2017-2021年五年高考全國卷理科分類匯編及高考考向預測7第七章 立體幾何

第主滓文件幾何

一霓黃金T盛彳

一、真題匯編：

L【2017課標I理7】某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方

形的邊長為2,俯視圖為等腰直角三角形.該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為

A.10B.12C.14D.16

2.12017課標I理16］如圖，圓形紙片的圓心為O,半徑為5cm,該紙片上的等邊三角形48C的中心為。。，

E,尸為圓。上的點，4DBC,xECA,△￡48分別是以8C,C4,為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后，分

別以8C,CA,28為折痕折起△Z?8C,△EC4,&FAB,使得。，E,尸重合，得到三棱錐.當"8C的邊長變化

時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為.

3.【2017課標I理18］如圖，在四棱錐尸-/48CD中，AB//CD,且N84P=NCOP=90.

(1)證明：平面由8J_平面以2

⑵若PA=PD=AB=DC,ZAP。=90,求二面角4尸的余弦值.

4.12017課標H理4】如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1.粗實線畫出的是某幾何體的三視圖.該幾何體由一

平面將一圓柱截去一部分后所得，則該兒何體的體積為

A.90兀

B.63兀

C.42K

D.36兀

【課標理】已知直三棱柱旦中,

5.2017H10ABC-AGZABC=120°,AB=2fBC=CC1=1,則異面直線

A片與8G所成角的余弦值為

A.BB厲

C.

25~5~*

6.12017課標II理19］如圖，四棱錐2288中,側面PAD為等邊

三角形且垂直于底面ABCD,

AB=BC=-AD,/BAD=NABC=90°,￡是尸。的中點.

2

(1)證明：直線CE〃平面月48；

(2)點例在棱PC上，且直線8例與底面49C。所成角為45。，求二

面角”一人6-￡＞的余弦值.

7.【2017課標III理8】已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體

積為

3兀

A.nB.—Dc.-兀

44

8.12017課標III理16】a,〃為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形28c的直角邊2C所在直線與a,

8都垂直，斜邊48以直線2C為旋轉軸旋轉，有下列結論:

①當直線工8與a成60。角時,28與。成30。角;

②當直線48與a成60。角時，與。成60。角:

③直線<白與2所成角的最小值為45。：

④直線48與a所成角的最大值為60°.

其中正確的是.(學科/網(wǎng)填寫所有正確結論的編號)

9.12017課標III理19］如圖，四面體28CZ?中，△28C是正三角形，是直角三角形，4ABD=4

CBD、AB=BD.

(1)證明：平面/CDJ_平面S8C

(2)過2C的平面交8。于點￡若平面/EC把四面體分成體積相等的兩部分，求二面角?！隽?。

的余弦值.

10.12018課標I理7】某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點M在正視圖上的

對應點為A,圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為8,則在此圓柱側面上，從/到N的路徑中，最短路徑

的長度為

B

A.2X/T7B.2遙C.3D.2

1L12018課標I理12］己知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面。所成的角都相等，則。截此正方體所

得截面面積的最大值為

A3GR26「30口也

/>?-D?K_-?-------Lz.

4342

12.12018課標I理18］如圖，四邊形A5CD為正方形，旦尸分別為AR8C的中點，以。尸為折痕把△DFC折

起，使點C到達點尸的位置，且PhBF.

(1)證明：平面PE/_L平面48FD：

(2)求OP與平面ABRD所成角的正弦值.

13.【2018課標11埋9】在長方體A3CO-A4G。中，AB=BC=\>A4,=,則異面直線AR與。片

所成角的余弦值為

A1口下cV5riV2

A.15?‘‘v?----L.，

5652

14.12018課標H理16】已知圓錐的頂點為S,母線SA，S3所成角的余弦值為2,SA與圓錐底面所成角為

O

45°,若ASAB的面積為5A，則該圓錐的側面積為__________.

15.12018課標H理20】如圖，在三棱錐P—A3C中，AB=BC=2O,PA=PB=PC=AC=4,O為AC

的中點.

(1)證明：尸OJ_平面ABC：

(2)若點M在棱8C上，且二面角M-尸A-C為30°,求PC與平面尸AM所成角的正弦值.

