7.第七章立体几何2017-2021年五年高考全国卷理科分类汇编及考向预测高考全国卷理科分类汇编.docx

1、一、真题汇编：1.【2017课标理 7】某多面体的三视图如图所示，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若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A10B12C14D162.【2017课标理16】 如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以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，得到三棱锥.当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为

2、.3.【2017课标理18】如图，在四棱锥PABCD中，AB/CD，且.（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角APBC的余弦值.4.【2017课标II理4】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为ABCD5.【2017课标II理10】已知直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为ABCD6.【2017课标II理19】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中点（1）证明：直线平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABC

3、D所成角为，求二面角的余弦值7.【2017课标III理8】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A B C D8.【2017课标III理16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_.（学科/网填写所有正确结论的编号）9.【2017课标III理19】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，

4、ACD是直角三角形，ABD=CBD，AB=BD（1）证明：平面ACD平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值.10.【2018课标理 7】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B. C. D. 211.【2018课标理 12】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. B. C. D. 12.【2018课标理 18】如图，四边形

5、为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.13.【2018课标II理9】在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D. 14.【2018课标II理16】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_15.【2018课标II理20】如图，在三棱锥中，为的中点（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值 16.【2018课标III理3】 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

6、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. 17.【2018课标III理10】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D. 18.【2018课标III理19】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值 19.【2019课标理 12】 已知三棱锥P-ABC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

7、，则球O的体积为A. B. C. D. 20.【2019课标理 18】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值21.【2019课标II 理7】 设，为两个平面，则的充要条件是A. 内有无数条直线与平行B. 内有两条相交直线与平行C. ，平行于同一条直线D. ，垂直于同一平面22.【2019课标 II 理16】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，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”

8、（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_23【2019课标II 理17】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角BECC1的正弦值.24.【2019课标III理8】如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则A. ，且直线是相交直线B. ，且直线是相交直线C. ，且直线是异面直线D. ，且直线

9、是异面直线25【2019课标III理16】学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_.26.【2019课标III理19】图1是由矩形ADEB，RtABC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BCGA的大小.27.【2020课标理 3】埃及胡夫金字塔是古代世界建

10、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. B. C. D. 28.【2020课标理 10】已知为球球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 29.【2020课标理 18】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值30.【2020课标II 理7】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，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧

11、视图中对应的点为（ ）A. B. C. D. 31.【2020课标II 理16】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，直线m平面，则ml.则下述命题中所有真命题的序号是_.32.【2020课标II 理20】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：AA1MN，且平面A1AMNEB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心

12、，若AO平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.33.【2020课标III理8】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A. 6+4B. 4+4C. 6+2D. 4+234.【2020课标III理15】 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_35.【2020课标III理19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值36.【2021全国甲卷理6】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（

13、 ）A. B. C. D. 37.【2021全国甲卷理11】已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 38.【2021全国甲卷理19】 已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点 （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?39.【2021全国乙卷理5】 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 40.【2021全国乙卷理16】以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，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）41

14、.【2021全国乙卷理18】 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且（1）求；（2）求二面角的正弦值二、详解品评1.【答案】B【解析】试题分析：由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为，故选B.【考点】简单几何体的三视图【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.2.【答案】【解析】试题分析：如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x0)，则.， ，

15、三棱锥的体积.设，x0，则，令，即，得，易知在处取得最大值.【考点】简单几何体的体积【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.3.【解析】试题解析：（1）由已知，得ABAP，CDPD.由于AB/CD ，故ABPD ，从而AB平面PAD.又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD.（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及

16、已知可得，.所以，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的余弦值为.【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.4.【答案】B【解析】试题分析：由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积，

17、故该组合体的体积故选B【考点】 三视图、组合体的体积【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑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5.【答案】C6.【答案】（1）证明略；（2）【考点】 判定线面平行、面面角的向量求法【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，利用方程思想进行向

18、量运算，要认真细心、准确计算（2）设m，n分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等，故有|cos |cos|=求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角7.【答案】B【考点】圆柱的体积公式【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及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.8.【答案】【解析】试题分析：由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连结DE，则DEBD，连结AD，等腰中，,当

19、直线AB与a成60角时，故，又在中，过点B作BFDE，交圆C于点F，连结AF，由圆的对称性可知,为等边三角形，即AB与b成60角，正确，错误.由图可知正确；很明显，可以满足平面ABC直线a，则直线与所成角的最大值为90，错误.故正确的是.【考点】异面直线所成的角【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；计算：求该角的值，常利用解三角形；取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角

20、作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.9.【答案】（1）证明略；（2）【解析】试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90，则可得到面面垂直；（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角DAEC的余弦值为.试题解析：（1）由题设可得，从而.又是直角三角形，所以.取AC的中点O，连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于是正三角形，故.所以为二面角的平面角.在中，.又，所以，故.所以平面ACD平面ABC.（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则

