近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编11 立体几何

十一、立体几何

一、多选题

1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足

BPBCBB1，其中0,1，0,1，则（ ）

A．当1时，△AB1P的周长为定值

B．当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值 C．当

1

时，有且仅有一个点P，使得A1PBP 2

D．当1时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P 2

二、单选题

2．M，N分别是A（2021·浙江高考真题）如图已知正方体ABCDA1BC11D1，1D，D1B的中点，则（ ）

A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD B．直线A1B1 1D与直线D1B平行，直线MN平面BDDC．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD D．直线A1B1 1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD3．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．

3 2B．3 C．

32 2D．32 4．（2021·全国高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC,ACBC1，则三棱锥OABC的体积为（ ） A．

2 12B．3 12C．

2 4D．3 45．（2021·全国高考真题（文））在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥AEFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）

A． B．

C．

D．

6．（2021·全国高考真题（理））在正方体ABCDA1BC11D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ） A．

π 2B．

π 3C．

π 4D．

π 67．（2021·全国高考真题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A．2

B．22 C．4

D．42 8．（2020·天津高考真题）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A．12

B．24

C．36

D．144

9．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．

A．63 B．623 C．123 D．1223 10．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）

A．

7 3B．

14 3C．3 D．6

11．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）

A．20° C．50°

B．40° D．90°

12． （2020·全国高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）

A．6+42 B．4+42 C．6+23 D．4+23 13．⊙O1为ABC（2020·全国高考真题（理））已知A,B,C为球O的球面上的三个点，的外接圆，若⊙O1的面积为4π，ABBCACOO1，则球O的表面积为（ ）

A．π B．48π C．36π D．32π

14．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）

A．

51 4B．

51 2C．

51 4D．

51 29315．（2020·全国高考真题（理））已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都

4在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ） A．3 B．

3 2C．1 D．

3 216．（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）

A．E B．F C．G D．H

17．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的

体积（单位：cm3）是

A．158 C．182

B．162 D．324

18．（2019·全国高考真题（理））如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点，则

A．BMEN，且直线BM,EN是相交直线 B．BMEN，且直线BM,EN是相交直线 C．BMEN，且直线BM,EN是异面直线 D．BMEN，且直线BM,EN是异面直线

19．（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是

A．158 C．182

B．162 D．32

20．（2019·浙江高考真题）设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则 A．, C．,

B．, D．,

21．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A．86

B．46

C．26

D．6

22．（2019·全国高考真题（文））设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面

23．（2019·上海高考真题）已知平面、、两两垂直，直线a、b、c满足：

a,b,c，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系

A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面

n，24． （2018·浙江高考真题）已知直线m,n和平面，则“m//n”是“m//”的（ ）

A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

25．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）

A．4 B．8 C．12 D．16

26．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则 A．123

B．321

C．132

D．231

27．（2018·全国高考真题（文））在长方体ABCDA1BC11D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为 A．8

B．62 C．82 D．83 28．（2018·北京高考真题（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为

A．1 C．3

B．2 D．4

29．（2018·全国高考真题（文））某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为

A．217 B．25 C．3 D．2

B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，30．（2018·全国高考真题（理））设A，ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为

A．123 B．183 C．243 D．3

31．（2018·全国高考真题（理））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是

A． B．

C．

D．

32．（2018·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8

33．（2018·全国高考真题（文））在正方体ABCDA1BC11D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 A．

2 2B．3 2C．5

2D．7 234．（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A．122π

B．12π

C．82π

D．10π

35．（2018·全国高考真题（理））在长方体ABCDA1BC11D1中，ABBC1，

AA13，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为

A．

1 5B．5 6C．5 5D．

2 236．（2018·全国高考真题（理））已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所

成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A．33 4B．23 3C．32 4D．3 237．（2017·全国高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面 MNQ不平行的是（ ）

A． B．

C． D．

未命名

未命名

三、解答题

38．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，

ABAD，O为BD的中点.

（1）证明：OACD；

（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE2EA，且二面角

EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.

39．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面

ABCD，M为BC的中点，且PBAM．

（1）证明：平面PAM平面PBD；

（2）若PDDC1，求四棱锥PABCD的体积．

40．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，

ABC120,AB1,BC4,PA15，M，N分别为BC,PC的中点，

PDDC,PMMD.

（1）证明：ABPM；

（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

41．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，BFA1B1.

（1）求三棱锥FEBC的体积；

（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BFDE.

42．（2021·全国高考真题（理））已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BFA1B1

（1）证明：BFDE；

（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

43．（2021·全国高考真题（理））如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面

ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM．

（1）求BC；

（2）求二面角APMB的正弦值．

44．PD底面ABCD．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，QB=2，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 45．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面

ABC,ACBC,ACBC2，CC13，点D,E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1CE2,M为棱A1B1的中点．

（Ⅰ）求证：C1MB1D；

（Ⅱ）求二面角BB1ED的正弦值；

（Ⅲ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．

46． （2020·北京高考真题）如图，在正方体ABCDA1BC11D1中， E为BB1的中点．

（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；

（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．

47．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；

（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．

48．PD⊥底面ABCD．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 49．（2020·江苏高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值； （2）若点F在BC上，满足BF=

1BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值． 450．（2020·江苏高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

51．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体ABCDA1BC11D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DEED1，BF2FB1．

（1）证明：点C1在平面AEF内；

（2）若AB2，AD1，AA1的正弦值． 13，求二面角AEFA52．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体ABCDA1BC11D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1．证明：

（1）当ABBC时，EFAC； （2）点C1在平面AEF内．

53．（2020·全国高考真题（文））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；

（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.

．（2020·全国高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为PO底面直径，AEAD．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，

6 DO．

6

（1）证明：PA平面PBC； （2）求二面角BPCE的余弦值．

55．（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=棱锥B–EB1C1F的体积．

56．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

π，求四3

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

57．（2019·江苏高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E．

58．（2019·天津高考真题（理））如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE,AD∥BC，

ADAB,ABAD1,AEBC2.

（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；

（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； （Ⅲ）若二面角EBDF的余弦值为

1，求线段CF的长. 359．（2019·全国高考真题（理））图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

60．AA1=4，（2019·全国高考真题（文））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 61．（2019·全国高考真题（理））

BE⊥EC1. 如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值. 62．（2019·上海高考真题）如图，在正三棱锥PABC中，

PAPBPC2,ABBCAC3

（1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角； （2）求PABC的体积.

63．（2018·上海高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．

（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；

（2）设PO4，OA、OB是底面半径，且AOB90，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．

． （2018·江苏高考真题）在平行六面体ABCDA1BC11D1中，AA1B1C1．1AB,AB求证：（1）AB//平面A1B1C； （2）平面ABB1A1平面A1BC．

65．（2018·江苏高考真题）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．

（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．

66．（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点． （1）证明：平面AMD平面BMC；

（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

67．（2018·北京高考真题（理））如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，AC11，BB1的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2．

（1）求证：AC⊥平面BEF； （2）求二面角B−CD−C1的余弦值； （3）证明：直线FG与平面BCD相交．

68．（2018·北京高考真题（文））如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E、F分别为AD、PB的中点.

（Ⅰ）求证：PEBC；

（Ⅱ）求证：平面PAB平面PCD； （Ⅲ）求证：EF//平面PCD.

69．（2018·全国高考真题（理））如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF. （1）证明：平面PEF平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

70．（2018·全国高考真题（理））如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧

CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．

（1）证明：平面AMD平面BMC；

（2）当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．

71．（2018·浙江高考真题）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；

（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．

72．（2018·全国高考真题（文））如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点．

（1）证明：PO平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离．

73．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3， ACM90，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA．（1）证明：平面ACD平面ABC；

（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQ2DA，求三棱锥3QABP的体积．

74．（2017·山东高考真题（文））由四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E平面ABCD.

（1）证明：AO1∥平面B1CD1；

（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM平面B1CD1.

四、填空题

75．（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．

76．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30则该圆锥的侧面积为________.

77．N分别为BB1、（2020·海南高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________

78．∠BAD=60°（2020·海南高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，．以

D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

79．（2020·江苏高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.

