07立体几何全国卷高考真题文档格式.docx
《07立体几何全国卷高考真题文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《07立体几何全国卷高考真题文档格式.docx（35页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
5r4r=16
+20，解得r=2，应选B.
简单几何体的三视图；
球的表面积公式、圆柱的测面积公式
3、〔2021年1卷18题〕如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°
，E，F是平面ABCD同一
侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.
文案大全
〔Ⅰ〕证明：
平面AEC⊥平面AFC；
〔Ⅱ〕求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
【解析】
试题解析：
〔Ⅰ〕连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不如设GB=1
易证EG⊥AC，经过计算可证EG⊥FG，依照线面垂直判判断理可知EG⊥平面AFC，由面面垂
直判判断理知平面AFC⊥平面AEC；
〔Ⅱ〕以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，
y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线
AE与CF所成角的余弦值.
〔Ⅰ〕连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不如设GB=1，
由∠ABC=12°
0，可得AG=GC=3.
由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，
又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，
在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=2
.
在Rt△FDG中，可得FG=
6
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=
32
2
可得EF=
，
∴
222
EGFGEF，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.
〔Ⅱ〕如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长
度，建立空间直角坐标系G-xyz，由〔Ⅰ〕可得A〔0，－3，0〕，E〔1,0,2〕，F〔－
1,0，
〕，C〔0，3，0〕，∴AE=〔1，3，2〕，CF=〔-1，-3，
〕.⋯10
分
故
cosAE,CF
AECF
|AE||CF|
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3
空间垂直判断与性质；
异面直线所成角的计算；
空间想象能力，推理论证能力
4、〔2021年2卷6题〕一个正方体被一个平面截去一局部后，节余局部的三视图如右图，
那么截去局部体积与节余局部体积的比值为〔〕
1111
A．B．C．D．
8765
【解析】由三视图得，在正方体
ABCDABCD中，截去周围体AA1B1D1，以以下图，，
设正方体棱长为a，那么
111
33
Vaa，故节余几何体体积为
AABD
326
31353
aaa，
66
所以截去局部体积与节余局部体积的比值为
5
，应选D．
D1C1
C
A1
D
B1
O
B
A
三视图．
5、〔2021年2卷9题〕A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，假设
三棱锥O-ABC体积的最大值为36，那么球O的表面积为〔〕
A．36πB．64πC．144πD．256π
【解析】以以下图，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最
大，设球O的半径为R，此时
23
VVRRR，故R6，那么
36
OABCCAOB
球O的表面积为
S4R144，应选C．
外接球表面积和椎体的体积．
6、〔2021年2卷19题〕〔此题总分值12分〕如图，长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=16，
BC=10，AA18，点E，F分别在A1B1，C1D1上，A1ED1F4．过点E，F的平
面与此长方体的面订交，交线围成一个正方形．
DFC
AE
B
C
AB
〔Ⅰ〕在图中画出这个正方形〔不用说出画法和原由〕；
〔Ⅱ〕求直线AF与平面所成角的正弦值．
【解析】〔Ⅰ〕交线围成的正方形EHGF如图：
〔Ⅱ〕作EMAB，垂足为M，那么AMA1E4，EMAA18，因为EHGF为正
方形，所以EHEFBC10．于是
226
MHEHEM，所以AH10．以D
为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立以以下图的空间直角坐标系Dxyz，那么
A（10,0,0），H（10,10,0），E（10,4,8），F（0,4,8），FE（10,0,0），HE（0,6,8）．设
n（x,y,z）是平面EHGF的法向量，那么
nFE
nHE
0,
即
10x0,
6y8z0,
所以可取
n（0,4,．3）又AF（10,4,8），故
cosn,AF
nAF
45
15
．所以直线AF与
平面所成角的正弦值为．
1、直线和平面平行的性质；
2、直线和平面所成的角．
7、〔2021年1卷6题〕如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂
直的半径.假设该几何体的体积是
28
那么它的表面积是
〔A〕17〔B〕18〔C〕20〔D〕28
该几何体直观图以以下图：
是一个球被切掉左上角的
8
设球的半径为R,那么
7428
VR
833
解得R2,所以它
的表面积是7
的球面面积和三个扇形面积之和
71
S=42+32=17应选A．
84
三视图及球的表面积与体积
8、〔2021年1卷11题〕平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的极点A,//平面CB1D1,I平面
ABCD=m,I平面ABB1A1=n,那么m、n所成角的正弦值为
（A）
（B）
（C）
（D）
如图,设平面
CBD平面ABCD=m'
平面CB1D1平面ABB1A1=n'
因为
11
//平面
CBD,所以m//m'
n//n'
那么m,n所成的角等于m'
n'
所成的角.延长AD,过
作
D1E//B1C,连接CE,B1D1,那么CE为m'
同理B1F1为n'
而BD//CE,B1F1//A1B,那么
mn所成的角即为A1B,BD所成的角,即为60,故m,n所成角的正弦值为
'
'
选A.
