年高考试题汇编文科数学--立体几何

1、（ 2021 全国 1 文） 16. 已知acb90 ， p 为平面 abc 外一点， pc2 ，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.答案：2解答：如图，过 p 点做平面abc 的垂线段，垂足为o ，就 po 的长度即为所求，再做pecb, pfca ，由线面的垂直判定及性质定理可得出oecb, ofca ，在 rtpcf 中，由 pc2, pf3 ，可得出 cf1，同理在 rtpce 中可得出 ce1 ，结合acb90 ， oecb,ofca 可得出oeof1 ， oc2 ，popc 2oc 22（ 2021 全国 1 文）19. 如图直四

2、棱柱abcda1b1c1 d1 的底面是菱形，aa14, ab2 ， bad60o ，e, m , n分别是bc, bb1, a1d 的中点 .（ 1）证明：mn / / 平面c1 de（ 2）求点 c 到平面c1de 的距离 .答案： 见解析解答：（ 1）连结a1c1 , b1d1 相交于点 g ，再过点 m 作 mh/ /c1e 交b1c1 于点 h ，再连结 gh ， ng .q e, m , n 分别是 bc, bb1 , a1d 的中点 .于是可得到ng / /c1 d ， gh/ / de ，于是得到平面nghm/ / 平面c1 de ，由q mn平面 nghm，于是得到mn /

3、/ 平面c1de1 /19（ 2） q e 为 bc 中点， abcd 为菱形且bad60odebc ，又 qabcda1b1c1d1 为直四棱柱，decc1dec1 e ，又 q ab2, aa14 ，de3, c1 e17 ，设点 c 到平面c1 de 的距离为 h由 vc c devcdce 得111111317h13432324解得 h17174所以点 c 到平面c1 de 的距离为1717（ 2021 全国 2 文） 7.设,为两个平面，就/ /的充要条件是a.内有很多条直线与平行b.内有两条相交直线与平行c.,平行于同一条直线d.,垂直于同一平面答案： b解析 :依据面面平行的判定

4、定理易得答案.（ 2021 全国 2 文） 16. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一. 印信的外形多为长方体、正方体或 圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信外形是“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. 半正多面体表达了数学的对称美. 图 2 是一个棱数为48 的半正多面体，它的全部顶点都在 同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1. 就该半正多面体共有个面，其棱长为.此题第一空 2 分，其次空3 分 .2 /19答案：2621解析：由图 2 结合空间想象即可得到该正多面体有26 个面；将该半正多面体补成正方体后，依据对称性列方程求解

5、.（ 2021 全国 2 文） 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）如aeae1 , ab3 ,求四棱锥ebb1c1c 的体积 .答案：1. 看解析2. 看解析解答：（ 1）证明：由于b1c1c面a1 b1ba ， be面a1 b1 ba b1c1be又 c eb cc ， be平面eb1c1 ；（ 2）设aa12a 就be 29a2 ， c e 222111118+a， c1b294a1由于 c b 2 =be 2c e 2 a3，111 111ve bb c csbb c c

6、h1 13363=1833 /19（ 2021 全国 3 文） 8.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，就（）a. bmen ，且直线 bm , en 是相交直线b. bmen ，且直线 bm , en 是相交直线c. bmen ，且直线 bm , en 是异面直线d. bmen ，且直线 bm , en 是异面直线【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】bde ，n 为 bd 中点 m 为 de 中点，bm ，en 共面相交， 选项 c，d 为错 作 eocd 于 o ，连接 o

7、n ，过 m 作 mfod 于 f 连 bf ， q 平面 cde平面 abcd 【eocd, eo平面 cde ，eo平面 abcd ， mf平面 abce ，mfb 与eon 均为直角三角形设正方形边长为2，易知 eo3,0 n1en2 ，mf3 ,bf2295bm3247 24244bmen ，应选 b【点睛】此题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系.4 /19（ 2021 全国 3 文）16.同学到工厂劳动实践， 利用 3d 打印技术制作模型. 如图，该模型为长方体abcda1b1c1d1挖去四棱锥oefgh 后所得的几何体，其中o 为长方体的中心，e, f ,g, h

8、 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 .【答案】 118 8【解析】【分析】依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.【详解】由题意得，四棱锥o-efgh 的底面积为464122312cm ，其高为点o 究竟面2bb1c1c 的距离 为3cm ， 就 此 四 棱 锥 的 体 积 为 v1112312cm23 又 长 方 体abcda1b1c1d1 的 体 积 为2v466144cm2 ，所以该模型体积为vv2v11441213

