2018新课标全国卷2理科数学试题分类汇编-10立体几何

-2021新课标全国卷2理科数学试题分类汇编——10.立体几何-2021新课标全国卷2理科数学试题分类汇编——10.立体几何-2021新课标全国卷2理科数学试题分类汇编——10.立体几何2021年—2021年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编〔逐题分析版〕10．立体几何一、选择题〔2021·9〕在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA13，那么异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为〔〕A．1B．5C．526D．552〔2021·4〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，学科&网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局部所得，那么该几何体的体积为〔〕A．90B．63C．42D．36〔2021·10〕直三棱柱C11C1中，C120，2，CCC11，那么异面直线1与C1所成角的余弦值为〔〕A．3B．15C．10D．32553〔2021·6〕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．20πB．24πC．28πD．32π2344·2021，62021，62021，6〔2021·6〕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〔〕A．1B．1C．1D．18765〔2021·9〕A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90o，C为该球面上的动点，假定三棱锥O-ABC体积的最大值为36，那么球O的表面积为〔〕A．36πB．64πC．144πD．256π2021·6〕如图，网格纸上正方形小格的边长为1〔表示1cm〕，图中粗线画出的是某部件的三视图，该部件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削获得，那么切削掉局部的体积与本来毛坯体积的比值为〔〕A．17B．5C．10D．1279273〔2021·11〕直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90o，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，那么BM与AN所成的角的余弦值为〔〕A．1B．2C．30D．2105102〔2021·4〕m,n为异面直线，m平面，n平面.直线l知足lm，ln，l，l，那么〔〕A.α//β且l//αB.且lC.与订交，且交线垂直于lD.与订交，且交线平行于l〔2021·7〕一个四周体的极点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四周体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，那么获得正视图能够为〔〕A.B.C.D.2021·7〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，那么此几何体的体积为〕A.6

B.9

C.12

D.18〔2021·11〕三棱锥S-ABC

的全部极点都在球O的球面上，△

ABC

是边长为

1的正三角形，SC为球O的直径，且

SC=2，那么此棱锥的体积为〔

〕A.

2

B.

3

C.

2

D.

26

6

3

2〔2021·6〕在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，那么相应的侧视图能够为〔〕A.

B.

C.

D.二、填空题〔2021·新课标Ⅱ，理

16〕圆锥的极点为

S，母线

SA，SB所成角的余弦值为

7，

SA与圆锥底面所成8角为

45

．假定

△SAB的面积为

515，那么该圆锥的侧面积为

_________．2021·14〕α、β是两个平面，m、n是两条直线，有以下四个命题：1〕假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.2〕假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n.3〕假如α∥β，mα，那么m∥β.4〕假如m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.此中正确的命题有.(填写全部正确命题的编号.)〔2021·15〕矩形