平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.
【名师点睛】求解此题的要点是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：
平移定
角、连线成形,解形求角、得钝求补.
9、〔2021年1卷18题〕如图,在以A,B,C,D,E,F为极点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,
AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．
〔I〕证明：
平面ABEF平面EFDC；
〔II〕求二面角E-BC-A的余弦值．
F
〔I〕由可得FDF,FF,所以F平面FDC．
又F平面F,故平面F平面FDC．
〔II〕过D作DGF,垂足为G,由〔I〕知DG平面F．
以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立以以下图的空间直角坐标
系Gxyz．
由〔I〕知DF为二面角DF的平面角,故DF60,那么DF2,DG3,可得
1,4,0,3,4,0,3,0,0,D0,0,3．
由,//F,所以//平面FDC．
又平面CD平面FDCDC,故//CD,CD//F．
由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角,
CF60．从而可得C2,0,3．
所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0．
设nx,y,z是平面C的法向量,那么
n
C0
即
x3z0
4y0
所以可取n3,0,3．
设m是平面CD的法向量,那么
m
0
同理可取m0,3,4．那么
cosn,m
nm
219
19
．
故二面角C的余弦值为219
垂直问题的证明及空间向量的应用
【名师点睛】立体几何解答题第一问平时观察线面地址关系的证明,空间中线面地址关系的
证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的要点是结合空间想
象能力进行推理,要防范步骤不完满或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为
主.第二问一般观察角度问题,多用空间向量解决.
10、〔2021年2卷6题〕右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视
图，那么该几何体的表面积为
〔A〕20π〔B〕24π〔C〕28π〔D〕32π
解析：
几何体是圆锥与圆柱的组合体，
设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．
rclh
由图得2，，由勾股定理得：
l2234，
rc2πr4π
21
Srchcl
π
表
4π16π8π28π
应选C．
11、〔2021年2卷14题〕，是两个平面，m，n是两条线，有以下四个命题：
①若是mn，m，n∥，那么．
②若是m，n∥，那么mn．
③若是a∥，m，那么m∥．
④若是m∥n，∥，那么m与所成的角和n与所成的角相等．
其中正确的命题有.（填写所有正确命题的编号〕
【解析】②③④
12〔2021年2卷19题〕〔本小题总分值12分〕
如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在
AD，CD上，
AECF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的地址
OD10.
DH平面ABCD；
〔II〕求二面角BDAC的正弦值.
