的最大值為：

1w

---1-------1-----白百,

222

故選：C.

9.（2021?福建高三學(xué)業(yè)考試）如圖，已知長方體A6CO—44G。中，AB=2,

BC=3,M=5,則該長方體截去三棱錐后，剩余部分幾何體的體積為

【答案解析】25

【考點解析】在長方體ABCO-AgCA中，AB=2,BC=3,4A=5,

所以長方體的體積為VABCD-AMGOJ=ABxBCxAA]=2x3x5=30,

三棱錐4—A8Q的體積為=1.5-M,=1X1X2X3X5=5,

所以剩余部分幾何體的體積為V=30-5=25,

故答案為：25

10.（2021?四川省峨眉第二中學(xué)校高三月考（理））已知三棱錐尸—ABC中，AA3c是

以角A為直角的直角三角形，AB=AC=2,PB=PC,PA=JiZ,01為

△A3C的外接圓的圓心，cosNPAO、=手,那么三棱錐P—ABC的外接球的

體積為;

【答案解析】宣史兀

3

【考點解析】解析：如圖，設(shè)三棱錐尸-ABC外接球的球心為。，半價為R,

毗鄰POi，。。，PO,A0,

由已知得5c為圓。?的直徑，BC=2近，則

因為cos/PAq=半，所以在中,

由余弦定理得，

22

PO；=PA+AO-2PA-AOtcosZPAO]=8,所以PQi=2A/2.

又AO：+PO；=10<PA2=14,所覺得NPOM鈍角，

PA尸01——=2^

由正弦定理得，sinNPO|A=sin/PAOJ即sin/尸。A叵'

7

得sin/PO|A=￥.所以NPaA=120°.

根據(jù)圓的性質(zhì)可得00,±AO,,則NPQQ=30。

在RfVAOQ中，。。；=尺2-2,在△POQ中,

P02=00；+PO；—200,?POicosNPOQ,

7

2

得R=-

即Ri=N-2+8-2JR2-2X2&COS30。，2

;叵

33203

7714

故答案為：----71

11.（2021?全國高三月考（理））已知正方體ABC。-的棱長為5,其中有

一半徑為2的球01與該正方體的底面A5CD和兩個側(cè)面A。。A，ABB】A都相切，

另有一球。2，既與正方體的另外兩側(cè)面BCCM，OCGA以及底面ABCD相切，

又與球。|相切，則球02的半徑為.

【答案解析】1

【考點解析】以點A為坐標原點，分別覺得AB,ADA4,x,y,z軸創(chuàng)立空間直角坐標系

設(shè)球。2半徑為r，則q（2,2,2）,O2（5-r,5-r,r）

?.?|℃|=2+r

22222

/.（3-r）+（3-r）+（2-r）=（2+r）,Bpr-10r+9=0,解得r=9（舍）或

r=l

故答案為：1

12.（2021?四川瀘州市.高三一模（理））如圖，棱長為I的正方體ABC。-4月G2

中，P為線段上的動點（不含端點），給出下列結(jié)論：

B

①平面4。1尸J?平面4AP

②多面體CDPA的體積為定值；

TT

③直線與3c所成的角大概為y;

④△AP0大概是鈍角三角形.

其中正確結(jié)論的序號是（填上所有正確結(jié)論的序號）.

【答案解析】①②④

【考點解析】對于①：因為正方體ABC?！狝gG2，所以平面ABBW，

又尸為線段A1B上的動點，所以42,平面4AP,

又4"u平面4。匕所以平面AAPJ_平面4AP,故①正確；

對于②：因為正方體ABCD-AgGA，所以=；xlxl=g,

又尸為線段AB匕，所以?到平面C￡）A的間隔恒等于1,

所以多面體CDP，的體積/_c皿=gxgxl=J為定值，故②正確；

對于③：因為8cli4°,所以2P與8C所成的角,即為3P與49所成的角,

即N4RP即為所求,

由圖可得，當(dāng)尸運動到B的位置時，乙4,。2最大即為

此時AR=i,AB=RD]P=6,

在Rt^DtAtBup,sinA[D^B==—<—=sin—,

、'D、Pg323

nTT

所以NAR6<],所以當(dāng)尸運動時，4RP不大概為故③錯誤;

對于④：分別以。4、DC.Dp為x,y,z軸正方向建系，如圖所示：

所以A(1,O,O),5(1,1,0),^(1,0,1),Dt(0,0,1),所以48=(0,L-1),

因為P為線段46上運動，設(shè)AA=/l亞，4e[0,l],P(l,y,z),所以

4戶=(0,y,z—l),

y—A.