9、2cm2 ，其质量为0.9132118.8g 【点睛】此题牵涉到的是3d 打印新时代背景下的几何体质量，忽视问题易致误，懂得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（ 2021 全国 3 文） 19.图 1 是由矩形adeb, rtabc 和菱形 bfgc 组成的一个平面图形，其中ab1,bebf2 ，fbc60o ，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 中的四边形acgd 的面积 .【答案】 1见详解； 24.5 /19【解析】【分析】1 由于折

10、纸和粘合不转变矩形abed ， rtvabc 和菱形 bfgc 内部的夹角，所以ad / be ， bf/ /cg 依旧成立， 又因 e 和 f 粘在一起， 所以得证 .由于 ab 是平面 bcge 垂线，所以易证 .2 欲求四边形acgd 的面积，需求出 cg 所对应的高，然后乘以cg 即可；【详解】 1证： qad / be ， bf/ /cg ，又由于 e 和 f 粘在一起 .ad / / cg ， a ， c，g， d 四点共面 .又q abbe, abbc .ab平面 bcge ，q ab平面 abc ，平面 abc平面 bcge ，得证 .2 取 cg 的中点 m ，连结em ,

11、dm .由于ab / / de ，ab平面 bcge ，所以 de平面 bcge ，故 decg ，由已知，四边形bcge菱形，且ebc60o 得 emcg ，故 cg平面 dem ；因此 dmcg ；在 rt dem中， de=1， em3 ，故 dm2 ；是所以四边形acgd 的面积为4.【点睛】很新奇的立体几何考题；第一是多面体粘合问题，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，建系的向量解法在此题中略显麻烦，突出考查几何方法；最终将求四边形acgd 的面积考查考生的空间想象才能.（ 2021 北京文） 12.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如下

12、列图假如网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为【答案】 40.【解析】6 /19【分析】画出三视图对应的几何体，应用割补法求几何体的体积.【详解】在正方体中仍原该几何体，如下列图几何体的体积v=4 3- 1 （ 2+4） ×2×4=402【点睛】易错点有二，一是不能正确仍原几何体；二是运算体积有误.为防止出错，应留意多观看、细心算.（ 2021 北京文） 13.已知 l， m 是平面外的两条不同直线给出以下三个论断： l m； m； l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： 【答案】 假如 l ， m，就 l m.【解析】【分析】将

13、所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（ 1）假如 l ，m ，就 l m. 正确；（ 2）假如 l ， l m，就 m 不.正确，有可能m 在平面 内；（ 3）假如 l m，m ，就 l 不.正确，有可能l 与 斜交、 l .【点睛】此题主要考查空间线面的位置关系、命题、规律推理才能及空间想象才能.（ 2021 北京文） 18.如图，在四棱锥pabcd 中， pa平面 abcd ，底部 abcd 为菱形， e 为 cd 的中点 .7 /19（）求证：bd 平面 pac；（）如 abc=60 °，求证：平面pab平面 pae

14、；（）棱pb 上是否存在点f ，使得 cf 平面 pae？说明理由 .【答案】（）见解析；（）见解析；（）见解析.【解析】【分析】 由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； 由几何体的空间结构特点第一证得线面垂直，然后利用面面垂直的判肯定理可得面面垂直； 由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满意题意的点.【详解】（）证明：由于pa平面 abcd ,所以 pabd ；由于底面abcd 是菱形，所以acbd ;由于 paiaca , pa, ac平面 pac ,所以 bd平面 pac .（）证明：由于底面abcd 是菱形且abc60，所以acd 为正三角形，所以aecd

15、 ,由于 ab / / cd ,所以 aeab ；由于 pa平面 abcd ， ae平面 abcd ,所以 aepa ；由于 paiaba所以 ae平面 pab ，ae平面 pae ,所以平面 pab平面 pae .（）存在点f 为 pb 中点时，满意cf / 平面 pae ；理由如下 :8 /19分别取pb, pa 的中点f , g ，连接cf , fg , eg ,在三角形pab 中，fg / / ab 且1fgab ；21在菱形 abcd 中， e 为 cd 中点，所以ce / / ab 且 ceab ，所以2ce / / fg 且 cefg ，即四边形 cegf为平行四边形，所以cf