80．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．

81．（2020·全国高考真题（理））设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面. p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l. 则下述命题中所有真命题的序号是__________. ①p1p4②p1p2③p2p3④p3p4

82．（2019·江苏高考真题）如图，长方体ABCDA1BC11D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.

83．（2019·北京高考真题（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．

84．（2019·北京高考真题（理））已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥；③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

85．（2019·全国高考真题（理））学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCDA其中1BC11D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，

O为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm, AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为

___________g.

86．（2019·天津高考真题（文））已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为另一个底面的圆心为四棱锥5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，底面的中心，则该圆柱的体积为__________.

87．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________． 88．（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

．（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为__________．

90．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为

7，SA与圆锥底面所成角为45°，若SAB的面积为515，则该圆锥的侧8面积为__________．

91．（2018·天津高考真题（理））已知正方体ABCDA除面ABCD1BC11D1的棱长为1，外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为__________.

五、双空题

92．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编

十一、立体几何（答案解析）

1．BD 【分析】

对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；

对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数． 【解析】

易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．

对于A，当1时，BPBCBB1=BCCC1，即此时P线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；

对于B，当1时，BPBCBB1=BB1BC，故此时P点轨迹为线段B1C1，而11B1C1//BC，B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，

故B正确．

对于C，当

11

时，BPBCBB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则22BPBQQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，

3311B0,,0，则A1PA1,0,1,0,1BP0,,，P0,0,，，，2222A1PBP10，所以0或1．故H,Q均满足，故C错误；

对于D，当11CC1中点为M,N．BPBCBB1，时，取BB1，BPBMMN，

223311A，0,0AP,y,所以P点轨迹为线段MN．设P0,y0,，因为，所以，02222313111A1B,,1y0y ，所以，此时P与N重合，故D正确．00224222故选：BD． 【小结】

本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 2．A 【分析】

由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D平面ABD1，即可得出结论. 【解析】

连AD1，在正方体ABCDA1BC11D1中， M是A1D的中点，所以M为AD1中点，

又N是D1B的中点，所以MN//AB，

MN平面ABCD,AB平面ABCD，

所以MN//平面ABCD.

因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD

则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确； 在正方体ABCDA1BC11D1中，AD1A1D，

AB平面AA1D1D，所以ABA1D，

AD1ABA，所以A1D平面ABD1， D1B平面ABD1，所以A1DD1B，

且直线A1D,D1B是异面直线， 所以选项B错误，选项A正确. 故选：A. 【小结】

关键点小结：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 3．A 【分析】

根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积. 【解析】

几何体为如图所示的四棱柱ABCDA1BC11D1，其高为1，底面为等腰梯形ABCD， 该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为112， 22故VABCDABCD1111故选：A.

12222231， 22

4．A 【分析】

由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积. 【解析】

ACBC,ACBC1，ABC为等腰直角三角形，AB2，

则ABC外接圆的半径为2，又球的半径为1， 2设O到平面ABC的距离为d，

22

则d12，22所以VOABC故选：A. 【小结】

关键小结：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解. 5．D 【分析】

根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断. 【解析】

由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

21S31122. d11ABC32212

所以其侧视图为

故选：D 6．D 【分析】

平移直线AD1至BC1，将直线PB与AD1所成的角转化为PB与BC1所成的角，解三角形即可. 【解析】

如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1， 所以PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，

因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1PC1，又PC1B1D1，BB1B1D1B1， 所以PC1平面PBB1，所以PC1PB， 设正方体棱长为2，则BC122,PC11D1B12， 2

sinPBC1故选：D 7．B 【分析】

PC11，所以PBC1. BC126设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求. 【解析】

设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则l22，解得l22. 故选：B. 8．C 【分析】

求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【解析】

这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即

R23223222323，

所以，这个球的表面积为S4R243236. 故选：C. 【小结】

本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 9．D 【分析】

首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

【解析】

由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：S322222sin601223. 故选：D. 【小结】

(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和． 10．A 【分析】

根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积. 【解析】

由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2， 所以几何体的体积为：

12111712112122. 32332故选：A

【小结】

本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题. 11．B 【分析】

画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角. 【解析】

画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得ABm.. 由于AOC40,m//CD，所以OAGAOC40， 由于OAGGAEBAEGAE90，

所以BAEOAG40，也即晷针与点A处的水平面所成角为BAE40. 故选：B

【小结】

本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 12．C 【分析】

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【解析】

根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：S△ABCS△ADCS△CDB根据勾股定理可得：ABADDB22 1222 2△ADB是边长为22的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

S△ADB113ABADsin60(22)223 222该几何体的表面积是：3223623.

故选：C. 【小结】

本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 13．A 【分析】

由已知可得等边ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【解析】

设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意， 得r24,r2，

ABC为等边三角形，

由正弦定理可得AB2rsin6023，

OO1AB23，根据球的截面性质OO1平面ABC，

OO1O1A,ROAOO12O1A2OO12r24，

球O的表面积S4R2.

故选：A

【小结】

本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 14．C 【分析】

2设CDa,PEb，利用PO1CDPE得到关于a,b的方程，解方程即可得到答案. 2

【解析】

a，

如图，设CDa,PEb，则POPEOEb422221b2ba212由题意POab，即bab，化简得4()210，

2aa422解得

b15（负值舍去）. a4故选：C.

【点晴】

本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 15．C 【分析】

根据球O的表面积和ABC的面积可求得球O的半径R和ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离d【解析】

R2r2.

设球O的半径为R，则4R216，解得：R2. 设ABC外接圆半径为r，边长为a，

ABC是面积为93的等边三角形，

4123932a2292，解得：a3，raa93，

2243434球心O到平面ABC的距离dR2r2431.

故选：C. 【小结】

本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 16．A 【分析】

根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M点在侧视图中对应的点. 【解析】

根据三视图，画出多面体立体图形，

D1D4上的点在正视图中都对应点M,直线B3C4上的点在俯视图中对应的点为N,

∴在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是D4,线段D3D4,上的所有点在侧试图中都对应E,∴点D4在侧视图中对应的点为E.

故选：A 【小结】

本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题. 17．B 【分析】

先由三视图还原出原几何体，再进行计算 【解析】

如图所示，棱长为6的正方体中，B,E,B1,E1分别为其所在线段上的一个三等分点， 三视图所对应的几何体为棱柱ABCDEA1BC11D1E1，

由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为

4626336162. 22故选B. 【小结】

本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心计算 18．B

【分析】

利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【解析】

如图所示， 作EOCD于O，连接ON，过M作MFOD于F． 连BF，

平面CDE平面ABCD．

EOCD,EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCD，

MFB与EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知

EO3,ON1EN2，

MF

35,BF,BM7．BMEN，故选B． 22

【小结】

本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性． 19．B 【分析】

本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查. 【解析】

由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为

4626336162. 22【小结】

易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. 20．B 【分析】

本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半. 【解析】

V在底面ABC的投影为O，方法1：如图G为AC中点，则P在底面投影D在线段AO上，

过D作DE垂直AE，易得PE//VG，过P作PF//AC交VG于F，过D作DH//AC，交BG于H，则BPF,PBD,PED，则

cosPFEGDHBDPDPDcos，tantan，即，即y，PBPBPBPBEDBD综上所述，答案为B.

方法2：由最小角定理，记VABC的平面角为（显然） 由最大角定理，故选B.

