2021届高考二轮复习数学专题训练：立体几何(2021-2021年全国卷高考题选)

1、2021-2021年高考全国卷数学之立体几何专题训练一.选择题（共13小题）C.3D.2C.242D.543A.64nB.48nC.36nD.32n4242M1=1tGHNAT1C.GD.H6+4辽4+4辽6+2；34+2：gA.3C.1d-4816n4；6n21bnBM=EN,且直线BM,EN是相交直线BM老EN，且直线BM,EN是相交直线BM=EN,且直线BM,EN是异面直线BMEN，且直线BM,EN是异面直线B.C.D.A2x+y-z+2=0B2x+y+z-6=0C2x+y+z-4=0D2x+y-z-3=0A.2B.V32C品c.-V7D丁A.L4B.233c.4D二2二.填空题（共10

2、小题）Hi02三.解答题(共17小题)证明：平面ACD丄平面ABC；Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.A3证明：PA丄平面PBC；求二面角B-PC-E的余弦值.证明：平面PAB丄平面PAC；设DO=41，圆锥的侧面积为血n求三棱锥P-ABC的体积.DB(1)证明：AAMN,且平面AAMN丄平面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.(1)(2)(1)证明：点C1在平面AEF内；若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.当AB=BC时

3、，EF丄AC；(2)点C1在平面AEF内.证明：AAMN,且平面A1AMN丄平面EB1C1F；7T设O为A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO平面EB1C1F，且ZMPN=，求四棱锥B-EB1C1F的体积.S(1)证明：MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离.证明：MN平面CDE；求二面角A-MA1-N的正弦值.证明：BE丄平面EB1C1；若AE=A1E,求二面角B-EC-C的正弦值.证明：BE丄平面EB1C1；若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.El02(1)证明：图2中的A,C,G,D四点共面，且平面ABC丄平面BCGE；(2)求图2中的二面角B-CG

4、-A的大小.S102证明：图2中的A,C,G,D四点共面，且平面ABC丄平面BCGE；求图2中的四边形ACGD的面积.证明：PO丄平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.(1)证明：平面AMD丄平面BMC；-JC33(1)证明：平面PEF丄平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.证明：PO丄平面ABC；若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.一选择题（共13小题）【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16,咼为：2,直观图以及侧面展开图如图：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

5、到N的路径中,最短路径的长度:；/十牡=2蔦.故选：B.【解答】解：AABC为等边三角形且面积为用，可得乎XAB2=9g，解得AB=6,球心为O,三角形ABC的外心为O,显然D在OO的延长线与球的交点如图：OC=寻凤今x&=?=g，OO=一牡-（2；3严=2，则三棱锥D-ABC高的最大值为：6,则三棱锥D-ABC体积的最大值为：=1&一：3.O士故选：B.D【解答】解：由题意可知图形如图：OO1的面积为4n,可得0/=2,则|Oi=ABsin60,瓠0=扭，:.AB=BC=AC=OO1=Xj3,外接球的半径为：R=.AOJ十00/=4,球O的表面积：4XnX42=64n.故选：A.【解答】解：

6、设正四棱锥的高为h底面边长为a侧面三角形底边上的高为h,则依题意有：h2=yah因此有h2-（骨）2=.ah=4（J2_2CJ-l=0n=（负值22aaa44舍去）;故选：C.【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图:如图所示:根据三视图和几何体的的对应关系的应用，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，所以在侧视图中与点E对应.故选：A.【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图:PA=AB=AC=2,PA、AB、AC两两垂直，故PB=BC=PC=22，几何体的表面积为：（22=6+2匚3,故选：C.P7.【解答】解：由题意可知图形如图

7、：ABC是面积为的等边三角形，可得.AB=BC=AC=3,可得：AO=X球O的表面积为16n,外接球的半径为：R所以4nR2=16n，解得R=2,所以O到平面ABC的距离为：T4-g=1.故选：C.8.【解答】解：如图,由PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P-ABC为正三棱锥,则顶点P在底面的射影01为底面三角形的中心，连接BO1并延长，交AC于G,则AC丄BG,又PO丄AC,PO1HBG=O1，可得AC丄平面PBG,贝VPB丄AC，VE，F分别是PA,AB的中点，：EFPB,又ZCEF=90,即卩EF丄CE,：PB丄CE,得PB丄平面PAC,正三棱锥P-ABC的三条侧棱