16.12018課標HI理3】中國古建筑借助梯卯將木構件連接起來，構件的凸出部分叫梯頭，凹進部分叫卯眼，

圖中木構件右邊的小長方體是樣頭.若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的

木構件的俯視圖可以是

17.12018課標III理10］設A，8,C，。是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面

積為96，則二梭錐。一A/C體積的最大值為

A.126B.18x/3C.246D.54上

18.12018課標IH理19］如圖，邊長為2的正方形48CO所在的平面與半圓弧C0所在平面垂直，"是CO上

異于C，。的點.

（1）證明：平面AMD_L平面BMC；

（2）當三棱錐M—A8C體積最大時，求面MA8與面MCO所成二面角的正弦值.

19.12019課標I理12】已知三棱錐PXBC四個頂點在球。的球面上，附二P8二尸C,/XABC是邊長為2的正三

角形，E,尸分別是％,的中點，ZCEF=90°,則球。的體積為

A.8瓶九B.4瓜兀C.2瓜九D.屈冗

20.12019課標I理18］如圖，直四棱柱4BCOT向GOi的底面是菱形，AAi=4,AB=2,NBAD=60°,E,M,

N分別是8C,BBi,4。的中點.

(1)證明：MN〃平面CiDF；

(2)求二面角4-M4-N的正弦值.

21.12019課標II理7】設。，僅為兩個平面，則夕的充要條件是

A.。內有無數(shù)條直線與月平行

B.a內有兩條相交直線與夕平行

C.a，4平行于同一條直線

D.a,4垂直于同一平面

22.12019課標II理16】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體

或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的卬信形狀是“半正多面體”(圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多

邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美.圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一

個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有個面，其棱長為.

圖1圖2

23.【2019課標II理17］如圖，長方體ABC。-A181Goi的底面48co是正方形，點E在棱A4］上，BE人EG.

(1)證明：BE_L平面EBiG；

(2)若AE=4E,求二面角8-EC-G的正弦值.

24.12019課標III理8】如圖，點N為正方形A8C。的中心，AECD為正三角形，平面瓦力JL平面A8CRM

是線段ED的中點，則

A.BM=EN,且直線BM,硒是相交直線

B.BMKEN,且直線8W,EN是相交直線

C.BM=EN,且直線8M,EN是異面直線

D.BMTEN,且直線BM,EN是異面直線

25.12019課標III理16】學牛.到工廠勞動實踐，利用3力打印技術制作模型.如圖，該模型為長方體

—挖去四棱錐O-石尸G”后所得的幾何體，其中。為長方體的中心，E,EG,”分別為所在棱的

中點，AB=BC=6cm,A41=4cm,3。打印所用原料密度為0.9g/c^,不考慮打印損耗，制作該模型所需原

26.[2019課標HI理19]圖1是由矩形ADEB,RtZXABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中A8=l,BE=BF=2,

ZFBC=60°,將其沿AB,5c折起使得BE與B尸重合，連結OG,如圖2.

(1)證明：圖2中的A,C,G,。四點共面，且平面43C_L平面BCGE；

(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

27.12020課標I理3】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的

高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比

值為()

豆」B,非7C.#+1D.石+1

4242

28.12020課標I理10】已知A仇。為球O球面上的三個點，。01為AAH7的外接圓，若。。1的面積為4兀，

AB=BC=AC=OO.,則球。的表面積為（）

A.64兀B.487rC.36兀D.32幾

29.12020課標I理18］如圖，。為圓錐的頂點，。是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD.△ABC是

底面的內接正三角形，P為。。上一點，PO=—DO.

（1）證明：平面PBC；

（2）求二面角3—尸。一￡的余弦值.

30.12020課標II理7】如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應的點為M，

在俯視圖中對應的點為N,則該端點在側視圖中對應的點為（）

EF

GH

N

A.EB.FC.GD.H

31.12020課標H理16】設有下列四個命題：

pi：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內.

P2：過空間中任意二點有且僅有一個平面.

P3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行.

例：若直線/u平面a,直線mi平面a則miL

則下述命題中所有真命題的序號是.