方法3：（特殊位置）取VABC为正四面体，P为VA中点，易得

cos333222，故选B. sin,sin,sin6633【小结】

常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法. 21．D 【分析】

先证得PB平面PAC，再求得PAPBPC2，从而得PABC为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【解析】 解法一:

PAPBPC,ABC为边长为2的等边三角形，PABC为正三棱锥，

PBAC，又E，F分别为PA、AB中点， EF//PB，EFAC，又EFCE，CEACC,EF平面PAC，PB平面PAC，APBPAPBPC2，PABC为正方体一部分，

2R2226，即 R466,VR36，故选D． 2338

解法二:

设PAPBPC2x，E,F分别为PA,AB中点，

EF//PB，且EF1PBx，ABC为边长为2的等边三角形， 212CF3又CEF90CE3x,AEPAx

2AEC中余弦定理cosEACx243x222x，作PDAC于D，PAPC，

AD1x243x21D为AC中点，cosEAC，， PA2x4x2x2x212x212x2，PAPBPC2，又AB=BC=AC=2，2PA,PB,PC两两垂直，2R2226，R6，2V43466R6，故选D. 338【小结】

本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 22．B 【分析】

本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【解析】

由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若//，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是//的必要条件，故选B． 【小结】

面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若a,b,a//b，则//”此类的错误． 23．B 【分析】

通过假设a//b，可得a,b平行于,的交线，由此可得c与交线相交或异面，由此不可能存在a//b//c，可得正确结果. 【解析】 设l，且l与a,b均不重合

假设：a//b//c，由a//b可得：a//，b// 又l，可知a//l，b//l

又a//b//c，可得：c//l

因为,,两两互相垂直，可知l与相交，即l与c相交或异面 若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面 可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行 本题正确选项：B 【小结】

本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果. 24．D 【分析】

从充分性和必要性两方面分别分析判断得解. 【解析】

直线m,n和平面，n，若m//n，

当m时，m//显然不成立，故充分性不成立；

当m//时，如图所示，显然m//n不成立，故必要性也不成立．

所以“m//n”是“m//”的既不充分又不必要条件. 故选：D 【小结】

方法小结：判定充要条件常用的方法有三种：

（1）定义法：直接利用充分必要条件的定义分析判断得解； （2）集合法：利用集合的包含关系分析判断得解； （3）转化法：转化成逆否命题分析判断得解. 25．D 【分析】

根据新定义和正六边形的性质可得答案． 【解析】

根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意， 4=8， 而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意， 当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意， 故有8+4+4=16 故选D． 【小结】

本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题． 26．D 【分析】

分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.

【解析】

设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO、SN、OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，

因此SEN1,SEO2,SMO3, 从而tan1SNSNSOSO,tan2,tan3, ENOMEOOM因为SNSO，EOOM，所以tan1tan3tan2,即132，选D.

【小结】

线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面. 27．C 【分析】

首先画出长方体ABCDA1BC11D1，利用题中条件，得到AC1B30，根据AB2，求得BC123，可以确定CC122，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积. 【解析】

在长方体ABCDA1BC11D1中，连接BC1，

根据线面角的定义可知AC1B30，

因为AB2，所以BC123，从而求得CC122， 所以该长方体的体积为V222282，故选C. 【小结】

该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果. 28．C 【解析】

分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.

解析：由三视图可得四棱锥PABCD，在四棱锥PABCD中，

PD2,AD2,CD2,AB1，

由勾股定理可知：则在四棱锥中，直角三角形有：PA22,PC22,PB3,BC5，PAD,PCD,PAB共三个，故选C.

小结：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. 29．B 【分析】

首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果. 【解析】

根据圆柱的三视图以及其本身的特征， 将圆柱的侧面展开图平铺,

可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，

所以所求的最短路径的长度为422225，故选B.

小结：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果. 30．B 【解析】

D为MO 与球的交点，分析：作图，点M为三角形ABC的中心，判断出当DM平面ABC

时，三棱锥DABC体积最大，然后进行计算可得． 解析：如图所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当DM平面ABC时，三棱锥DABC体积最大 此时，ODOBR4

SABC3AB293 4AB6,

点M为三角形ABC的中心

BM2BE23 3RtOMB中，有OMOB2BM22

DMODOM426 1VDABCmax936183 3故选B.

小结：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM平面ABC时，三棱锥DABC体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到BM较难题型． 31．A 【解析】

解析：由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，

2BE23，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于3

且俯视图应为对称图形

故俯视图为

故选A.

小结：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题． 32．C 【分析】

先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果. 【解析】

根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1、2，梯形的高为2，因此几何体的体积为【小结】

先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等. 33．C 【分析】

利用正方体ABCDA1BC11D1中，CD//AB，将问题转化为求共面直线AB与AE所成角的正切值，在ABE中进行计算即可. 【解析】

在正方体ABCDA1BC11D1中，CD//AB，所以异面直线AE与CD所成角为EAB， 设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BE5a， 则tanEAB112226，选C. 2BE5a5.故选C. AB2a2

【小结】

求异面直线所成角主要有以下两种方法：

（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；

（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值. 34．B 【解析】

分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.

解析：根据题意，可得截面是边长为22的正方形，

结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22， 所以其表面积为S2(2)2222212，故选B.

小结：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和. 35．C 【解析】

分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.

解析：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则

D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,3),D1(0,0,3),所以AD1(1,0,3),DB1(1,1,3),

因为cosAD1,DB15，选C. 5AD1DB1AD1DB1135，所以异面直线AD1与DB1所成角的余525弦值为小结：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

36．A 【分析】

首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果. 【解析】

根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 所以在正方体ABCDA1BC11D1中，

平面AB1D1与线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的，

所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等， 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的， 且过棱的中点的正六边形，且边长为2， 2所以其面积为S63233，故选A. ()2424小结：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果. 37．D 【分析】

利用线面平行的判定定理可判断A、B、C选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断D选项的正误. 【解析】

对于A选项，如下图所示，连接CD，

在正方体中，AD//BC且ADBC，所以，四边形ABCD为平行四边形，则AB//CD，

N、Q分别为DE、CE的中点，则NQ//CD，AB//NQ， AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB//平面MNQ；

对于B选项，连接CD，如下图所示：

在正方体中，AD//BC且ADBC，所以，四边形ABCD为平行四边形，则AB//CD，

M、Q分别为DE、CE的中点，则MQ//CD，AB//MQ，

AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB//平面MNQ；

对于C选项，连接CD，如下图所示：

在正方体中，AD//BC且ADBC，所以，四边形ABCD为平行四边形，则AB//CD，

M、Q分别为DE、CE的中点，则MQ//CD，AB//MQ，

AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB//平面MNQ；

对于D选项，如下图所示，连接BE交MN于点F，连接QF，连接CD交BE于点O，

若AB//平面MNQ，AB平面ABE，平面ABE则

平面MNQFQ，则FQ//AB，

EFEQ， BEAEM、N分别为DE、CE的中点，则MN//CD，且MN由于四边形BCED为正方形，对角线交于点O，则O为BE的中点，

BEF，

则

EFEN111，EFOEBE， EOCE224EF1EQ1EFEQ，又，则，所以，AB与平面MNQ不平行； BE4AE2BEAE则

故选：D. 【小结】

判断或证明线面平行的常用方法：

（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；

（2）利用线面平行的判定定理（a，b，a//ba//），其关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述； （3）利用面面平行的性质定理（//，aa//）.

38．(1)详见解析(2) 【分析】

3

6（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；

（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【解析】

（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD

因为平面ABD平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD，AO平面ABD， 因此AO⊥平面BCD，

因为CD平面BCD，所以AO⊥CD (2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM 因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD

所以EF⊥BD, EF⊥CD, BDCDD,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC 因为FM⊥BC，FMEFF,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF

则EMF为二面角E-BC-D的平面角, EMF4

因为BOOD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形 因为BE2ED,FM1112BF(1) 2233从而EF=FM=AO1

23AO平面BCD,

所以V1113 AOSBCD1133326

【小结】

二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法. 39．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）由PD底面ABCD可得PDAM，又PBAM，由线面垂直的判定定理可得

2

．3

AM平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM平面PBD；

（2）由（1）可知，AMBD，由平面知识可知，DAB~ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥PABCD的体积公式即可求出． 【解析】

（1）因为PD底面ABCD，AM平面ABCD， 所以PDAM， 又PBAM，PBPDP，

所以AM平面PBD， 而AM平面PAM， 所以平面PAM平面PBD．

（2）由（1）可知，AM平面PBD，所以AMBD， 从而DAB~ABM，设BMx，AD2x， 则

BMAB2，即2x21，解得x，所以AD2．

ABAD2因为PD底面ABCD， 故四棱锥PABCD的体积为V【小结】

本题第一问解题关键是找到平面PAM或平面PBD的垂线，结合题目条件PBAM，所以垂线可以从PB,AM中产生，稍加分析即可判断出AM平面PBD，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出DAB~ABM，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积． 40．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC平面PDM，即有DCPM，从而得证；