8、两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球,其直径为Df卩心十时十氏=：扣吐+胪+氏+卩沪廿宀卩严）故选：D.9.【解答】解：点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD丄平面ABCD,M是线段ED的中点，:BMu平面BDE，ENu平面BDE，BM是ABDE中DE边上的中线，EN是ABDE中BD边上的中线，直线BM，EN是相交直线,设DE=a:.BMHEN，10.【解答】解：正三棱锥P-ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点,以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系,设PA=PB=PC=2,则A（2，0，0），B

9、（0，2，0），C（0，0，2），E（1，1，0），F（0，1，1）,PB=（0，2，0），PE=（1，1，0），PF=（0，1，1），fc-设平面PEF的法向量n=（x，y，z），广*TOC o 1-5 h zInfPE=x+y=O卄心“贝斗，取x=l,得门=（1,-1，1），yFF予十沪0设PB与平面PEF所成角为9，则sin9=迢|FB|-|n|233PB与平面PEF所成角的正弦值为WJ故选：c.【解答】解：设与平面2x+y-z+4=0平行的平面方程为2x+y-z+k=0,代入点（1,-1,3），得2X1-1-3+k=0,解得k=2,则所求的平面方程为2x+y-z+2=0.故选：A.【解

10、答】解以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DDX为z轴，建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0）,C（0，2，0），AE=（-2，2，1），CD=（0，-2，0），设异面直线AE与CD所成角为9,则cose=.|AE|CD4_=2育厂.tan9=2异面直线AE与CD所成角的正切值为學.【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，a截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长子,a截此正方体所得截面最大值为：6尤（）2=色

11、故选：A.二.填空题（共10小题）【解答】解：如图，Al、B、C1分别为OA、OB、OC的中点，AiBiCisABc，贝y仏b：Ws，过O作OG丄平面ABC,交平面A1B1C1于G1，贝VOGOG-V三穗tSO-A.BC.=3SAA.B-C-X_3SAABC叩&=U丄故答案为：圭【解答】解：长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=AD=4,AA1=8,E、F、G为AB、A1B1DD1的中点,H为A1D1上一点，则A1H=1,以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系,F（4，2，8），H（3，0，8），E（4，2，0），G（0，0，4），FH=（-1，-2，0），EG

12、=（-4，-2，4），设异面直线FH与EG所成角为9，TOC o 1-5 h z则I丽丽丨牴则COS9|FH|EG|V5-V3615故答案为：-【解答】解：由已知得BDh2AB=一电BC=2,因为D、E、F三点重合，所以AE=AD=Tg,BF=BDh2AB=迪,所以CE=CF=1,则在ABCF中，由余弦定理得cosZFCB=2BCpCr1+4-62X1X2故答案为：遗.【解答】解：向量a=(1,-1),b=(m+l,2m-4),若a丄b.贝9m=5,故答案为：5.【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球,如图，圆锥母线BS=3,底面半径BC=1,贝y其高SC=B2-甘C2=22,

13、不妨设该内切球与母线BS切于点D,令OD=OC=r,由厶SODsSBC,则器B审飞解得【解答】解：ZACB=90,P为平面ABC外一点，PC=2,点P到ZACB两边AC,BC的距离均为l乜，过点P作PD丄AC,交AC于D,作PE丄BC,交BC于E,过P作PO丄平面ABC,交平面ABC于O,连结OD,OC,则PD=PE=迂，.:由题意得CD=CE=0D=0E=：2$_(_：2=i,P0=_；卩口2_0卫2=二2-1=2.P到平面ABC的距离为立.故答案为：迈.【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2=26个面，设其棱长为x,则x-x-x=1,解得x=；2-1.故答案为：26,.N1.【解答】解

14、：该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1,挖去四棱锥0_EFGH后所得的几何体，其中0为长方体的中心，F,G,H,分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AA1=4cm,该模型体积为:VAKD-A.EC.D_V。-efgh=6X6X4-匸I匕=144-12=132(cm3),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：132X0.9=118.8(g).故答案为：118.8.【解答】解：平面a截球O的球面所得圆的面积为n,则圆的半径为1,该平面与球心的距离d=3,球半径R=j+/m.球的表面积S=4nR2=40n.故答案为：40n.【解答】解：圆锥的顶点

