2020年高考数学-立体几何试题分类汇编-理.doc

1、2020年高考数学 立体几何试题分类汇编 理（安徽）（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80（北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是332正视图侧视图俯视图图1A8 B C10 D（湖南）设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A B C D 答案：B解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积。（广东）如图l3某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 A. B. C. D.（江西）已知是三个相互平行的平面,平面之间的距离为,平面之间的距离为.直线与分别交于.那么是的

2、( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件答案：C 解析：平面平行，由图可以得知：如果平面距离相等，根据两个三角形全等可知如果，同样是根据两个三角形全等可知（辽宁）如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是AACSB BAB平面SCD CSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角（辽宁）已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，则棱锥SABC的体积为A B CD1（全国2）已知直二面角，点,C为垂足，为垂足若AB=2，AC=BD=1，则D

3、到平面ABC的距离等于(A) (B) (C) (D) 1 【思路点拨】本题关键是找出或做出点D到平面ABC的距离DE，根据面面垂直的性质不难证明平面，进而平面ABC,所以过D作于E，则DE就是要求的距离。【精讲精析】选C.如图，作于E，由为直二面角，得平面，进而，又，于是平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离。在中，利用等面积法得.（全国新）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为（山东）右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图其中真

4、命题的个数是（A）3 （B）2 （C）1 （D）05. （陕西）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）(A) 8-2 （四川），是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 (A)， （B）， (C) ，共面 （D），共点，共面（浙江）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（浙江）下列命题中错误的是A如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面，平面，那么D如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面（重庆）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABC

5、D的中心与顶点S之间的距离为（A） （B） (C) (D) （天津）一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为_（四川）如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 . （上海）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。（全国新）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 。（全国2）已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【思路点拨】做出如图所示的图示，问题即可解决。【精讲精析】选B.作示意

6、图如，由圆M的面积为4，易得，中，。故.（全国2）己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 .【思路点拨】本题应先找出两平面的交线，进而找出或做出二面角的平面角是解决此问题的关键,延长EF必与BC相交，交点为P，则AP为面AEF与面ABC的交线.【精讲精析】.延长EF交BC的延长线于P，则AP为面AEF与面ABC的交线，因为，所以为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角。（福建）三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等

7、于_。（辽宁）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 （重庆）如题（19）图，在四面体中，平面平面，. （）若，求四面体的体积； () 若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.（四川）如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1平面BDA(I)求证：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ()求点C到平面B1DP的距离（浙江）如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已

8、知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）证明：APBC；（）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。方法一： （I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz则，由此可得，所以，即（II）解：设设平面BMC的法向量，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得又平面ABC，得因为，所

9、以平面PAD，故（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，由（I）中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又从而PM，所以AM=PA-PM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。（上海）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。 设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。求证：； 若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。解：设正四棱柱的高为。 连，底面于， 与底面所成的角为，即 ，为中点，又， 是二面角的平面角，即 ，。 建立如图空间直角坐标系，有设平面的一个法向量为， ，取得 点到平面的距离为，则。（天津）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）

10、求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得 （I）解：易得， 于是 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 （II）解：易知 设平面AA1C1的法向量， 则即 不妨令可得， 同样地，设平面A1B1C1的法向量， 则即不妨令，可得于是从而所以二面角AA1C1B的正弦值为 （III）解：由N为棱B1C1的中

11、点，得设M（a，b，0），则由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以线段BM的长为方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，过点A作于点R，连接B1R，于是，故为二面角AA1C1B1的平面角.在中，连接AB1，在中，从而所以二面角AA1C1B1的正弦值为（III）解：因为平面A1B1C1，所以取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND/C1H且.又

12、平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则由得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.在中，所以可得连接BM，在中，（陕西）如图，在中，是上的高，沿把折起，使 。（）证明：平面平面；（）设为的中点，求与夹角的余弦值。解（）折起前是边上的高，当折起后，AD，AD，又DB，平面，AD 平面平面BDC.（）由及（）知DA，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以，所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，0），=，=（1，0,0,），与夹角的余弦值为，=.（山东）在如图

13、所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=，平面，EF，.=.（)若是线段上的中点，求证：平面;（）若-,求平面角-的大小（全国新）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.()证明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。解：（）因为, 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则,。设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 即 因此可取n=设

14、平面PBC的法向量为m，则 可取m=（0，-1，） 故二面角A-PB-C的余弦值为 （全国2）如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.（）证明：;（)求与平面所成角的大小.【思路点拨】本题第（I）问可以直接证明，也可建系证明。（II）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算计算把求角的问题转化为数值计算问题,思路清晰思维量小。【精讲精析】计算SD=1，于是，利用勾股定理，可知，同理，可证又，因此，.（II）过D做，如图建立空间直角坐标系D-xyz，A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),可计算平面SBC的一个法向量是.所以AB与平面SBC所成角为.（辽宁）如图，四边形ABCD

15、为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QA=AB=PD （I）证明：平面PQC平面DCQ； （II）求二面角QBPC的余弦值解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz. （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.则所以即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 6分 （II）依题意有B（1，0，1），设是平面PBC的法向量，则因此可取设m是平面PBQ的法向量，则可取故二面角QBPC的余弦值为 12分（广东）如图5，在椎体中，是便常委边长为1的棱形，且,分别是的中点，（1）

16、证明：（2）求二面角的余弦值。（江西）（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面 ，使得（i=1,2,3,4），且其中每相邻两个平面间的距离都相等； （2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：（i=1,2,3,4），求该正四面体的体积.解： （1）将直线三等分，其中另两个分点依次为,连接,作平行于的平面，分别过，即为。同理，过点作平面即可的出结论。 （2）现设正方体的棱长为a,若，由于得，那么，正四面体的棱长为，其体积为（即一个棱长为a的正方体割去四个直角三棱锥后的体积）（湖南）如图5，在圆锥中，已知的直径的中

17、点（I）证明：（II）求二面角的余弦值解：（I）连接，因为,为的中点，所以.又因为内的两条相交直线，所以而，所以。（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.在平面中，过作连接,则有，从而，所以是二面角的平面角在在在在,所以。故二面角的余弦值为。（江苏）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF平面PCD；（2） 平面BEF平面PAD（湖北）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合.（）当=1时，求证：；（）设二面角的大小为，求的最小值.（福建）如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面A

18、BCD，四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4，CD=，.（I）求证：平面PAB平面PAD；（II）设AB=AP. （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长； （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。（北京）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.()求证：平面（）若求与所成角的余弦值；（）当平面与平面垂直时，求的长.证明：（）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又因为PA平面ABCD.所以PABD.所以BD平面PAC.（）设ACBD=O.因为BAD=60，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.如图，以O为坐标原点，建立

19、空间直角坐标系Oxyz，则P（0，2），A（0，0），B（1，0，0），C（0，0）.所以设PB与AC所成角为，则.（）由（）知设P（0，t）（t0），则设平面PBC的法向量,则所以令则所以同理，平面PDC的法向量因为平面PCB平面PDC,所以=0，即解得所以PA=（江苏）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，BAD=60，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF平面PCD；平面BEF平面PAD（江苏）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm（1）若广告商要求包装盒侧面积S（cm）最大，试问x应取何值？（2）若广告商要求包装盒容积V（cm）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。P（安徽）如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，,，都是正三角形。（）证明直线；