21、.由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.故.设是平面DAE的法向量，则即 可取.设是平面AEC的法向量，则同理可取.则.所以二面角D-AE-C的余弦值为.【考点】二面角的平面角；二面角的向量求法【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.（2）设m，n分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等，故有.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.10.【答案】B【解析】【分析】首先根据题中所给的三视图，得

22、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.【详解】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，故选B.点睛：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.11.【答案】A【解析】【分析】首

23、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.【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面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与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：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

24、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.12.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出平面，又平面，利用面面垂直的判定定理证得平面平面；（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，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.【详解】（1）由已知可得，又，所以平面.又平面，所以平面平面；（2）作，垂足为.由（1）得，平面.以为坐标原点，的方向为轴正

25、方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）可得，.又，所以.又，故.可得.则 为平面的法向量.设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.【点睛】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.13.【答案】C【解析】【详解】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

26、或互补关系求结果.详解：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,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.点睛：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”.14.【答案】【解析】【详解】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.详解：因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，因为与圆锥底面所成角为4

27、5，所以底面半径为因此圆锥的侧面积为15.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，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，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果【详解】（1）因为，为的中点，所以，且连结因为，所以为等腰直角三角形，且 由知由知平面（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空

28、间直角坐标系 由已知得 取平面的法向量设，则设平面的法向量为由得 ，可取所以 由已知得 所以 解得(舍去)， 所以 又 ，所以 所以与平面所成角的正弦值为【点睛】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”16.【答案】A【解析】【详解】详解：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，且俯视图应为对称图形故俯视图为故选A.点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空

29、间想象能力，属于基础题 17.【答案】B【解析】【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得详解：如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心中，有故选B.点睛：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，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型 18.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明（2）先

30、建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值【详解】解：（1）由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DMCM.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,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.【

31、点睛】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19.【答案】D【解析】【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力

32、，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20.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接，分别为，中点 为的中位线且又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形 则

33、以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且 为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，令，则， 二面角的正弦值为：【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.21.【答案】B【解析】【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【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是

34、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【点睛】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，则”此类的错误22.【答案】 . 共26个面. . 棱长为.【解析】【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【详解】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个面如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为【点睛

35、】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23.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.【详解】证明（1）因为是长方

36、体，所以侧面，而平面，所以又，平面，因此平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示空间直角坐标系，因为，所以，所以，设是平面的法向量，所以，设是平面的法向量，所以，二面角的余弦值的绝对值为，所以二面角的正弦值为.【点睛】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，考查了数学运算能力.24.【答案】B【解析】【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】如图所示， 作于，连接，过作于连，平面平面平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是

37、构造直角三角形25.【答案】1188【解析】【分析】根据题意可知模型的体积为长方体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.【详解】由题意得， ，四棱锥OEFG的高3cm， 又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为【点睛】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 26.【答案】(1)见详解；(2) .【解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此

38、思路即证.【详解】(1)证：，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】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27. 【答案】C【解析】【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案.【详

39、解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.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.28.【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积.故选：A【点睛】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.29.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；（2）以O为坐标原点，O

40、A为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案.【详解】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，所以，又为等边三角形，则，所以，则，所以，同理，又，所以平面；（2）过O作BC交AB于点N，因为平面，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，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，则.【点晴】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.30.【答案】A【解析】【分析】根据三视图

41、，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,点在侧视图中对应的点为.故选：A【点睛】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.31.【答案】【解析】【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得

42、出结论.【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与交点也在平面内，所以，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题真命题.综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：.【点睛】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.32.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由分别为，的中点，

43、根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面 又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：.【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面

44、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.33.【答案】C【解析】【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.【详解】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：根据勾股定理可得：是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：该几何体的表面积是：.故选：C.【点睛】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. 34.【答案】【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然

45、后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】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，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.【点睛】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. 35.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接、，证明出四边形为平行四边形，

46、进而可证得点在平面内；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.【详解】（1）在棱上取点，使得，连接、，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则且，同理可证四边形为平行四边形，且，且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设平面的法向量为，由，得取，得，则，设平面的法向量为，由，得，取，得，则，设二面角的平面角为，则，.因此，二面角的正弦值为.【点睛】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

47、推理能力与计算能力，属于中等题. 36.【答案】D【解析】【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.【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D37.【答案】A【解析】【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.【详解】，为等腰直角三角形，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以.故选：A.【点睛】关键点睛：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.38.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）方法二：

48、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；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）方法一：几何法因为，所以又因为，所以平面又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则又因为，所以又因为，所以平面又因为平面，所以 方法二 【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，又，平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，由题设（）因为，所以，所以 方法三：因为，所以，故，所以，所

49、以（2）方法一【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时 方法二 ：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角设，过作交于点G由得又，即，所以又，即，所以所以则，所以，当时，方法三：投影法如图，联结，在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则设，在中，在中，过D作的平行线交于点Q在中，在中，由余弦定理得，当，即，面与面所成二面角的正弦值最小，最小值为【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题