16、/ eg ;又 cf平面 pae ， eg平面 pae，所以cf /平面 pae【点睛】此题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探究问题等学问，意在考查同学的转化才能和运算求解才能.（ 2021 天津文） 12.已知四棱锥的底面是边长为2 的正方形，侧棱长均为5 . 如圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，就该圆柱的体积为 .【答案】.4【解析】【分析】依据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径；【详解】四棱锥的高为512 ，1故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为2 ，故其体积为211；24【点睛】圆柱的底面半径是棱锥底面对

17、角线长度的一半、不是底边棱长的一半；（ 2021 天津文） 17. 如图，在四棱锥pabcd 中，底面abcd 为平行四边形，pcd为等边三角形，平面pac平面 pcd ， pacd ， cd2 ， ad3 ，9 /19（）设 g ，h 分别为 pb ，ac 的中点，求证：gh平面 pad ；（）求证：pa平面 pcd ；（）求直线ad 与平面 pac 所成角的正弦值.【答案】（ i）见解析；（ ii）见解析； （ iii）3 .3【解析】【分析】（ i）连接 bd ，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到gh ppd ，利用线面平行的判定定理证得结果；（ ii）取棱 pc 的中点

18、 n ，连接 dn ，依题意，得dnpc ，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到dnpa ，利用线面垂直的判定定理证得结果；（ iii）利用线面角的平面角的定义得到dan 为直线 ad 与平面 pac 所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（ i）证明：连接bd ，易知 acbdh ， bhdh ，又由 bgpg ，故 gh ppd ，又由于 gh平面 pad ， pd平面 pad ，所以 gh 平面 pad .（ ii）证明：取棱pc 的中点 n ，连接 dn ，依题意，得dnpc ，又由于平面pac平面 pcd ，平面 pac i平面 pcdpc ，所以 dn平面 pac ，又

19、pa平面 pac ，故 dnpa ，10 /19又已知 pacd ， cd i所以 pa平面 pcd .dnd ，（ iii）解：连接an ，由（ ii）中 dn平面 pac ，可知dan 为直线 ad 与平面 pac 所成的角 .由于pcd 为等边三角形，cd2 且 n 为 pc 的中点，所以 dn3 ，又 dnan ，在 rtand 中，sindandn3 ，ad3所以，直线ad 与平面 pac 所成角的正弦值为3 .3【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、 平面与平面垂直、 直线与平面所成的角等基础学问，考查空间想象才能和推理才能.（ 2021 上海） 17如图，在正三棱

20、锥pabc 中，papbpc2, abbcac3 （ 1）如pb 的中点为m ， bc 的中点为n ，求ac 与mn 的夹角；（ 2）求 pabc 的体积【解答】 解：（ 1） q m ，n 分别为pb ，bc 的中点，mn / / pc ，就pca为ac 与mn 所成角，在pac 中，由papc2 ， ac3 ，11 /19222可得 cospcapcacpa33 ，2pc gac2234ac 与mn 的夹角为arccos3 ；4（ 2）过p 作底面垂线，垂直为o ，就o 为底面三角形的中心，连接 ao 并延长，交bc 于n ，就 an3 ， ao22 an1 3po22123 11vp a

21、bc3333 3224（ 2021 江苏） 9.如图， 长方体 abcd -a1b1c1d 1 的体积是120，e 为 cc 1 的中点， 就三棱锥 e-bcd 的体积是 .【答案】 10【解析】【分析】12 /19由题意结合几何体的特点和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.【详解】由于长方体abcda1b1c1d1 的体积为120，所 以 ab bc cc1120 ，由于 e 为 cc1 的中点，1所以 cecc1 ， 2由长方体的性质知cc1底面 abcd ，所以 ce 是三棱锥 ebcd 的底面 bcd 上的高，111111所以三棱锥ebcd 的体积vabbcce 32abbccc1322

22、1212010 .【点睛】此题包蕴“整体和局部 ”的对立统一规律.在几何风光积或体积的运算问题中，往往需要留意理清整体和局部的关系，敏捷利用“割”与“补 ”的方法解题 .（ 2021 江苏） 12.如图，在 abc 中， d 是 bc 的中点， e 在边 ab 上， be=2ea， ad 与 ce 交于点 o.如uuuruuuruuuruuurababac6 ao ec ，就的值是 .ac【答案】3【解析】【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.【详解】如图，过点d 作 df /ce，交 ab 于点 f，由 be=2ea，d 为 bc 中点，知bf =fe =ea,