15、为S,母线SA,SB互相垂直，SAB的面积为8,可得:盟违,解得SA=4,SA与圆锥底面所成角为30.可得圆锥的底面半径为：2迥，圆锥的高为：2,则该圆锥的体积为：V=8n.故答案为：8n三.解答题（共17小题）【解答】解：（1）证明：在平行四边形ABCM中，ZACM=90,：AB丄AC,又AB丄DA.且ADHAC=A,.AB丄面ADC,TABu面ABC,平面ACD丄平面ABC；（2）TAB=AC=3,ZACM=90,AD=AM=3-2,:.BP=DQDA=T12,由（1）得DC丄AB,又DC丄CA,.DC丄面ABC,：三棱锥Q-ABP的体积心寺邑血XyDC1211211二尹x.-【解答】解：

16、（1）不妨设圆O的半径为1,OA=OB=OC=1,AE=AD=2,B=BC=AC=V3,DO=Vda2-OA2=V?!PO=-y-DO=y在APAC中，PA2+PC2=AC2，故Pa丄PC,同理可得PA丄PB,又PBHPC=P故P4丄平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系,),E(0,1,0),故BC=(-Or0)?CE=设平面PCE的法向量为=（心y,z）,所以平面PCE的法向量为石二（1,-.-,由（1）可知PA丄平面PBC,不妨取平面PBC的法向量为心0,26.【解答】解：（1）连接OA,OB,OC,ABC是底面的内接正三角形,所以AB=BC=AC.O是圆锥底面的圆心，所以：OA

17、=OB=OC,所以AP=BP=CP=OA2+OP2=OB2+OP2=OC2+OP2,所以APB9BPC9APC,由于ZAPC=90,所以ZAPB=ZBPC=90,所以AP丄BP,CP丄BP,由于Apncp=p,所以BP丄平面APC,由于BPu平面PAB,所以：平面PAB丄平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,圆锥的母线长为l,所以1=,2+r2-由于圆锥的侧面积为I3n,所以兀匚-：2+r2=,-；3IT，整理得(r2+3)(r2-1)=0,解得r=1.所以AB=lg.由于AP2+BP2=AB2,【解答】解：(1)证明：TM,N分别为BC,B1C1的中点，底面为正三角形,:B、N=BM，四边

18、形BB、NM为矩形，AN丄BXCX,:.BBJ/MN,:AAJ/BB.AAJ/MN,:MN丄BC,AN丄B1C1,MNCA、N=N,AB1C1丄平面AAMN,VB1C1c平面EB1C1F,平面A1AMN丄平面EB1C1F,综上，AAMN,且平面A1AMN丄平面EB1C1F.（2）解：三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1,EF,:.EF/B1C1/BC,TAO面EB1C1F,AOu面AMNA1,面AMNA1nWEB1C1F=PN,AO/PN，四边形APNO为平行四边形，TO是正三角形的中心，AO=AB,A1N=3ON,AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF,由（1）

19、知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN,直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角,在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1,过E作EHB1C1于H,则PN=B1C1=EH=3,BH=1,巳严帀，sinZB1EH=BiH_VTo直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值【解答】(1)证明：在AA上取点M使得ArM=2AM，连接EM,B1M,EC、,FCV在长方体ABCD-A1B1C1D1中，有DD1AA1BB1,且DD1=AA1=BB1.又2DE=ED1,A1M=2AM,BF=2FB1,：DE=AM=FB1.四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形.AAF

20、#MB1,且AF=MB1,ADME,且AD=ME.又在长方体ABCD-A1B1C1D1中，有AD#B1C1，且AD=B1C1,BCJ/ME且B1C1=ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，AEC1#MB1,且EC1=MB1,又AF/MB,且AF=MB1,AF/EC1，且AF=EC1,则四边形AFC1E为平行四边形，点C1在平面AEF内；(2)解：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1,C1B1,C1C所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.VAB=2,AD=1,AA1=3,2DE=ED1,BF=2FB1,A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),