（2）取AD中点E，根据题意可知，ME,DM,PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的

12． 1213315． 6

向量公式求出． 【解析】

（1）在△DCM中，DC1，CM2，DCM60，由余弦定理可得DM3，

DMDC．DC所以DM2DC2CM2，由题意DCPD且PDDMD，

平面PDM，而PM平面PDM，所以DCPM，又AB//DC，所以ABPM． （2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM平面ABCD，因为

AM7，所以PM22，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，

以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

则A(3,2,0),P(0,0,22),D(3,0,0),M(0,0,0),C(3,1,0) 又N为PC中点，所以N31335,,2,AN,,22. 222由（1）得CD平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n(0,1,0)

从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sin|ANn||AN‖n|5152． 62725244

【小结】

本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM，可以考虑DCPM， 题中与DC有垂直关系的直线较多，易证DC平面PDM，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．

41．(1)

1；(2)证明见解析. 3【分析】

(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；

(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【解析】

(1)如图所示，连结AF，

由题意可得：BFBC2CF2415，

BCB，故AB平面BCC1B1，

由于AB⊥BB1，BC⊥AB，BB1而BF平面BCC1B1，故ABBF， 从而有AF从而ACAB2BF2453， AF2CF29122，

则AB2BC2AC2,ABBC，ABC为等腰直角三角形，

S△BCE111111s△ABC221，VFEBCS△BCECF11. 222333(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCMA1B1C1M1，如图所示，取棱AM,BC的中点H,G，连结A1H,HG,GB1，

正方形BCC1B1中，G,F为中点，则BFB1G， 又BFA1B1,A1B1BGB1， 1故BF平面A1B1GH，而DE平面A1B1GH， 从而BFDE. 【小结】

求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化. 42．（1）见解析；（2）B1D【分析】

通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案． 【解析】

因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1底面ABC，所以BB1AB 因为A1B1//AB，BFA1B1，所以BFAB， 又BB1BFB，所以AB平面BCC1B1． 所以BA,BC,BB1两两垂直．

以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．

1 2

所以B0,0,0,A2,0,0,C0,2,0,B10,0,2,A12,0,2,C10,2,2，

E1,1,0,F0,2,1．

由题设Da,0,2（0a2）．

（1）因为BF0,2,1,DE1a,1,2，

所以BFDE01a21120，所以BFDE． （2）设平面DFE的法向量为mx,y,z， 因为EF1,1,1,DE1a,1,2，

mEF0xyz0所以，即．

mDE01axy2z0令z2a，则m3,1a,2a

因为平面BCC1B1的法向量为BA2,0,0， 设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为， 则cos当amBAmBA622a2a14232a2a142．

127时，2a22a4取最小值为， 22

36此时cos取最大值为273．

2所以sin此时B1D【小结】

本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出Da,0,2（0a2），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步． 43．（1）2；（2）【分析】

（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设BC2a，由已知条件得出PBAM0，求出a的值，即可得出BC的长； （2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【解析】

（1）PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、

min63

，13321． 270 14DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，

设BC2a，则D0,0,0、P0,0,1、B2a,1,0、Ma,1,0、A2a,0,0， 则PB2a,1,1，AMa,1,0，

PBAM，则PBAM2a210，解得a2，故BC2a2； 22AM,1,0（2）设平面PAM的法向量为mx1,y1,z1，则2，AP2,0,1，

2x1y10mAM2由，取x12，可得mmAP2xz0112,1,2，

2BM,0,0设平面PBM的法向量为nx2,y2,z2，2，BP2,1,1，

2x20nBM2由，取y21，可得n0,1,1，

nBP2xyz0222cosm,nmnmn3314，

147270， 14所以，sinm,n1cos2m,n因此，二面角APMB的正弦值为【小结】

70. 14思路小结：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值. 44．（1）证明见解析；（2）【分析】

6. 3

（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD//l，利用线面垂直的判定定理证得

AD平面PDC，从而得到l平面PDC；

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q(m,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cosn,PB，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值. 【解析】 （1）证明：

在正方形ABCD中，AD//BC，

因为AD平面PBC，BC平面PBC， 所以AD//平面PBC，

又因为AD平面PAD，平面PAD所以AD//l，

因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC, 且PD平面ABCD，所以ADPD,lPD, 因为CD平面PBCl，

PDD

所以l平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，

因为PDAD1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)， 设Q(m,0,1)，则有DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB(1,1,1)，

因为QB=2，所以有(m1)2(01)2(10)2设平面QCD的法向量为n(x,y,z)，

2m1

则DCn0DQn0，即y0，

xz0令x1，则z1，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0,1)，则

cosn,PBnPBnPB1011202(1)212121226. 323根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cosn,PB|6 3所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为【小结】

6. 3该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目. 45．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【分析】

以C为原点，分别以CA,CB,CC1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系. （Ⅰ）计算出向量C1M和B1D的坐标，得出C1MB1D0，即可证明出C1MB1D； （Ⅱ）可知平面BB1E的一个法向量为CA，计算出平面B1ED的一个法向量为n，利用空 间向量法计算出二面角BB1ED的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线AB与平面DB1E所成角的正弦值. 【解析】

依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

330. ；（Ⅲ）36

可得C0,0,0、A2,0,0、B0,2,0、C10,0,3、

A12,0,3、B10,2,3、D2,0,1、E0,0,2、M1,1,3.

（Ⅰ）依题意，C1M1,1,0，B1D2,2,2， 从而C1MB1D2200，所以C1MB1D； （Ⅱ）依题意，CA2,0,0是平面BB1E的一个法向量，

EB10,2,1，ED2,0,1．

设nx,y,z为平面DB1E的法向量，

2yz0nEB10则，即，

2xz0nED0不妨设x1，可得n1,1,2．

cosCA,nCAnCAn26， 626sinCA,n1cos2CA,n30． 630 ；6所以，二面角BB1ED的正弦值为（Ⅲ）依题意，AB2,2,0．

由（Ⅱ）知n1,1,2为平面DB1E的一个法向量，于是

cosAB,nABnABn43．

32263. 3所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为【小结】

本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

46．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【分析】

（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；

（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，利用空间向量法可计算出直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 【解析】

（Ⅰ）如下图所示：

2. 3

在正方体ABCDA1BC11D1中，AB//A1B1，A1B1//C1D1且A1B1C1D1， 1B1且ABAAB//C1D1且ABC1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1， BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1//平面AD1E；

（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，

A10,0,2、D12,0,2、E0,2,1，设正方体ABCDA则A0,0,0、1BC11D1的棱长为2，AD12,0,2，AE0,2,1，

nAD102x2z0设平面AD1E的法向量为nx,y,z，由，得，

2yz0nAE0令z2，则x2，y1，则n2,1,2.

cosn,AA1nAA1nAA142. 3232. 3因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为【小结】

本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力，属于基础题. 47．（I）证明见解析；（II）【分析】

（I）作DHAC交AC于H，连接BH，由题意可知DH平面ABC，即有DHBC，根据勾股定理可证得BCBH，又EF//BC，可得DHEF，BHEF，即得EF平面BHD，即证得EFDB；

（II）由DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角，作

3 3HGBD于G，连接CG，即可知HCG即为所求角，再解三角形即可求出DF与平面DBC所成角的正弦值．

【解析】

（Ⅰ）作DHAC交AC于H，连接BH． ∵平面ADFC平面ABC，而平面ADFC平面ABCAC，DH平面ADFC，

∴DH平面ABC，而BC平面ABC，即有DHBC． ∵ACBACD45，

∴CD2CH2BCCH2BC．

在CBH中，BH2CH2BC22CHBCcos45BC2，即有BH2BC2CH2，∴BHBC．

由棱台的定义可知，EF//BC，所以DHEF，BHEF，而BH∴EF平面BHD，而BD平面BHD，∴EFDB．

（Ⅱ）因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为与CH平面DBC所成角． 作HGBD于G，连接CG，由（1）可知，BC⊥平面BHD， 因为所以平面BCD平面BHD，而平面BCD平面BHDBD，