23、ao=od .uuur uuuruuuruuuruuur3uuuruuuruuuruuur6 aogec3 ad gacaeabac 2g acae3uuuruuuruuur1 uuur3uuur uuur1 uuur 2uuur 21 uuur uuurabac g acababgacabacabgac2323313 /1932 uuur uuur1 uuur 2uuur 2uuur uuur1 uuur 23 uuur 2uuur uuurabgacabacabgacabacabgac ，233221 uuur 23 uuur 2uuuruuurab得abac 22, 即 ab3 ac,

24、故3 .ac【点睛】 此题考查在三角形中平面对量的数量积运算，渗透了直观想象、 规律推理和数学运算素养.实行几何法，利用数形结合和方程思想解题.（ 2021 江苏） 16.如图，在直三棱柱abca1b1c1 中， d， e 分别为 bc， ac 的中点， ab=bc求证：（ 1）a1b1平面 dec 1；（ 2） be c1e【答案】（ 1）见解析；（ 2）见解析 .【解析】【分析】1 由题意结合几何体的空间结构特点和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；2 由题意第一证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（ 1）由于 d， e 分别为 bc ，ac 的中点，所以 ed ab

25、.在直三棱柱abc-a 1b1c1 中， ab a1b1，所以 a1b1ed .又由于 ed. 平面 dec 1 ，a1b1平面 dec 1，所以 a1b1平面 dec 1.（ 2）由于 ab=bc，e 为 ac 的中点，所以be ac.由于三棱柱abc-a 1b1c1 是直棱柱，所以cc1平面 abc.又由于 be. 平面 abc，所以 cc1 be.由于 c1c. 平面 a1acc 1， ac. 平面 a1acc 1， c1cac=c，所以 be平面 a1acc1.14 /19由于 c1e. 平面 a1acc 1，所以 be c1e.【点睛】此题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的

26、位置关系等基础学问，考查空间想象才能和推理论证才能 .（ 2021 浙江） 4.祖暅是我国南北朝时代的宏大科学家. 他提出的“幂势既同，就积不简单”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， 如某柱体的三视图如下列图，就该柱体的体积是（）a. 158b. 162c. 182d. 32【答案】 b【解析】【分析】此题第一依据三视图，仍原得到几何体 棱柱，依据题目给定的数据，运算几何体的体积.常规题目 .难度不大，留意了基础学问、视图用图才能、基本运算才能的考查.【详解】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

27、一个上底为4，下底为266，高为 3，另一个的上底为2，下底为6，高为 3，就该棱柱的体积为324636162 .2【点睛】易错点有二，一是不能正确仍原几何体；二是运算体积有误.为防止出错，应留意多观看、细心算.（ 2021 浙江）8.设三棱锥 vabc 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 pacb 的平面角为，就（）a.,b.,c.,d.,【答案】b15 /19【解析】【分析】此题以三棱锥为载体，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，以及各种角的运算.解答

28、的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数学问求解，而后比较大小.而充分利用图形特点，就可事倍功半.【详解】方法 1：如图 g 为 ac 中点， v 在底面 abc 的投影为 o ，就 p 在底面投影d 在线段 ao 上，过 d 作 depfegdhbdpbb.pbpbpb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 ， 就bpf ,pbd ,ped，就coscos，即，tanpdpdedbdtan，即 y，综上所述，答案为方法 2：由最小角定理，记vabc 的平面角为（明显）由最大角定理，应选 b

29、.法 2：（特别位置）取vabc 为正四周体，p 为 va 中点，易得cos3sin33 ,sin2 ,sin22 ，应选 b.6633【点睛】常规解法下易显现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特别位置法”，寻求简便解法.（ 2021 浙江） 14.v abc 中，abc90 ， ab4 ， bc3 ，点 d 在线段 ac 上，如bdc45，就bd ； cosabd .【答案】1.12252.7210【解析】【分析】此题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.通过引入 cdx ，在bdc 、abd 中应用正弦定理，建立方程，进而得解. .16

30、/19【详解】在abd 中，正弦定理有：abbd，而 ab4,adb3,sinadbsinbac4acab 2bc 25 ， sinbacbc ac3 ,cos5bacab4，所以 bdac5122 .5cosabdcosbdcbac coscosbacsinsinbac724410【点睛】解答解三角形问题，要留意充分利用图形特点.（ 2021 浙江） 19.如图，已知三棱柱abca1 b1c1 ，平面a1 ac1c平面 abc ,abc90 ，bac30 , a1 aa1cac, e, f 分别是ac, a1b1 的中点 .（ 1）证明： efbc ；（ 2）求直线 ef 与平面a1bc 所