①P1人PA②PlAP2③可27P3④3V」久

32.12020課標H理20］如圖，己知三棱柱48c48G的底面是正三角形，側面83GC是矩形，M,/V分別

為BC，61G的中點，P為AM上一點、,過8G和尸的平面交28于E,交ZC于6

(1)證明：例/V,且平面尸;

（2）設。為“hBG的中心，若/平面E8GEKAO=AB^求直線81E與平面4/W/V所成角的正弦值.

33.12020課標III理8】下圖為某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積是（）

A.6+472B.4+472C.6+273D.4+273

34.12020課標III理15】已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐內半徑最大的球的體積為.

35.【2020課標HI理19]如圖，在長方體A8CO—人與G烏中，點E,尸分別在棱。Rig上，且2DE=ER,

（1）證明：點G在平面AM內；

⑵若AB=2,40=1，AA=3,求二面角A—E尸一A的正弦值.

36.[2021全國甲卷理6】在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為E,F,G.該正方體截去三棱錐A-EFG

后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應的側視圖是（）

正視圖

37.12021全國甲卷理11】已如A,B,。是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC_L3C,AC==1,則

三棱錐0-ABC的體積為（）

A.立B.巫C.受D.且

121244

38.12021全國甲卷理19】已知直三棱柱A8C—481G中，側面相與8為正方形，AB=BC=2,E,F分別

為4c和CG的中點，。為棱4片上的點.BF1

（1）證明：BFA.DEx

（2）當4。為何值時，面BgC。與面。匹￡1所成的二面角的正弦值最小?

39.12021全國乙卷理5】在正方體A8cA百CQ中，尸為四。的中點，則直線尸8與A0所成的角為（）

7T71

A.—D.-

26

40.12021全國乙卷理16】以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側視圖和俯視圖，組成某個三棱錐的

三視圖，則所選側視圖和俯視圖的編號依次為（寫出符合要求的一組答案即可）.

圖④

41.12021全國乙卷理18］如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD_L底面ABC。，PD=DC=1,M為

8c的中點，且尸

(2)求二面角A—PM—B的正弦值.

詳解品評

1.【答案】B

【解析】

試題分析：由題意該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，如下圖，則該幾何體各面內只有兩個相同

的梯形，則這些梯形的面積之和為2x(2+4)x2x'=12,故選B.

2

【考點】簡單幾何體的三視圖

【名師點睛】三視圖往往與幾何體的體積、表面積以及空間線面關系、角、距離等問題相結合，解決此類問題

的關鍵是由三視圖準確確定空間幾何體的形狀及其結構特征并且熟悉常見幾何體的三視圖.

2.【答案】4厲

【解析】

試題分析：如下圖，連接。。交8c于點G,設D,E,尸重合于S點，正三角形的邊長為*40),則

與

“1￡

OG=-x—x=6

322

..FG=SG=5—6

令"，(x)=0,BP4x3--^==0>得X=4>/5，易知〃(x)在x=4\/5處取得最大值.

...V=2^x48xN/T^=4/.

12

【考點】簡單幾何體的體積

【名師點睛】對于三棱錐最值問題，需要用到函數(shù)思想進行解決，本題解決的關鍵是設好未知量，利用圖形特

征表示出三棱錐體積.當體積中的變量最高次是2次時可以利用二次函數(shù)的性質進行解決，當變量是高次時需

要用到求導的方式進行解決.

3.【解析】

試題分析：(D根據(jù)題設條件可以得出CD1PD而兒物CD,就可證明出仞1平面期D

進而證明出平面2451平面PAD.{2}先找出ND中點，找出相互垂直的線，建立以尸為坐標原點，F(xiàn)A

的方向為4軸正方向，|方|為單位長的空間直角坐標系，列出所需要的點的坐標，設〃=(元乂z)是

平面尸。的法向量，加=(xj,z)是平面產(chǎn)區(qū)3的法向量，根據(jù)垂直關系，求出

m=QO,1),利用數(shù)蚩積公式可求出二面角的平面角.

試題解析：(1)由已知N5AP=NCDP=90°,WABA.AP,CDA.PD.

由于4必"，故AB上PD,從而力以平面

又ABu平面PAB,所以平面〃8_L平面PAD.