ABCD

的极点都在半径为

4的球

O的球面上，且AB

6,BC

23，那么棱锥

O-ABCD的体积为

.三、解答题〔2021·新课标Ⅱ，20〕如图，在三棱锥

PABC中，

AB

BC

22，PA

PB

PC

AC

4，O为

AC的中点．〔1〕证明：〔2〕假定点M

PO在棱

平面ABC；BC上，且二面角

M

PAC为30

，求

PC与平面

PAM

所成角的正弦值．〔2021·19〕如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，ABBC1AD，2BADABC90o，E是PD的中点.1〕证明：直线CE//平面PAB；2〕点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45o，求二面角M-AB-D的余弦值〔2021·19〕如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=5，4EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的地点，OD10.D〔Ⅰ〕证明：DH平面ABCD；〔Ⅱ〕求二面角BDAC的正弦值.EDAHOFBC2021·19〕如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A11F=4，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.E=D〔Ⅰ〕在图中画出这个正方形〔不用说出画法和原因〕；〔Ⅱ〕求直线AF与平面所成角的正弦值.2021·18〕如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.〔Ⅰ〕证明：PB//平面AEC；〔Ⅱ〕设二面角D-AE-C为60o，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.〔2021·18〕如图，直三棱柱ABCA1BC1中，D，E分别是AB，A1C11BB1的中点，AA1ACCB2B1AB.2〔Ⅰ〕证明：平面1；EBC1//ACDAC〔Ⅱ〕求二面角D1E的正弦值.ACDB〔2021·19〕如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACBC1AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.2〔Ⅰ〕证明：DC1⊥BC；〔Ⅱ〕求二面角A1-BD-C1的大小.C1B1A1DCBA2021·18〕如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD.〔Ⅰ〕证明：PA⊥BD；〔Ⅱ〕假定PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值.2021年—2021年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编10．立体几何〔逐题分析版〕一、选择题〔2021·新课标Ⅱ，9〕在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA13，那么异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为〔〕A．1552B．C．D．5652【答案】C分析：法一：由几何关系可知：EF1B1D5，AE13，AF1，由余弦定理可知：cos52225解法二：坐标法：由几何关系可知：B1D1,1,3，点A的坐标为1,0,3，点D1的坐标为1,1,0AD10,1,3，cos25552解法三：补型法〔以右补为例〕：由几何关系可知：BD5，DG2，B1G5，由余弦定理可得：5cos.455〔2021·4〕B【分析】从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一局部而节余的局部，剩下的体积分上下两局部暗影的体积，下边暗影的体积为VSh，r3，h4，∴V136；上边暗影的体积V是上边局部体积V的一半，即1，V与V的比为高的比〔同底〕，即3，3，故V2V3V3V1V2V127422整体积V0V2V163.方法2：V3Sh54，其他同上，故整体积V0V2V163.〔2021·10〕B【分析】解法一：在边BB1﹑B1C1﹑A1B1﹑AB上分别取中点E﹑F﹑G﹑H，并互相连结.由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线AB1和BC1所成的夹角为FEG或其补角，经过几何关系求得EF2，FG5，FH11，利用余弦定理可求得异面直线22210AB1和BC1所成的夹角余弦值为.5解法二：补形经过补形以后可知：BC1D或其补角为异面直线AB1和BC1所成的角，经过几何关系可知：BC12，C1D5，BD3，由勾股定理或余弦定理可得异面直线AB1和BC1所成的夹角余弦值为10.5解法三：建系成立如左图的空间直角坐标系，A0,2,1，B10,0,0，B0,0,1，C13,1,0，22∴BC13,1B1ABC12100,2,1，∴BA22B1ABC1525〔2021·6〕C分析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．由图得r2，c2πr4π，由勾股定理得：l222234，S表πr2ch1cl4π16π8π28π，应选C．2D1C1A1B1DCAB〔2021·6〕D分析：由三视图得，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截去四周体A-A1B1D1，以下列图，设正方体棱长为a，那么VAABD11a31a3，故节余几何体体积为a31a35a3，所以截去局部体积与节余局部11132666体积的比值为，应选D.〔2021·9〕C分析：以下列图，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CVOABCVCAOB11R2R1R336，故R=6，那么球O的表面积为O326S4R2144，应选C．AB22〔2021·6〕C分析：本来毛坯体积为π·3·6=54π(cm)，由三视图得，该部件由左边底面半径为2cm，高为4cm的圆柱和右边底面半径为3cm，高为2cm的圆柱构成，所以该部件的体积为：π·32·2+π·22·4=34π(cm2)，那么切削掉局部的体积为54π-34π=20π(cm2)，所以切削掉局部的体积与本来毛坯体积的比值为2010.54272021·11〕C分析：取BC的中点P，连结NP、AP，∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，∴四边形NMBP为平行四边形，∴BM//PN，∴所求角的余弦值等于∠ANP的余弦值，不如令BC=CA=CC1=2，那么AN=AP=5，

CPBNP=MB=6，A∴cosANP|AN|2|NP|2|AP|2(5)2(6)2(5)230.C12|AN||NP|25610【另解】如图成立坐标系，令AC=BC=C1C=2，那么A(0,2,2)，B(2,0,2)，B1NM(1,1,0)，N(0,1,0)，MA1BM(1,1,2)，AN(0,1,2),cosθBMAN01430.|BM||AN|6510〔2021·4〕D分析：由于m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α.同理可得l∥β.又由于m，n为异面直线，所以α与β订交，且l平行于它们的交线．应选D.〔2021·7〕A分析：以下列图，该四周体在空间直角坐标系O－xyz的图像为右图，那么它在平面zOx上的投影即正视图为右图，应选A.〔2021·7〕B分析：由三视图可知，此几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形〔俯视图〕，高为3的三棱锥，故其体积为V11323239.32〔2021·11〕A分析：易知点S到平面ABC的距离是点O到平面ABC的距离的2倍.明显O-ABC是棱长为1的正四周体，其高为6，故VOABC1362，VSABC2VOABC2.3343126〔2021·6〕D分析：条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的局部与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的局部组成的.应选D.二、填空题〔2021·新课标Ⅱ，理16〕圆锥的极点为S，母线，SB所成角的余弦值为7，与圆锥底面所成SA8SA角为45．假定的面积为515，那么该圆锥的侧面积为_________．△SAB【答案】402分析：由面积的关系可知：SASB45，由几何关系可知：SOAO210侧面积SSAl，l2OA410，侧面积SSAl402〔2021·14〕【答案：②③④】〔2021·15〕83分析：设