所以.，，所以。(1,41一㈤,

z-l--A

所以麗=(0,2,1_/I),"=(1,2，—/I),

所以

---AP-OPA2+A2-A2(22-1)

cos<AP,DP>=I_=/_I==/一/

}APAP，22+(1—2)2，1+22+22^22+(l-2)2Vl+222

2(22-1)

因為2€[0,1],所以當(dāng)；lw（0,；）時，cos<麗,〃戶>=<0

,分+(1-4)211+2)2

即此時NAPA為鈍角，所以△AP2大概是鈍角三角形，故④正確.

故答案為：①②④

13.（2021?全國高三專題練習(xí)（理））在三棱錐尸—ABC中，~4_L底面ABC,

AB1BC,24=3,AB=?BC=2,若E,尸是PC的三等分點，則異面

直線AE與BF所成角的余弦值_________.

【答案解析】噂

【考點解析】如圖所示：覺得A3X軸，AP為Z軸，平面A3c內(nèi)垂直于A6的直線

為y軸創(chuàng)立空間直角坐標系,則A（0,0,0）,B（A/3,0,0）,C（G,2,0）,P（0,0,3）,

—1?一則E俘（,2,264、1

PE=-PC,PF=—PC,FTT1h

33

I33J7

fV32J而T4寺1,

貝U荏1331

7

23

AEBF237301

則cos9

602

故異面直線AE與3尸所成角的余弦值為藥師

602

23V30T

故答案為：

602

14.（2021?福建省福州第一中學(xué)高三期中）如圖，在四棱錐P—ABC。中，Q4,平

illABC,AD//BC,ZABC^90\AD=2,AB=26BC=6.

（1）求證：平面PBD_L平面PAC；

（2）A4長為何值時，直線PC與平面/歸￡＞所成角最大？并求此時該角的正弦值.

【答案解析】（1）證明見解析;（2）\PA\=2y/3,直線PC與平面PBD所成角最大，此

3

時該角的正弦值為

【考點解析】（1）Q4L平面ABCDIOu平面ABC。，:.BDLPA,

又tan/ABD=,tanZ.BAC=—^3,

AB3AB

ZA50=30°,NBAC=60°,AZAEB=90°,即BOLAC（E為AC與BD交

又PACIAC,.I8D_L平面尸AC,又因為BDu平面PBD,所以,

平面PAC±平血PBD

（2）如圖，覺得A3x軸，覺得AO＞軸，覺得APz軸，創(chuàng)立空間坐標系,

如圖,

設(shè)=則網(wǎng)2百,0,0）,C（2百,6,0）,0（0,2,0）,P（0,0"）,

則應(yīng)5=卜26,2,0）,DF=（O,-2,/）,PC=（2^,6,-/）,設(shè)平面P3Z）法向量為

n=（x,y,z）,

n-BD=O-2JL+23—0,?。?],得平面p/m的一個法向量為

則《即《

n-DP=Q'-2y+tz=0

1,6述

n—

PCn65/33出

所以8s（南加

§+產(chǎn)+胃

144與等當(dāng)且僅當(dāng)/=招時等號成立,

因為51+r2+—51+2?2=75,2

所以cos（斤,而W絲=3,記直線PC與平面P3D所成角為0,則

sin6=kos（PC,〃，，故sin?41，

3

即r=2石時，直線PC與平面PBD所成角最大，此時該角的正弦值為1.

15.（2021?全國高三專題練習(xí)（理））如圖，四棱錐尸一A8CQ中，底面A6CO為矩

形，E4J?平面ABC。，E為1尸。的中點.