21、A1(2,1,0),则丽二(-厶1,-1)，AE=(O,-1,-D，丽二(0,-L2).设平面AEF的一个法向量为細,叶，切）.设平面AEF的一个法向量为細,叶，切）.EF=-2x十y=0则讥AE=_yt-zj=0取x1=1,得（1,L-1）；设平面A1EF的一个法向量为&器y2，吋.n2pEF=-2xS-Hy2-z2=0_h贝卜，取2=1,得门卩二（1,4,2）-n2*AjE=-y2+2z2=0一、niFn21H-2V?二2I石卜兀丨血圈r设二面角A-EF-A1为9,面角A-EF-A1的正弦值为上号.【解答】解：（1）因为ABCD-A1B1C1D1是长方体，所以BB丄平面ABCD,而ACu平

22、面ABCD,所以AC丄BB1,因为ABCD-A1B1C1D1是长方体，且AB=BC，所以ABCD是正方形，所以AC丄BD,又BDHBB1=B.所以AC丄平面BB1D1D,又因为点E,F分别在棱DD1,BB1上，所以EF平面BB1D1D,所以EF丄AC.(2)取AA1上靠近A1的三等分点M,连接D1M,C1F,MF,C1E.因为点E在DD1，且2DE=ED,所以EDIAM，且ED1=AM,所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1MIAE,且D1M=AE,又因为F在BB1上，且BF=2FB1,所以A1MIFB1,且A1M=FBV所以A1B1FM为平行四边形，所以FMIA1B1,FM=A1B1,即

23、FM/CD、,FM=C1D1,所以C1D1MF为平行四边形，所以D1MIC1F,所以AEIC1F,所以A,E,F,C1四点共面.所以点C1在平面AEF内.CB【解答】证明：(1)由题意知AAiBBiCC,又侧面BB1C1C是矩形且M,N分别为BC,B1C1的中点,:.MN/BB、,BB丄BC,.MNAAi，MN丄B1C1，又底面是正三角形，:.AM丄BC,AN丄B1C1,又VMNAM=M,.B1C1丄平面A1AMN,VB1C1c平面EB1C1F,平面A1AMN丄平面EB1C1F；解：（2）AO平面EB1C1F,AOu平面A/MN,平面AAMNn平面EBCF=NP,AO/NP,:NO/AP,AO

24、=NP=6,VO为A1B1C1的中心，ON=AiCisin60=斗X6乂=3,：.ON=AP=：3,:.AM=3AP=3J3,过M作MH丄NP,垂足为H,V平面A1AMN丄平面EB1C1F，平面A/MNn平面EB1C1F=NP,MHu平面A1AMN,:.MH丄平面EB1C1F,在等边三角形中黑BCAF即EF=AP-BC由（1）可知四边形EB1C1F为梯形,:/MPN=,MH=MPsinZMPN=3,:/MPN=,MH=MPsinZMPN=3,【解答】解法一：证明：（1）连结B1C,ME,:M,E分别是BB1,BC的中点,:.ND=A1D,由题设知A1Bj/DC,B1CARL.MERND,四边形

25、MNDE是平行四边形，MN/ED,又MN平面C1DE,MN平面C1DE.解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H,由已知可得DE丄BC,DE丄C1C,.DE丄平面CCE,故DE丄CH,.CH丄平面CDE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离,由已知可得CE=1,CC1=4,.CiE=i17,故ch=4；7,点C到平面C1DE的距离为解法二：证明：(1)T直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4,AB=2,ZBAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.DD丄平面ABCD,DE丄AD,以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，M(1,伍，2

26、),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),C1(-1,VI,4),M=(0,-小3,0),DC=(-1，、3)，DE=(0,.3，0),I-设平面C1DE的法向量n=(x,y,z),nDCi=-x+%i,r3y+4z=0则L，fc-取z=1,得门=(4,0,1),MN平面C1DE.解:(2)C(-1,.；3,0),DC=(-1,-.;3,0),平面C1DE的法向量n=(4,0,1),点C到平面CDE的距离：|DC-n|_4_4V17d|n|V17I?【解答】(1)证明：如图，过N作NH丄AD,则NHAA,且哑冷甜又MBAA,MB=*A,四边形NMBH为平行四边形，则NM/BH