(2)在平面Q4O內作尸產(chǎn)_LA。，垂足為產(chǎn)，

由(1)可知，平面PAO,故AB_LP/"可得尸產(chǎn)_!_平面48CZX

以尸為坐標原點，方的方向為x軸正方向，|而|為單位長，建立如圖所示的空間直角

坐標系尸一..

由(1)及已知可得A(￥，0,0),P(0,0,孝)，B吟,1,0),C(一孝,1,0).

所以正二(一等,1,一等)，CB=(72,0,0),樂=吟,0,一冬,而=(0,1,0).

設〃=(x,y,z)是平面PCB的法向量，則

〃?正二0,［一區(qū)+y.名二。，

_即《272

儲@=0，忌=o,

可取〃=(0,-1,-0).

設m=(x,y,z)是平面P48的法向量，則

72V2

m-PA=0,n

_即/丁一于二。，

mAB=0,

y=0.

可取加二。,0,1).

rizxnm

則cos<n,jw>=------

l?l|m|

所以二面角A—尸3—C的余弦值為-立.

3

【考點】面面垂直的證明，二面角平面角的求解

【名師點睛】高考對空間向量與立體幾何的考查主要體現(xiàn)在以下幾個方面：①求異面直線所成的角，關鍵是轉

化為兩在線的方向向量的夾角；②求直線與平面所成的角，關鍵是轉化為直線的方向向量和平面的法向量的夾

角；③求二面角，關鍵是轉化為兩平面的法向量的夾角.建立空間直角坐標系和表示出所需點的坐標是解題的關

鍵.

4.【答案】B

【解析】

試題分析：由題意，該幾何體是一個組合體，下半部分是一個底面半徑為3,高為4的圓柱，其體積

V；=7rx32x4=367t,上半部分是一個底面半徑為3,高為6的圓柱的一半，其體積匕=gx（兀x3?x6）=27兀，

故該組合體的體積V=36兀+27兀=63幾.故選B.

【考點】三視圖、組合體的體積

【名師點睛】在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要從三個視圖綜合考慮，根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間

幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線.在還原空間幾何體實際形狀時，一

般是以正視圖和俯視圖為主，結合側視圖進行綜合考慮.求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關鍵是由

三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數(shù)量關系，利用相應體積公式求解.

5.【答案】C

【解析】

試題分析：如圖所示，補成直四棱柱CO-4%G。］，

2

則所求角為4他:BC1=>/2:BD=V2+1-2X2X1XCOS60°=?CQ=AB[=小,

易得GZP=BZ>2+3G2,因此85/3。1。=奇='=埋，故選C.

D\

【考點】異面直線所成的角、余弦定理、補形的應用

【名師點睛】平移法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸

為共面問題來解決，具體步驟如下：

①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角j

②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角：

③計算：求該角的值，常利用解三角形J

④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是電令，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面

直線所成的角.求異面直線所成的角要特別注意異面直線之間所成角的范圍.

6.【答案】(1)證明略；(2)半.

【解析】

試題分析：(D取尸2的中點尸，連結上尸，BF,由題意證得CE”3尸，利用線面平行的判斷定

理即可證得結論；(2)建立空間直角坐標系，求得半平面的法向量：“=(0：0J),

然后利用空間向量的相關結論可求得二面角川-,四-。的余弦值為萼.

試題解析：

(D取R4的中點尸，連結石尸，BF.

因為E是尸。的中點，所以"‘"XD,EF=-AD,由NB*Z>=a四C=90。得5C"XD,

2

又5c=所以哥'衛(wèi)國，四邊形BCEF是平行四邊形，CEIIBF.

又BFu平面CEu平面,故CE”平面E4B.

(2)由已知得以幺為坐標原點，近的方向為x軸正方向，|不|為單位長，

建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,

則巡OQO),B(l,050),C(LLO),定=(LO,-M),與=(LO,O),

設A，(x,y,z)(0VX<1)>則BA，=(x-Lp,z),PA/=(x，r-l,z-6),

因為與底面ABCD所成的角為45。，而"=(0,0,1)是底面JBCD的法向量,

所以卜os(而卜sin45。，《,即(._])，+),2_/=0.①

又M在棱PC上，設西=慶，貝Ux=A,y=Lz=&&,②

1④

X=1-------

22

由①②解得>=1倍去)一y=l

瓜在

z=——1=

2一2

所以MQ-率厚)，從而而=(1-

m=0.(2-母+2%+嶼。=0,

設冽=(%Jo，Zo)是平面45M的法向量，貝小_.即

m-AB=0,%=o.