（1）證明：PB〃平面A￡C；

（2）設(shè)二面角O—AE—C為60。，AP=1,AD=6求三棱錐E—ACT）的體

積.

【答案解析】（1）證明見解析；（2）

8

【考點解析】（1）毗鄰30交AC于點0,連結(jié)E0.

因為ABCD為矩形，所覺得03。的中點.

又E為的中點，

所以E0〃PB，又EOu平面A￡C.PB且平面AEC,

所以PB〃平面AEC.

（2）因為B4_L平面ABC。，A3CD為矩形，

所以AB,AD,AP兩兩垂宜.

如圖，覺得A坐標原點，通的方向為x軸的正方向,

|用耳為單位長，創(chuàng)立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,

則0（0,屈0）,￡（0,日,g）,荏=（0,*,g）.

設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,瓜0),XC=(^,73,0).

設(shè)勺=(x,y,z)為平面AEC的一個法向量,

/m：+Gy=O,廣

個a=0,即61,可取％=(/，一1,6).

則

勺?AE=0,［丁+片=。，-

又后=(1,(),0)為平面ZME的一個法向量,

由題意知：cost/,%

2

即J—二=工，解得m=-.

y3+4m222

因為E為P。的中點，

所以三棱錐E—A8的高為二.

2

三棱錐E—ACD的體積丫=1XJ_*GX3X!=@

32228

16.(2021?河南高三月考(理))如圖,三棱柱ABC—A4G中，△ABC是邊長為

2的正三角形，BB*,0,。分別為棱A片,AG的中點.

（1）求證：or>//平面Bec4；

（2）若平面A3C_L平面AB&A，求直線。。與平面ABC所成角的正弦值.

【答案解析】（1）證明見解析；（2）叵

7

【考點解析】（1）毗鄰片尻則AB與AB1交于方0.如圖所示，毗鄰BC-

明顯四邊形48耳A為矩形，。，。分別為棱AB,4G的中點,

所覺得。。V48G的中位線.

所以。O//8G.

而8?平面BCCtBt,BGu平面BCGB],

所以。D//平面BCCg.

（2）若平面ABC，平面A5B1A，如圖，取AB的中點尸,

因為AABC是正三角形,

所以CP_LA3

因為平面ABC。平面ABB《=AB,CPu平面ABC,

所以CP,平面AB^A，

所以CP,尸5,CPVPO.

明顯P3JLPO,故以尸5,PO,PC所在的直線分別為3z軸創(chuàng)立空間

直角坐標系,

因為是邊長為的正三角形，耳

AABC2AB±BB],8=2,

所以點4（-1,0,0）,4（1,2,。），C（0,0,6）,

0（0,1,0）,A（-1,2,0）,￡（0,2,百）,D--,2,

2

則福=(2,2,0),恁=(1,0,6),OD

227

設(shè)平面ABC的一個法向量為3=(x,y,z),則

n-AB1=(x,y,z)-(2,2,0)=2x+2y=0

n-AC=(x,y,z)?(l,0,G)=x+6z=0

y=-x

得6-

Z-------X

3

令x=3,得平面AB。的一個法向量為7=(3,-3,—6卜

設(shè)直線0。與平面Age所成角的大小為e,則

(3,—3,—V3)-

nOD2V42

sin6=-NJ

桐721x727

故直線OQ與平面ABC所成角的正弦值為—.

7

17.（2021?山西省榆社中學(xué)高三月考（理））如圖1,在Rt/XABC中，ZACB=30°,

/A8C=90。，。為4c中點，AE_LBD于E,耽誤AE交8c于￡將△ABD沿

8。折起，使平面A5￡>J_平面BCQ,如圖2所示.

圖1圖2

（I）求證：平面BCD；

（II）求二面角A—OC—3的余弦值；

【答案解析】⑴證明見解析；（H）&.

5

【考點解析】（I）證明：二?平面AB￡>_L平面BC。交線為BD,

又在△A3。中，AE_LBD于E,A￡u平面A8D,

他_1_平面BCD.

(II)由(I)知AEJ_平面BCD,/.AEVEF,

由題意知上戶，BO,又