DHH，

HG平面BHD，∴HG平面BCD．

即CH在平面DBC内的射影为CG，HCG即为所求角． 在Rt△HGC中，设BCa，则CH2a，HGBHDH2aa2a，

BD3a3∴sinHCGHG13． CH333． 3故DF与平面DBC所成角的正弦值为

【小结】

本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数算能力，属于基础题．

48．（1）证明见解析；（2）【分析】

6. 3（1）利用线面垂直的判定定理证得AD平面PDC，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD//l，从而得到l平面PDC；

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q(m,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cosn,PB的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 【解析】 （1）证明：

在正方形ABCD中，AD//BC，

因为AD平面PBC，BC平面PBC， 所以AD//平面PBC，

又因为AD平面PAD，平面PAD所以AD//l，

因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC, 且PD平面ABCD，所以ADPD,lPD, 因为CD平面PBCl，

PDD

所以l平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，

因为PDAD1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)， 设Q(m,0,1)，则有DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB(1,1,1)， 设平面QCD的法向量为n(x,y,z)，

DCn0y0则，即，

mxz0DQn0令x1，则zm，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0,m)，则

cosn,PBnPBnPB10m3m21 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cosn,PB||1m|3m2132m32|m|36312mm2，当且仅当11112223m13m1333m1m1时取等号，

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为【小结】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目. 49．（1）【分析】

（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；

（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果. 【解析】

6. 3239 15（2）1513

（1）连COBCCD,BOODCOBD

以OB,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则

A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(1,0,0)E(0,1,1)

AB(1,0,2),DE(1,1,1)cosAB,DE15 15115 1553从而直线AB与DE所成角的余弦值为

（2）设平面DEC一个法向量为n1(x,y,z),

nDC0x2y0DC(1,2,0),1

xyz0n1DE0令y1x2,z1n1(2,1,1) 设平面DEF一个法向量为n2(x1,y1,z1),17171n2DF0x1y10DFDBBFDBBC(,,0),4 2442n2DE0xyz0111令y17x12,z15n2(2,7,5)

cosn1,n261 67813因此sin【小结】

12239 1313

本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题. 50．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析. 【分析】

（1）通过证明EF//AB1，来证得EF//平面AB1C1.

（2）通过证明AB平面ABC1，来证得平面AB1C平面ABB1. 【解析】

（1）由于E,F分别是AC,B1C的中点，所以EF//AB1.

由于EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1. （2）由于B1C平面ABC，AB平面ABC，所以B1CAB.

C，所以AB平面ABC由于ABAC,ACBC11,

由于AB平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB1.

【小结】

本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 51．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；

（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1xyz，利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值，进而可求得二面

42. 7

角AEFA1的正弦值. 【解析】

（1）在棱CC1上取点G，使得C1G1CG，连接DG、FG、C1E、C1F， 2

在长方体ABCDA1BC11D1中，AD//BC且ADBC，BB1//CC1且BB1CC1，

122C1GCG，BF2FB1，CGCC1BB1BF且CGBF，

233所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且AFDG， 同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E//DG且C1EDG，

C1E//AF且C1EAF，则四边形AEC1F为平行四边形，

因此，点C1在平面AEF内；

（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1xyz，

,0、E2,0,2、F0,1,1， 则A2,1,3、A12,1AE0,1,1，AF2,0,2，A1E0,1,2，A1F2,0,1，

设平面AEF的法向量为mx1,y1,z1，

y1z10mAE0由，得取z11，得x1y11，则m1,1,1， 2x12z10mAF0设平面A1EF的法向量为nx2,y2,z2，

y22z20nA1E0由，得，取z22，得x21，y24，则n1,4,2，

2xz022nA1F0

cosm,nmnmn37， 7321427. ，sin1cos277设二面角AEFA1的平面角为，则cos因此，二面角AEFA1的正弦值为【小结】

42. 7本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

52．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）根据正方形性质得ACBD，根据长方体性质得ACBB1,进而可证AC平面

BB1D1D,即得结果；

（2）只需证明EC1//AF即可，在CC1上取点M使得CM2MC1,再通过平行四边形性质进行证明即可. 【解析】

（1）因为长方体ABCDA1BC11D1,所以BB1平面ABCDACBB1,

因为长方体ABCDA1B1C1D1,ABBC,所以四边形ABCD为正方形ACBD 因为BB1BDB,BB1、BD平面BB1D1D,因此AC平面BB1D1D,

因为EF平面BB1D1D,所以ACEF；

（2）在CC1上取点M使得CM2MC1,连DM,MF,

因为D1E2ED,DD1//CC1,DD1=CC1,所以EDMC1,ED//MC1, 所以四边形DMC1E为平行四边形，DM//EC1

因为MF//DA,MF=DA,所以M、F、A、D四点共面，所以四边形MFAD为平行四边形，

DM//AF,EC1//AF，所以E、C1、A、F四点共面，

因此C1在平面AEF内 【小结】

本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题. 53．（1）证明见解析；（2）6. 8

【分析】

（1）根据已知可得PAPBPC，进而有△PAC≌PBC，可得

APCBPC90，即PBPC，从而证得PC平面PAB，即可证得结论；

（2）将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC边长，在等腰直角三角形APC中求出AP，在RtAPO中，求出PO，即可求出结论. 【解析】

（1）连接OA,OB,OC，

D为圆锥顶点，O为底面圆心，OD平面ABC，

P在DO上，OAOBOC,PAPBPC，

ABC是圆内接正三角形，ACBC，△PAC≌PBC， APCBPC90，即PBPC,PAPC，

PAPBP,PC平面PAB,PC平面PAC，平面PAB平面PAC；

（2）设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为rl3,rl3，

OD2l2r22，解得r1,l3，AC2rsin603，

在等腰直角三角形APC中，AP26

，AC2262， 142在RtPAO中，POAP2OA2三棱锥PABC的体积为VPABC1POS△ABC12336. 33248

【小结】

本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. ．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）要证明PA平面PBC，只需证明PAPB，PAPC即可；

（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB的法向量为n，平面PCE的法向量为m，利用公式cosm,n可得到答案. 【解析】

（1）由题设，知△DAE为等边三角形，设AE1， 则DO25. 5nm计算即

|n||m|623COBO1AE1，，所以PO， DO22266,PBPO2OB2, 44BA32OA，所以BA，

sin602PCPO2OC2又ABC为等边三角形，则

PA2PB23AB2，则APB90，所以PAPB， 4同理PAPC，又PCPBP，所以PA平面PBC；

（2）过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则E(,0,0),P(0,0,1221313),B(,,0),C(,,0)， 4444413213212PC(,,)，PB(,,)，PE(,0,)，

44444424设平面PCB的一个法向量为n(x1,y1,z1)，

nPC0x13y12z10由，得，令x12，得z11,y10， nPB0x13y12z10所以n(2,0,1)，

设平面PCE的一个法向量为m(x2,y2,z2)

mPC0x23y22z203由，得，令x21，得z22,y2，

3mPE02x22z20所以m(1,3,2) 3nm|n||m|22255， 1033故

cosm,n设二面角BPCE的大小为，则cos【点晴】

25. 5本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学

运算能力，是一道容易题. 55．（1）证明见解析；（2）24. 【分析】

B1C1的中点，MN//CC1，（1）由M,N分别为BC，根据条件可得AA1//BB1，可证MN//AA1，

要证平面EB1C1F平面A1AMN，只需证明EF平面A1AMN即可；

（2）根据已知条件求得S四边形EB1C1F和M到PN的距离，根据椎体体积公式，即可求得

VBEB1C1F.