所以可取桁=(0：-、而：2)?于是cos〈M：/i)=碧=

Hn\5

因此二面角M-AB-D的余弦值為半

【考點】判定線面平行、面面角的向量求法

【名師點睛】(1)求解本題要注意兩點：①兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，②利用方程思想進

行向量運算，要認真細心、準確計算.

(2)設機，〃分別為平面a,p的法向量，則二面角0與</?,〃>互補或相等，故有|cos0|=|cos<m,w>l=7—77—7.求

lwIH

解時一定要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.

7.【答案】B

【解析】

試題分析：繪制圓柱的軸截面如圖所示，由題意可得：ZC=L，M=；,

結合勾股定理，底面半徑尸

3

由圓柱的體積公式,可得圓柱的體積是v=TV2h=xl=-n,故選B.

4

【考點】圓柱的體積公式

【名師點睛】（1）求解空間幾何體體積的關鍵是確定幾何體的元素以及線面的位置關系和數(shù)量關系，利用相應

體積公式求解：（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行

求解.

8.【答案】②③

【解析】

試題分析：由題意，A8是以47為軸為底面半徑的圓錐的母線，由AC_La,AC_Lb,又4?，圓錐底面,

所以在底面內可以過點S作80〃。，交底面圓。于點D,如圖所示，連結。EMDELBD,DE//b,連

結4。，等腰八480中，48=40=0,當直線48與a成60。角時，Z4BD=60,故又在

口△3。石中，BE=2,:.DE=血,過點8作BF//DE,交圓。于點F,連結AF,由圓的對稱性可知

3/=。￡：=應，「.八48/為等邊三角形，.?.乙48/=60',即48與匕成60°角，②正確，①錯誤.

由圖可知③正確：很明顯，可以滿足平面直線a,則直線AB與。所成角的最大值為90。，④錯誤.故正

確的是②③.

A

【考點】異面直線所成的角

【名師點睛】（1）平移直線法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸

為共面問題來解決，具體步驟如下：

①半移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；

②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；

③計算：求該角的值，常利用解三角形：

/■

④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是0,-,可知當求出的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直

I2」

線所成的角.

（2）求異面直線所成的角要特別注意異面直線之間所成角的范圍.

【答案】（1）證明略；（2）—

7

【解析】

試題分析：（1）利用題意證得二面角的平面角為90°,則可得到面面垂直；

（2）利用題意求得兩個半平面的法向量，然后利用二面角的夾角公式可求得二面角dZmCft勺余弦值為立.

7

試題解析：（1）由題設可得，從而AD=OC.

又ZMCD是直角三角形，所以Z4DC=9O。.

取力流中點。連接。。,8。,則。0_1_/。,。0=力。

又由于AABC是正三角形，故8O_LAC.

所以NDO8為二面角O—AC—B的平面角.

在中，BO2+AO2=AB2.

又AB=BD，所以BO?+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2，

故NZ）OB=90.

所以平面/4CO_L平而/8C.

（2）由題設及（1）知，QAOB,OD兩兩垂直，以。為坐標原點，麗的方向為x軸正方向，司為單位長,

建立如圖所示的空間直角坐標系。一型.則A（l,0,0）,8（0,百,0）,。（一1,0,0）,。（0,0,1）.

由題設知，四面體49CE的體積為四面體49CD的體積的,,從而E到平面/8C的距離為。到平面/8C的

2

1（43]}

距離的上，即￡為。8的中點，得￡0,—.

2\227

故而=（-1,0』）,而=（-2,0,0）,在=-1,—.

kZ

/、\n-AD=0?-x+z=0,

設〃=（x,y,z）是平面。4左的法向量，貝4—即

,邪1n

|wAE=0,-X+——V+—Z=0.

2,2

可取〃=h，且」.