50、常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维39.【答案】D【解析】【分析】平移直线至，将直线与所成的

51、角转化为与所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接，因为，所以或其补角为直线与所成角，因为平面，所以，又，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，所以.故选：D40.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为，俯视图为，如图所示，长方体中，分别为棱的中点，则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥.故答案为：.【点睛】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.41.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求

52、出的值，即可得出的长；（2）求出平面、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.【详解】（1）方法一：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、，则，则，解得，故；方法二【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结因为底面，且底面，所以又因为，所以平面又平面，所以从而因为，所以所以，于是所以所以 方法三：几何法+三角形面积法 如图，联结交于点N由方法二知在矩形中，有，所以，即令，因为M为的中点，则，由，得，解得，所以（2）方法一【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为，则，由，取，可得，

53、设平面的法向量为，由，取，可得，所以，因此，二面角的正弦值为.方法二：构造长方体法+等体积法 如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，所以平面过H作的垂线，垂足记为G联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角易证四边形是边长为的正方形，联结，由等积法解得在中，由勾股定理求得所以，即二面角的正弦值为【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解

54、；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.三、试题热点1.表格分析: 核心考点20172018201920202021利用三视图求面积，体积理 7理 7III理3II 理7III理8甲卷理6乙卷理16异面直线及所成的角II理10II理9III理8直线与直线平行与垂直的关系II 理16甲卷理19乙卷理18直线与平面平行与垂直的关系理 18II 理17理 18III理19平面与平面的平行与垂直关系理18II理19III理19理 18II理20III理19II 理7III理19II 理20线面角III理16理 18II理20II 理20二面角理18II理19III理

55、19III理19理 18II 理17III理19理 18III理19甲卷理19乙卷理18棱柱、棱锥、球的体积与表面积理16II理4III理8理 12II理16III理10理 12 II 理16III理16理 3理 10III理15甲卷理112.热点论述： 热点1：利用三视图求面积和体积： 主要考查由三视图的复原图求相关几何体的体积，表面积，复原图以棱锥，棱柱较多，当然，也会有求的部分与棱锥棱柱的结合，主要考查学生的空间想象能力，和画图与识图的基本功。 热点2:空间直线与平面位置关系 主要以平行和垂直关系为主；异面直线是高中的重点，也是学生的难点，；线与线的基本关系是：异面、相交、平行，体现分类

56、，转化的思想。 热点3:空间直线与平面的位置关系 主要考查线面角，线与面的平行，垂直关系，线面角的求法主要借助直角三角形，以及空间向量的夹角来求解，线面的平行与垂直关系在解答题第一问出现较多。 热点4:面与面位置关系 主要考查二面角的平面角的求法，借助直角三角形和空间向量，尤其是空间向量解决二面角问题是个较好的工具。 热点5:棱柱、棱锥、球的体积与表面积 求法中，表面积主要是将立体几何的表面展开进行平面化从而进行求解，体积求法主要涉及，割补、转化、等体积等方法，综合考查学生的空间想象能力。四、命题的趋势： 1.题型趋势分析： 利三视图求表面积与体积，年年在全国卷中必出，且都在选择题中出现，考查

57、了正视图的画法，考查学生对公式的记忆与运算能力；空间中的线线，线面，面面之间的平行与垂直关系，几乎也是年年出现，大部分出现在大题的第一问和填空题，空间中的线线（异面的直线）角，线面角、二面角在理科也是每年的常考题，主要体现在大题的第二问，柱、锥、球的表面积与体积求法主要体现在理科的选择题中属于简单题。 2.考点趋势分析： 由三视图求表的面积和体积年年考都在选择题的位置；空间的线面关系，主要体现在异面直线，线线的关系，线面的关系，面面关系的考查上，主要考查它们的平行与垂直关系较多；线面角，面面角，主要在大题的第二问几乎每年必考，柱、锥、球的体积、表面积求法也是每年必考题。 主要涉及的考点是： 三

58、视图；线面关系；空的角；表面积与体积求法。 1.掌握一些公式、定理、性质，空间线、面、体的关系，尤其是空间的线线，线面，面面之间的平行和垂直关系，这些是解决立体几何“问题”根本。 2.牢固掌握一些基本的柱体、锥体、球等简单且基本的几何体，并掌握它们的基本性质，因为高考题图形往往都是一些基本几何体的组合体，平时要求学生注意图形的割补、展开、平移、旋转的变化，增强他们的空间想象能力，抽象概括、逻辑推理和运算能力。 3.要多注重课本上基本图形的变化，例题的基本示范作用，比如课本对一些基本图形的正方体、长方体、正面的体，球等的探究，老师给出相关的探究与拓展让学生明白高考题大部分来源于课本。 4.要明确高考的题型分布、核心考点的覆盖规律、常用解题思想方法、解题的切入点等，以免复习过程中脱离考试要求。要将教材中的例题、习题与高考题作比较，做到心中有数，高考试题有许多题都是教材的例题与课后题的变式或拓展。