【解析】 （1）

M,N分别为BC，B1C1的中点，

MN//BB1

又AA1//BB1

MN//AA1

在等边ABC中，M为BC中点，则BCAM 又

侧面BB1C1C为矩形，

BCBB1 MN//BB1

MNBC

由MNAMM，MN,AM平面A1AMN

BC⊥平面A1AMN

又

B1C1//BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，

B1C1//平面ABC

又

BC1C1F，且平面EB1C1F平面ABCEF 11平面EBB1C1//EF

EF//BC

又

BC平面A1AMN

EF平面A1AMN

EF平面EB1C1F

平面EB1C1F平面A1AMN

（2）过M作PN垂线，交点为H， 画出图形，如图

AO//平面EB1C1F

AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FNP AO//NP

又

NO//AP

AONP6

O为△A1B1C1的中心. ON11ACsin606sin603 1133故：ONAP3，则AM3AP33，

平面EB1C1F平面A1AMN，平面EB1C1F平面A1AMNNP，

MH平面A1AMN

MH平面EB1C1F

又

在等边ABC中

EFAP BCAM

即EFAPBC362

AM33由（1）知，四边形EB1C1F为梯形

四边形EB1C1F的面积为：S四边形EB1C1FEFB1C126NP=624 221VBEB1C1FS四边形EB1C1Fh，

3h为M到PN的距离MH23sin603，

1V24324.

3【小结】

本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 56．（1）证明见解析；（2）【分析】

10. 10B1C1的中点，MN//CC1，（1）由M,N分别为BC，根据条件可得AA1//BB1，可证MN//AA1，

要证平面EB1C1F平面A1AMN，只需证明EF平面A1AMN即可；

（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1截取

B1QEP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得QPN为B1E与平面A1AMN所成角，即

可求得答案. 【解析】 （1）

M,N分别为BC，B1C1的中点，

MN//BB1

又AA1//BB1

MN//AA1

在ABC中，M为BC中点，则BCAM 又

侧面BB1C1C为矩形，

BCBB1 MN//BB1

MNBC

由MNAMM，MN,AM平面A1AMN

BC⊥平面A1AMN

又

B1C1//BC，且B1C1平面ABC，BC平面ABC，

B1C1//平面ABC

又

BC1C1F，且平面EB1C1F平面ABCEF 11平面EBB1C1//EF

EF//BC

又

BC平面A1AMN

EF平面A1AMN

EF平面EB1C1F

平面EB1C1F平面A1AMN

（2）连接NP

AO//平面EB1C1F，平面AONP平面EB1C1FNP

AO//NP

根据三棱柱上下底面平行，

其面A1B1C1A1N 1NMA平面ABCAM，面A1NMA平面AON//AP

故：四边形ONPA是平行四边形 设ABC边长是6m(m0)

可得：ONAP，NPAOAB6m

O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m

1ON6sin603m

3故：ONAP3m EF//BC

APEP AMBM3EP 333解得：EPm

在B1C1截取B1QEPm，故QN2m

B1QEP且B1Q//EP

四边形B1QPE是平行四边形， B1E//PQ

由（1）B1C1平面A1AMN

故QPN为B1E与平面A1AMN所成角

在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQQN2PN22m6m22210m

sinQPNQN2m10 PQ210m10直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：10.

10【小结】

本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题. 57．（1）见解析；（2）见解析. 【分析】

(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论； (2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可. 【解析】

（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 【小结】

本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力. 58．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【分析】

首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系

(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；

(Ⅱ)分别求得直线CE的方向向量和平面BDE的法向量，然后求解线面角的正弦值即可； (Ⅲ)首先确定两个半平面的法向量，然后利用二面角的余弦值计算公式得到关于CF长度的方程，解方程可得CF的长度. 【解析】

依题意，可以建立以A为原点，分别以AB,AD,AE的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，

48（Ⅲ） 97

可得A0,0,0,B1,0,0,C1,2,0,D0,1,0,E0,0,2. 设CFhh0，则F1,2,h.

(Ⅰ)依题意，AB1,0,0是平面ADE的法向量， 又BF0,2,h，可得BFAB0，

又因为直线BF平面ADE，所以BF∥平面ADE. (Ⅱ)依题意，BD(1,1,0),BE(1,0,2),CE(1,2,2)，

设nx,y,z为平面BDE的法向量，

nBD0xy0则，即，

x2z0nBE0不妨令z=1，可得n2,2,1， 因此有cosCE,nCEn4.

9|CE||n|4. 9，即所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为(Ⅲ)设mx,y,z为平面BDF的法向量，则mBD0mBF0xy0.

2yhz0不妨令y=1，可得m1,1,2. h

由题意，有cosm,nmnmn18，解得h. 374322h42h经检验，符合题意｡ 所以，线段CF的长为【小结】

本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.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、运算求解能力和推理论证能力. 59．(1)见解析；(2) 30. 【分析】

(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED，RtABC和菱形BFGC内部的夹角，所以

8. 7AD//BE，BF//CG依然成立，又因E和F粘在一起，所以得证.因为AB是平面BCGE垂线，所以易证.(2)在图中找到BCGA对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑B关于GC的垂线，发现此垂足与A的连线也垂直于CG.按照此思路即证. 【解析】 (1)证：

AD//BE，BF//CG，又因为E和F粘在一起.

AD//CG，A，C，G，D四点共面.

又

ABBE,ABBC.

AB平面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.

(2)过B作BHGC延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以ABGC 而又BHGC，故GC平面HAB，所以AHGC.又因为BHGC所以BHA是二面角BCGA的平面角，而在△BHC中BHC90，又因为FBC60故

BCH60，所以BHBCsin603. 而在ABH中ABH90,tanBHAAB13，即二面角BCGA的度数BH33为30.

【小结】

很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力． 60．（1）见解析； （2）

417. 17【分析】

（1）利用三角形中位线和A证得四边形MNDE为平行四边形，1D//BC1可证得ME//ND，进而证得MN//DE，根据线面平行判定定理可证得结论；

（2）根据题意求得三棱锥C1CDE的体积，再求出C1DE的面积，利用VC1CDEVCC1DE求得点C到平面C1DE的距离，得到结果. 【解析】

（1）连接ME，BC1

M，E分别为BB1，BC中点 ME为B1BC的中位线

ME//B1C且ME1B1C 21B1C 2又N为A1D中点，且A1D//BC1 ND//B1C且NDME//ND 四边形MNDE为平行四边形

MN//DE，又MN平面C1DE，DE平面C1DE MN//平面C1DE

（2）在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DEBC， 根据题意有DE3，C1E17，

因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1， 所以DEEC1，所以SDEC11317， 2设点C到平面C1DE的距离为d， 根据题意有VC1CDEVCC1DE，则有解得d1111317d134， 32324417， 1717417. 17所以点C到平面C1DE的距离为【小结】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的

求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容. 61．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）利用长方体的性质，可以知道B1C13 2侧面A1B1BA，利用线面垂直的性质可以证明出

B1C1EB，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE平面EB1C1；

（2）以点B坐标原点，以BC,BA,BB1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设正方形

ABCD的边长为a，B1Bb，求出相应点的坐标，利用BEEC1，可以求出a,b之间的

关系，分别求出平面EBC、平面ECC1的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角

BECC1的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角BECC1的

正弦值. 【解析】

证明（1）因为ABCDA1BC11D1是长方体，所以B1C1侧面A1B1BA，而BE平面

A1B1BA，所以BEB1C1

又BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1,EC1平面EB1C1，因此BE平面EB1C1；

（2）以点B坐标原点，以BC,BA,BB1分别为x,y,z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

bB(0,0,0),C(a,0,0),C1(a,0,b),E(0,a,)，

2bbb22 因为BEEC1，所以BEEC10(0,a,)(a,a,)0a0b2a，

224所以E(0,a,a)，EC(a,a,a),CC1(0,0,2a),BE(0,a,a)， 设m(x1,y1,z1)是平面BEC的法向量， 所以ayaz10,1m(0,1,1)，

mEC0.ax1ay1az10.mBE0,设n(x2,y2,z2)是平面ECC1的法向量， 所以2az0,2n(1,1,0)， ax2ay2az20.nEC0.nCC10,mnmn11，

222二面角BECC1的余弦值的绝对值为

所以二面角BECC1的正弦值为1()2【小结】

123. 2本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数算能力. 62．（1）arccos【分析】

（1）由中位线可知MN//PC，从而所求夹角即为PCA，根据余弦定理，可求得余弦值，从而得到PCA的大小；（2）根据正三棱锥的性质，可求得几何体的高PO3，再根据棱锥体积公式求得结果. 【解析】