5AECF
【解析】⑴证明：
∵AECF，∴，∴EF∥AC．
4ADCD
∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，
∴EFDH．∵AC6，∴AO3；
又AB5，AOOB，
AE
∴OB，∴OHOD1，∴DHDH3，∴ODOHD'
H，
AO
∴D'
HOH．又∵OHIEFH，∴D'
H面ABCD．
⑵建立如图坐标系Hxyz．
B5，0，0C1，3，0D'
0，0，3A1，3，0
，，，，
uuur
AB
uuuruuru
4，3，0AD'
1，3，3AC0，6，0
，，，
ur
设面ABD'
法向量n1x，y，z，
x3
nAB04x3y0
由得，取y4，
x3y3z0nAD0
z5
uruur
∴n13，4，5．同理可得面AD'
C的法向量n2301，
，，
nn
957512
295
∴cosuruur，∴sin．
52102525nn
12
13、〔2021年3卷9题〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的
三视图，那么该多面体的表面积为〔〕
〔A〕18365〔B〕54185〔C〕90〔D〕81
空间几何体的三视图及表面积．
【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，要点是找到其中的特色图形，如棱柱中的矩
形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，经过这些图形，找到几何元素间的关系，
建立未知量与量间的关系，进行求解．
14、〔2021年3卷10题〕在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，假设
ABBC，AB6，BC8，AA13，那么V的最大值是〔〕
932
〔A〕4π〔B〕
2〔C〕6π〔D〕
要使球的体积V最大，必定球的半径R最大．由题意知球的与直三棱柱的上下
2，此时球的体积为
4439
R（）
3322
底面都相切时，球的半径获取最大值，应选B．
1、三棱柱的内切球；
2、球的体积．
【思想拓展】立体几何是的最值问题平时有三种思虑方向：
〔1〕依照几何体的结构特色，变
动向为静态，直观判断在什么情况下获取最值；
〔2〕将几何体平面化，如利用张开图，在平
面几何图中直观求解；
〔3〕建立函数，经过求函数的最值来求解．
15、〔2021年3卷19题〕〔本小题总分值12分〕
如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADBC，ABADAC3，
PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．
〔I〕证明MN平面PAB；
〔II〕求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
85
25．【答案】〔Ⅰ〕见解析；
〔Ⅱ〕
〔Ⅰ〕取PB的中点T，尔后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，
从而获取MNAT，由此结合线面平行的判判断理可证；
〔Ⅱ〕以A为坐标原点，以
AD,AP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系，尔后经过求直线AN的方向向量与平
面PMN法向量的夹角来办理AN与平面PMN所成角．
AM
AD
〔Ⅰ〕由得
，取BP的中点T，连接AT,TN，由N为PC
TN
BC
中点知TN//BC，
又AD//BC，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT
因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB.
2x4z0
nPM0
5
设n（x,y,z）为平面PMN的法向量，那么0
nPN
，即
xy2z0
，可取
n，
（0,2,1）
于是
|cosn,AN|
|nAN|85
||||25
nAN.
1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；
2、棱锥的体积．
【技巧点拨】〔1〕证明立体几何中的平行关系，常常是经过线线平行来实现，而线线平行常
常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；
〔2〕求解空间中的角和距离
常常可经过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来办理．
16、〔2021年1卷7题〕某多面体的三视图以以下图，其中正视图和左视图都由正方形和
等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面
中有假设干是梯形，这些梯形的面积之和为
A．10B．12C．14D．16
【解析】由三视图可画出立体图
该立体图平面内只有两个相同的梯形的面
S
梯
24226
S全梯6212
应选B
17、〔2021年1卷16题〕如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三
角形ABC的中心为O，D、E、F为元O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是一
BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折
起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，获取三棱锥．当△ABC的边长变
化时，所得三棱锥体积〔单位：
cm3〕的最大值为_______．
【答案】415
【解析】由题，连接OD，交BC与点G，由题，ODBC
OGBC，即OG的长度与BC的长度或成正比
设OGx，那么BC23x，DG5x
三棱锥的高hDG2OG22510xx2x2510x
S233x33x
△
ABC
那么
VS△hxx=325x410x5
32510
令
fx25x10x，
x（0,），
34
fx100x50x
令fx0，即x42x30，x2
那么fx≤f280
那么V≤38045
∴体积最大值为415cm3
18〔、2021年1卷18题〕如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD中，且BAPCDP90．
〔1〕证明：
平面PAB平面PAD；
〔2〕假设PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值．
【解析】〔1〕证明：
∵BAPCDP90
∴PAAB，PDCD
又∵AB∥CD，∴PDAB
又∵PDPAP，PD、PA平面PAD
∴AB平面PAD，又AB平面PAB
∴平面PAB平面PAD
〔2〕取AD中点O，
升级会员 