\3/

m?AC=0,

設m是平面/&7的法向量，則<一同理可取〃1=（0,-1,>/3）.

m-AE=0,

rif\\/7

則cos<n,m）=,?,=—.

同同7

所以二面角。?/IFC的余弦值為也.

7

【考點】二面角的平面角；二面角的向量求法

【名師點睛】（1）求解本題要注意兩點：一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，二是利用方程思

想進行向量運算時，要認真細心，準確計算.

⑵設加，〃分別為平面a”的法向量，則二面角。與〈孫力互補或相等，故有18sM=|cos5Ml=防向.

求解時一定要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.

10.【答案】B

【解析】

【分析】首先根據(jù)題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N

在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據(jù)平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.

【詳解】根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征，

將圓柱的側面展開圖平鋪，

可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點

處，

所以所求的最短路徑的長度為序方=26，故選氏

點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，需要明確兩個點在幾

何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征

求得結果.

11.【答案】A

【解析】

【分析】首先利用正方體的棱足3組每組有互相平行的4條棱，所以與12條棱所成角相等，只需與從同一個頂點

出發(fā)的三條棱所成角相等即可，從而判斷出面的位置，截正方體所得的截面為一個正六邊形，且邊長是面的對角線

的一半，應用面積公式求得結果.

【詳解】根據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，

所以在正方體A5CO-AqGA中，

平面A片。與線例,4區(qū),4。所成的角是相等的，

所以平面A與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，

同理平面也滿足與正方體的每條棱所在的宜線所成角都是相等,

要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面從qA與G8。中間的,

且過棱的中點的正六邊形，且邊長為正，

2

所以其面積為S=6x曰.（也了:手，故選A.

點睛：該題考查的是有關平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題，首要任務是需要先確定截面的位置，之后

需要從題的條件中找尋相關的字眼，從而得到其為過六條棱的中點的正六邊形，利用六邊形的面積的求法，應用相

關的公式求得結果.

77

12.【答案】（1）證明見解析；（2）

4

【解析】

【分析】（1）首先從題的條件中確定相應的垂直關系，即防_LP/LBF工EF，又因為尸尸口成=尸，利用線

面垂直的判定定理可以得出BF_L平面PEF?又3戶u平面ABFD，利用面面垂直的判定定理證得平面PE尸_1_平

面ABFD；

（2）結合題意，建立相應的空間直角坐標系，正確寫出相應的點的坐標，求得平面A3RD的法向量，設OP與平

UU?'UUBf3

HPDPX=—?得到結果.

面ABFD所成角為。，利用線面角的定義，可以求得sin。二=

后4

【詳解】（1）由已知可得，BF1PF,BFLEF,又PFREF=F,所以8FJL平面尸所.

又5bu平面A8FZ），所以平面平面

（2）作PH上EF,垂足為".由（1）得，P//_L平面A8FZ）.

以“為坐標原點，喬的方向為了軸正方向，|喬|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系〃一斗.

由(1)可得，DE1PE又DP=2,DE=\，所以PE=6?又PF=1，EF=2,故PELPF.

可得PH=更，EH二二

22

，咱,一T,。)麗=弓

則”(0,0,0),尸0,0,,SP=0,0,為平面ABFQ的法向量.

UlK'lllBr3

HPDP

設。。與平面ABFQ所成角為。，則sin。

所以。尸與平面ABFD所成角的正弦值為—.

4

【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的證明以及線面角的正弦值的求解，屬于

常規(guī)題目，在解題的過程中，需要明確面面垂直的判定定理的條件，這里需要先證明線面垂直，所以要明確線線垂

直、線面垂直和面面垂直的關系，從而證得結果；對于線面角的正弦值可以借助于平面的法向量來完成，注意相對

應的等量關系即可.

13.【答案】C

【解析】

【詳解】分析：先建立空間直角坐標系，設立各點坐標，利用向量數(shù)量積求向量夾角，再根據(jù)向量夾角與線線角相

等或互補關系求結果.

詳解：以D為坐標原點,DA,DC,DM為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則以0,0,0),4(1,0,0),4(1,1,石),R(0,0,6),

所以可=(-1,0,6)，方耳=(l,l,g),

因為cos（碣，西）=尚贏=］炭=殍，所以異面直線AR與。片所成角的余弦值為手，選C.