（1）M,N分别为PB,BC中点，可知：MN//PC

AC与MN夹角即为AC与PC夹角PCA

33；（2）

44

PC2AC2PA24343 在PCA中，由余弦定理可得：cosPCA2PCAC4223PCAarccos3 43 4即AC与MN的夹角为arccos（2）作PO面ABC，连接AN，如下图所示：

三棱锥为正三棱锥

O为ABC的中心且落在AN上

AO2223ANAB2BN231 3334POPA2AO2413 11133VPABCSABCPO333

33224【小结】

本题考查异面直线所成角、空间几何体体积的求解问题.求解异面直线所成角问题的关键在于能够通过平行关系将直线进行平移，转化为相交直线所成角的问题. 63．(1)

83π2;(2) arccos. 36【分析】

（1）由圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4能求出圆锥的体积．

（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PM与OB所成的角． 【解析】

（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4， ∴圆锥的体积V11πr2hπ224222 3383π． 3（2）∵PO4，OA，OB是底面半径，且AOB90，

M为线段AB的中点，

∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴， 建立空间直角坐标系，

P0，，04，A2，，00，B0，，20， M1，1，0，O0，，00，

PM1，1，4，OB0，，20，

设异面直线PM与OB所成的角为， 则cosPMOBPMOB2． 622． 6182∴arccos∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos2． 6

【小结】

求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解. ．（1）见解析（2）见解析 【解析】

分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论. 解析：

证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C．

（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形． 又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形， 因此AB1⊥A1B．

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC．

又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC． 因为AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．

小结：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都

是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 65．（1）310

20（2）5 5【解析】

分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量BP,AC1的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面AQC1的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.

解析：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以OB,OC,OO1为基底，建立空间直角坐标系O−xyz． 因为AB=AA1=2， 所以A0,1,0,B3,0,0,C0,1,0,A10,1,2,B13,0,2,C10,1,2．



（1）因为P为A1B1的中点，所以P31,,2， 2231从而BP2,2,2,AC10,2,2，

故cosBP,AC1BPAC1BPAC114522310． 20

因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为

310． 2031（2）因为Q为BC的中点，所以Q2,2,0，

33AQ因此2,2,0，AC10,2,2,CC10,0,2．

设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，

33AQn0,xy0, 则即22ACn0,12y2z0.不妨取n3,1,1，

设直线CC1与平面AQC1所成角为， 则sincosCC1,nCC1nCC1n25， 5525． 5所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为小结：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 66．（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】

分析：（1）先证ADCM,再证CMMD，进而完成证明． （2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可． 解析：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．

因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM． 因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM． 又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．

而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC． （2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．

证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点． 连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．

MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

小结：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题． 67．(1)见解析（2）【解析】

分析：（1）由等腰三角形性质得ACBE，由线面垂直性质得ACCC1,由三棱柱性质可得EF//CC1，因此EFAC，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论. 解析：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中， ∵CC1⊥平面ABC， ∴四边形A1ACC1为矩形． 又E，F分别为AC，A1C1的中点， ∴AC⊥EF． ∵AB=BC． ∴AC⊥BE， ∴AC⊥平面BEF．

21；（3）见解析． 21

（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1． 又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC． ∵BE平面ABC，∴EF⊥BE． 如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）． ∴CD=2，，，01CB=1，，20，

b，c， 设平面BCD的法向量为na，nCD02ac0∴，∴，

a2b0nCB0令a=2，则b=-1，c=-4，

1，4， ∴平面BCD的法向量n2，20， 又∵平面CDC1的法向量为EB=0，，∴cosnEBnEBnEB=21． 21由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为21 ．211，4，∵G（0，2，1）（Ⅲ）平面BCD的法向量为n2，，F（0，0，2），

∴GF=0，2，1，∴nGF2，∴n与GF不垂直，

∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交． 小结：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 68．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【分析】

（1）欲证PEBC，只需证明PEAD即可；

（2）先证PD平面PAB，再证平面PAB平面PCD；

（3）取PC中点G，连接FG,DG，证明EF//DG，则EF//平面PCD. 【解析】

（Ⅰ）∵PAPD，且E为AD的中点，∴PEAD. ∵底面ABCD为矩形，∴BC//AD，∴PEBC； （Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，∴ABAD. ∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，

∴AB平面PAD，又PD平面PAD，∴ABPD. 又PAPD，PAABA，PA、AB平面PAB，PD平面PAB，

∵PD平面PCD，∴平面PAB平面PCD； （Ⅲ）如图，取PC中点G，连接FG,GD.

∵F,G分别为PB和PC的中点，∴FG//BC，且FG1BC. 21BC， 2∵四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，∴ED//BC,DE∴ED//FG，且EDFG，∴四边形EFGD为平行四边形，

∴EF//GD，又EF平面PCD，GD平面PCD，∴EF//平面PCD. 【小结】

证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；

（4）菱形对角线互相垂直. 69．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BFPF，BFEF，又因为

3. 4PFEFF，利用线面垂直的判定定理可以得出BF平面PEF，又BF平面ABFD，

利用面面垂直的判定定理证得平面PEF平面ABFD；

（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得

3HPDP3，得到结果.

sin443HPDP【解析】

（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.

又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD； （2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.

以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.

由（1）可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE3.又PF1，EF2，故

PEPF.

可得PH33,EH. 22333331,,0,DP1,,, HP0,0,则H0,0,0,P为平面0,0,2,D2222ABFD的法向量.

3设DP与平面ABFD所成角为，则sinHPDP43.

43HPDP所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为【小结】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可. 70．（1）见解析 （2）25 53. 4【分析】

（1）先证BC平面CMD,得BCCM,再证CMMD，进而完成证明．

（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出M的位置，求出平面MAB和平面MCD的法向量，进而求得平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． 【解析】

解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.

因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM. 又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

（2）以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为CD的中点.

由题设得D0,0,0,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,M0,1,1，

AM2,1,1,AB0,2,0,DA2,0,0

设nx,y,z是平面MAB的法向量,则

nAM0,2xyz0, 即2y0.nAB0.可取n1,0,2.

DA是平面MCD的法向量,因此

cosn,DAnDAnDA25， 55， 5sinn,DA所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是【小结】

25. 5本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题． 71．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【分析】

39. 13

分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得AB1A1B1,AB1B1C1,再根据线面垂直的判定定理得结论；（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解. 方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出

AB1A1B1,AB1AC（Ⅱ）根据方程组解出平面11,再根据线面垂直的判定定理得结论；ABB1的一个法向量，然后利用AC1与平面ABB1法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量

夹角的互余关系求解. 【解析】 解析：方法一：

（Ⅰ）由AB2,AA， 14,BB12,AA1AB,BB1AB得AB1AB1122222BABAA所以A1111.

故AB1A1B1.

由BC2，BB12,CC11, BB1BC,CC1BC得B1C15， 由ABBC2,ABC120得AC23，

222AB1B1C1. 由CC1AC，得AC113，所以AB1BC11AC1，故

因此AB1平面A1B1C1.

（Ⅱ）如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连结AD.

由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1， 由C1DA1B1得C1D平面ABB1， 所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.

由BC得cosC1A1B1115,AB1122,AC112161， ,sinC1A1B177所以C1D3，故sinC1ADC1D39. AC11339. 13因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是方法二：

（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此AB1,3,2,AB1,3,2,AC0,23,3,

11111A0,3,0,B1,0,0,A10,3,4,B11,0,2,C10,3,1,

由AB1A得AB1A1B1. 1B10由AB1AC得AB1AC11. 110

所以AB1平面A1B1C1.

（Ⅱ）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.

由（Ⅰ）可知AC10,23,1,AB1,3,0,BB10,0,2, 设平面ABB1的法向量nx,y,z.

nAB0,x3y0,由即可取n3,1,0. nBB10,2z0,所以sin|cosAC1,n|AC1nAC1n39. 1339. 13因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是小结：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 72．（1）详见解析（2）【解析】

分析：（1）连接OB，欲证PO平面ABC，只需证明POAC,POOB即可；（2）过点C作CHOM，垂足为M，只需论证CH的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.