27、,由NH/AA1,N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，:.BE/DH,BE=DH,则四边形BEDH为平行四边形，则BH/DE,:.NM/DE,:NM/平面C1DE,DEu平面C1DE,:.MN平面C1DE；(2)解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,2),A1(T虫，-1,4),设平面A1MN的一个法向量为匚二（只，y,z）,由彳，取x_ig,得皿=(-/g,-1,-1),+2z=0又平面MAA1的一个法向量为1,Q,Q）,.cosVm,n二面角A-MA1-N的正弦值为5【解答】证明：（1）长方体ABCD-A1

28、B1C1D1中,B1C1丄平面ABA1B1,.B1C1BE,TBE丄EC,VB1ClnEC1=C1,ABE丄平面EB1C1.解：(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE=A1E=1,贝9BE=EB1,VBE丄平面EB1C1,ABE丄EB,ABE2+EB12=2BE22=4,ABE2=2,VAE2+AB2=1+AB2=BE2=2,AAB=1,则E(1,1,1),A(1,1,0),B1(0,1,2),C1(0,0,2),C(0,0,0),：BC丄EB,.EB丄面EBC,故取平面EBC的法向量为丽=(-1,0,1),设平面ECC1的法向量n=(x,y,z),riCCi=0(z=0由

29、L_,得彳.,取x=1,得n=(1,-1,0),CEOx+y十沪0.cosVgn=|m|n|面角B-EC-C1的正弦值为-頁j【解答】解：（1）证明：由长方体ABCD-A1B1C1D1,可知B1C1丄平面ABB1A1,BEu平面ABBA1,AB1C1丄BE,：BE丄EC,B1C1HEC1=C1,BE丄平面EB1C1；（2）由（1）知ZBEB1=90，由题设可知RtABERtA1B1E,.ZAEB=ZA1EB1=45,.AE=AB=3,AA1=2AE=6,在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA平面BB1C1C,EEAA1,AB丄平面BB1C1C,:.E到平面BB1C1C的距离d=AB=3,四

30、棱锥E-BB1C1C的体积V=gX3X6X3=18.【解答】证明：（1）由已知得ADBE,CGBE,ADCG,:.AD,CG确定一个平面，.A,C,G,D四点共面，由已知得AB丄BE,AB丄BC,AB丄面BCGE,.ABu平面ABC,.平面ABC丄平面BCGE.解：（2）作EH丄BC,垂足为H,EHu平面BCGE，平面BCGE丄平面ABC,EH丄平面ABC,由已知，菱形BCGE的边长为2,ZEBC=60,BH=1,EH=一&xyz,以H为坐标原点，HC的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,血),CG=(1,0,归)，AC=(2,-

31、1,0),设平面ACGD的法向量n=(x,y,z),CGn=x+V3z=0r则，取x=3,得n=(3,6,IACpn=2x-y=0又平面BCGE的法向量为ir=(0,1,0),.cosV门，ir|n|m|2二面角B-CG-A的大小为30.D【解答】解：(1)证明：由已知可得ADBE,CGBE,即有ADCG,则AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,D四点共面；由四边形ABED为矩形，可得AB丄BE,由ABC为直角三角形，可得AB丄BC,又BCHBE=B，可得AB丄平面BCGE,AB平面ABC,可得平面ABC丄平面BCGE；(2)连接BG,AG,由AB丄平面BCGE，可得AB丄BG,在ABCG中

32、，BC=CG=2,ZBCG=120，可得BG=2BCsin60=23,可得AG=冷/十巳护在AACG中，AC=5,CG=2,AG=llg,4+E171p可得cosZACG=即有sinZACG=2X2XV5V5V5则平行四边形ACGD的面积为2X15x1=4.V5【解答】（1）证明:TAB=BC=2；2,AC=4,AAB2+BC2=AC2，即ABC是直角三角形，又O为AC的中点，：OA=OB=OC,.PA=PB=PC,APOA9APOB9APOC,ZPOA=ZPOB=ZPOC=90,.P0丄AC,P0丄OB,OBnAC=O,PO丄平面ABC；(2)解：由(1)得PO丄平面ABC,PO=.PA2-AO2=2/3,2JE在ACOM中,OM=I曲衣XPOX时討忌平=，SCOM=亍OMC=VC_POMSAp0HXPO,解得d=-,5点C到平面POM的距离为-【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦CD所在平面垂直,所以AD丄半圆弦CD所在平面，CMu半圆