點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二,

破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.

14.【答案】40&兀

【解析】

【詳解】分析：先根據(jù)三角形面積公式求出母線長，再根據(jù)母線與底面所成角得底面半徑，最后根據(jù)圓錐側面積公

式求結果.

詳解：因為母線SA,跖所成角的余弦值為《，所以母線SA,跖所成角的正弦值為姮，因為△SA5的面積為

88

5屈,設母線長為所以1、尸乂出=訴/.I2=80，

28

因為SA與圓錐底面所成角為45。，所以底面半徑為/COS4=Y2/,

42

因此圓錐的側面積為7trZ=—K72=40V2TC.

2

15.【答案】（1）證明見解析；（2）巫.

4

【解析】

【分析】（1）根據(jù)等腰三角形性質得PO垂直4C,再通過計算，根據(jù)勾股定理得尸0垂直03,最后根據(jù)線面垂直

判定定理得結論；

（2）根據(jù)條件建立空間直角坐標系，設立各點坐標，根據(jù)方程組解出平面以M一個法向量，利用向量數(shù)量積求出

兩個法向量夾角，根據(jù)二面角與法向量夾角相等或互補關系列方程，解得M坐標，再利用向量數(shù)量積求得向量PC

與平面附M法向量夾角，最后根據(jù)線面角與向量夾角互余得結果.

【詳解】（1）因為AP=CP=AC=4,。為AC的中點，所以0P_L4C,且。7>=26.

連結03.

J2

因為A8=8C="AC，

2

所以.ABC為等腰直角三角形,

且OB1AC,OB」AC=2

2

由O尸+。夕=PB2知POVOB.

由OP_LOB,OP_LAC知PO_L平面ABC.

(2)如圖，以。為坐標原點，礪的方向為1軸正方向，建立空間直角坐標系0-盯z.

由已知得0(0,0,0),3(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2我,AP=(0,2,2⑨

uuu

取平面PAC的法向量。3=(2,0,0).

UUU

設M(a,2-a,0)(0vaW2),則=(a,4-a,0).

設平面PAM的法向量為n=(x,y,z).

.—?----2y+2\[3z=0

由AP?元=0,AM?萬=0得<-

[ar+(4-〃)y=0

可取2斤=(6(〃-4),\/3a,-a)

—<25/3(n_4)__同

所以cos〈O8F〉=i.由已知得cos〈礪?萬〉=、一

2y]3(a-4)2+3a2+a22

2y/3\a-4\也4

所以一i,,,二?.解得"(舍去)，a=-.

2枷-4)2+3/+/23

8734G/、

所以萬=

一_F，~，-3

又定二(0,2,—26)，所以cos〈無㈤=".

4

所以PC8平面PAM所成角的正弦值為@.

4

【點睛】利用法向量求解空間線面角的關犍在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二，

破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關“，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.

16.【答案】A

【解析】

【詳解】詳解：由題意知，題干中所給的是樺頭，是凸出的幾何體，求得是卯眼的俯視圖，卯眼是凹進去的，即俯

視圖中應有一不可見的長方形，

且俯視圖應為對稱圖形

故俯視圖為

故選A.

點睛：本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查學生的空間想象能力，屬于基礎題.

17.【答案】B

【解析】

【詳解】分析：作圖，D為MO與球的交點，點M為三角形ABC的中心，判斷出當DM_L平面ABC時，三棱錐

D-ABC體積最大，然后進行計算可得.

詳解：如圖所示，

?o

點M為三角形ABC的中心，E為AC中點，

當DMJL平面ABC時，三棱錐D—ABC體積最大

此時，OD=OB=R=4

???S”邛的2二班

/.AB=6,

???點M為三角形ABC的中心

..RIAOMB中,有0M=,032-3"=2

.?.DM=OD+OM=4+2=6

.?.(%-枷)a=gx9Gx6=186

故選B.

點睛：本題主要考查三棱錐的外接球，考查了勾股定理，三角形的面積公式和三棱錐的體積公式，判斷出當DM_L

平面ABC時，三棱錐D—ABC體積最大很關鍵，由M