解析：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=23． 连结OB．因为AB=BC==2．

由OP2OB2PB2知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．

45． 512AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=AC22

（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC=

12AC=2，CM=BC=42，∠ACB=45°． 233所以OM=OCMCsinACB4525=，CH=．

OM35所以点C到平面POM的距离为

45． 5小结：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决. 73．(1)见解析. (2)1. 【解析】

(1)首先根据题的条件，分析：可以得到BAC=90，即BAAC，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；

(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 解析：（1）由已知可得，BAC=90°，BAAC． 又BA⊥AD，且AC又AB平面ABC，

ADA，所以AB⊥平面ACD．

所以平面ACD⊥平面ABC．

（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=32．

2DA，所以BP22． 31作QE⊥AC，垂足为E，则QE  DC．

3又BPDQ由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1． 因此，三棱锥QABP的体积为

1VQABPQES3ABP111322sin451． 32小结：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 74．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】

（1）取B1D1的中点O1，连接CO1,AO11，推导出AO11∥OC,AO11OC，从而四边形

AOCO进而AO利用线面平行的判定定理证明AO11为平行四边形，1∥O1C，1平面B1CD1.

（2）推导出A1EBD,EMB1D1,A1EB1D1,利用线面垂直的判定定理证明出B1D1平面A1EM,进而证明平面A1EM平面B1CD1. 【解析】

（1）取B1D1的中点O1，连接CO1,AO11，由于ABCDA1BC11D1是四棱柱， 所以AO11∥OC,AO11OC，

因此四边形AOCO11为平行四边形， 所以AO1∥O1C，

平面B1CD1， 又O1C平面B1CD1，AO1所以AO1平面B1CD1.

（2）因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点， 所以EMBD，

又A1E平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1EBD, 因为B1D1BD,

所以EMB1D1,A1EB1D1,

又A1E,EM平面A1EM，A1EEME， 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1， 所以平面A1EM平面B1CD1. 【小结】

本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，涉及到空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识点，考查推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题． 75．③④（答案不唯一） 【分析】

由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可. 【解析】

选择侧视图为③，俯视图为④，

如图所示，长方体ABCDA1BC11D1中，ABBC2,BB11， E,F分别为棱BC11,BC的中点，

则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥EADF. 故答案为：③④. 【小结】

三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系. 76．39 【分析】

利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. 【解析】

135∴h

22∵V6h30

5132∴lhr 622222∴S侧rl61339. 2

故答案为：39.

77．

1 3【分析】

利用VANMD1VD1AMN计算即可. 【解析】

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点 所以VANMD1VD1AMN故答案为：【小结】

在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 78．

111112 3231 32. 2【分析】

根据已知条件易得D1E3，D1E侧面BC11CB，可得侧面BC11CB与球面的交线上的

点到E的距离为2，可得侧面BC11CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，再根据弧长公式可求得结果. 【解析】 如图：

取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，

因为BAD60°，直四棱柱ABCDA1BC11D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E3，D1EB1C1，

又四棱柱ABCDA1BC11D1为直四棱柱，所以BB1平面A1B1C1， 1B1C1D1，所以BB因为BB1B1C1B1，所以D1E侧面BC11CB，

设P为侧面BC1EEP， 11CB与球面的交线上的点，则D因为球的半径为5，D1E3，所以|EP||D1P|2|D1E|253所以侧面BC11CB与球面的交线上的点到E的距离为2，

因为|EF||EG|2，所以侧面BC11CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG， 因为B1EFC1EG2，

4，所以FEG2，

所以根据弧长公式可得FG222. 2故答案为：【小结】

2. 2

本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 79．123【分析】

先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果. 【解析】

正六棱柱体积为62

3222=123 42圆柱体积为()2122

所求几何体体积为123故答案为： 123【小结】

2

2

本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 80．2 3【分析】

将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【解析】

易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中BC2,ABAC3，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为O，

由于AM321222，故S△ABC22222， 设内切圆半径为r，则：

12111S△ABCS△AOBS△BOCS△AOCABrBCrACr

2221332r22， 2解得：r故答案为：【小结】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 81．①③④ 【分析】

利用两交线直线确定一个平面可判断命题

242，其体积：Vr3. 2332. 3p1的真假；利用三点共线可判断命题p2的真假；

利用异面直线可判断命题p3的真假，利用线面垂直的定义可判断命题p4的真假.再利用复合命题的真假可得出结论. 【解析】

对于命题p1，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为； 若l3与l1相交，则交点A在平面内， 同理，l3与l2的交点B也在平面内，

所以，AB，即l3，命题p1为真命题；

对于命题p2，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题p2为假命题；

对于命题p3，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题p3为假命题；

对于命题p4，若直线m平面， 则m垂直于平面内所有直线， 直线l平面，直线m直线l， 命题p4为真命题. 综上可知，

，

为真命题，

，

为假命题，

p1p4为真命题，p1p2为假命题，

p2p3为真命题，p3p4为真命题.

故答案为：①③④. 【小结】

本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题. 82．10. 【分析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【解析】

因为长方体ABCDA1BC11D1的体积为120， 所以ABBCCC1120， 因为E为CC1的中点， 所以CE1CC1， 2由长方体的性质知CC1底面ABCD，

所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，

所以三棱锥EBCD的体积V11ABBCCE321111ABBCCC112010. 32212【小结】

本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题. 83．40. 【分析】

本题首先根据三视图,还原得到几何体,根据题目给定的数据,计算几何体的体积.属于中等题. 【解析】

如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱

MPD1A1NQC1B1之后余下的几何体,

3几何体的体积V41242440. 2【小结】

(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 84．如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α. 【分析】

将所给论断，分别作为条件、结论加以分析. 【解析】

将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确； （2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α. 【小结】

本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力. 85．118．8 【分析】

根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量. 【解析】

12312cm2， 213四棱锥O−EFG的高3cm， ∴VOEFGH12312cm．

3由题意得， SEFGH464又长方体ABCDA1BC11D1的体积为V2466144cm，

2所以该模型体积为VV2V114412132cm，

3其质量为0.9132118.8g． 【小结】

本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解． 86．

. 4【分析】

根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径． 【解析】

由题意四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为

1，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为2

11．

42【小结】

本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题. 87．2. 【分析】

本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决． 【解析】

作PD,PE分别垂直于AC,BC，PO平面ABC，连CO， 知CDPD,CDPO，PD2OD=P，

CD平面PDO，OD平面PDO，

CDOD

∵PDPE3，PC2．sinPCEsinPCDPCBPCA60，

3， 2POCO，CO为ACB平分线，

OCD45ODCD1,OC2，又PC2，

PO422．

【小结】

画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍． 88．

4 3【解析】

分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.

解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形

2的边长等于2，，所以该多面体的体积为21(2)134. 3小结：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决． ．8π 【解析】

分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线SA，高SO，底面圆半径AO的长，代入公式计算即可.

解析：如下图所示，SAO30,ASB90

11SASBSA28， 22122解得SA4，所以SOSA2,AOSASO23，

212所以该圆锥的体积为VOASO8.

3又SSAB

小结：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.

90．402π 【解析】

分析：先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.

解析：因为母线SA，SB所成角的余弦值为

715，所以母线SA，SB所成角的正弦值为，88因为SAB的面积为515，设母线长为l,所以

1215l515l280， 28π2l, 42因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为lcos因此圆锥的侧面积为πrl22πl402π. 291．

1 12【分析】

由题意首先求解底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积. 【解析】

由题意可得，底面四边形EFGH为边长为

2的正方形，其面积SEFGH221， 222顶点M到底面四边形EFGH的距离为d由四棱锥的体积公式可得：VMEFGH【小结】

1， 21111. 32212本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

92．共26个面. 棱长为21. 【分析】

第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．

【解析】

由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826个面．

如图，设该半正多面体的棱长为x，则ABBEx，延长BC与FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，BGE为等腰直角三角形，

BGGECH22x,GH2xx(21)x1， 22x121，即该半正多面体棱长为21． 21

【小结】

本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．