ABCD

所在的截面圆的圆心为

M，那么

AM=1

(23)2

62

23，2OM=

42

(23)2

2，VOABCD

13

6232

83.三、解答题〔2021·新课标Ⅱ，20〕如图，在三棱锥

PABC中，

AB

BC

22，PA

PB

PC

AC

4，O为

AC的中点．〔1〕证明：〔2〕假定点M

PO在棱

平面ABC；BC上，且二面角

M

PAC为30

，求

PC与平面

PAM

所成角的正弦值．分析：〔1〕连结

OB，由几何关系可知：

PO

23，OB

2，由于

PO2

OB2

PB2

16，所以

POB

，所以

PO

OB，2由于

PB=PA，OA

OC，所以

PO

AC，由于

AC

OB

O，所以

PO

平面ABC.解法二：惯例解法〔二线法，以AB边中点为例，三垂线定理〕在AB边去中点N，连结PN、ON，由于PAPB，所以PAAB在ABC中，由勾股定理可知：ABBC，在ABC中，AOOC，ANNB，所以ONBC，所以ABON，由于ONPNN，所以AB平面PNO，所以ABPO由几何关系可知：POAC，由于ACONO，所以PO平面ABC.以O为坐标原点，OB的方向为x轴的正方向，成立空间直角坐标系Oxyz.由题意的可知：O0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，C0,2,0，P0,0,23，AP0,2,23.取平面PAC的法向量OB2,0,0.设Ma,2a,0〔0a2〕，那么AMa,4a,0.设平面PAM的法向量为nx,y,z，由APn0，AMn0，2y23z0可取n3a4,3a,aax4ay023a43，解得：a4〔舍去〕，a4所以cosOB,n23a2a22323a4所以平面PAM的法向量为n83,43,4，3333由于PC0,2,23，所以cosPC,n4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为3.4〔2021·19〕如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，ABBC1AD，2BADABC90o，E是PD的中点.1〕证明：直线CE//平面PAB；2〕点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45o，求二面角M-AB-D的余弦值【根本解法1】〔1〕证明：取PA中点为F，连结EF、AF，由于BADABC90，BC1AD所以BC12AD，2由于E是PD的中点，所以EF1AD，所以EFBC，2所以四边形EFBC为平行四边形，所以EC//BF，由于BF平面PAB，EC平面PAB，所以直线CE//平面PAB，〔2〕取AD中点为O，连结OC、OP，由于△PAD为等边三角形，所以POAD，由于平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD，由于AOBC，所以四边形OABC为平行四边形，所以AB//OC，所以OCAD，以OC,OD,OP分别为x,y,z轴成立空间直角坐标系，如图设BC1，那么P(0,0,3),A(0,1,0),B(1,1,0),C(1,0,0)，所以PC(1,0,3)，设M(x,y,z)，那么PM(x,y,z3)，AB(1,0,0)，由于点M在棱PC上，所以PMPC(01)，即(x,y,z3)(1,0,3)，所以M(,0,33)，所以BM(1,1,33)，平面ABCD的法向量为n(0,0,1)，由于直线BM与底面ABCD所成角为45，所以|sin45||cosBM,n||BMn||33|3)22，|BM||n|(1)212(312解得12，所以BM(2,1,6)，222ABmx0设平面MAB的法向量为m(x,y,z)，那么2x6z，BMmy022令z1，那么m6,1)，(0,2所以cosm,nmn110，|m||n|(6)21252所以求二面角MABD的余弦值10.5〔2021·19〕如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=5，4EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的地点，OD10.

D〔Ⅰ〕证明：DH平面ABCD；〔Ⅱ〕求二面角BDAC的正弦值.EDAHOFBC分析：⑴证明：∵AECF5，∴AECF，∴EF∥AC．∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴ADCDEFBD，∴EFDH，∴EFDH．∵AC6，∴AO3；又AB5，AOOB，∴OB4，∴OHAEOD1，∴DHDH3，222AO∴ODD'HOH．又∵OHIEFH，∴D'H面ABCD．OH，∴D'H⑵成立如图坐标系Hxyz．B5，0，0，C1，3，0，uur，，，uuuruuur0，6，0AD'，，，AC，133ur设面ABD'法向量n1x，y，z，uruuur04x3y0x3n1AB，取y4，由uruuur得n1AD0x3y3z0z5uruurAD'C∴n13，，．同理可得面的法向量n23，，，4501uruur∴cosn1n29575，∴sin295．uruur5210n1n225252021·19〕如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，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.〔Ⅰ〕在图中画出这个正方形〔不用说出画法和原因〕；〔Ⅱ〕求直线AF与平面所成角的正弦值.〔2021·19〕分析：〔Ⅰ〕交线围成的正方形EHGF如图：〔Ⅱ〕作EMAB，垂足为M，那么AMA1E4，EMAA18由于EHGF为正方形，所以EHEFBC10，于是MHEH2EM26，所以AH10，以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，成立如图所以的空间直角坐标系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nFE01x00可取n(0,4,3)，又AF(10,，4，即6yz8，所以故nHE00|c|nAF|45415onsAF,|15，所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.|n||AF|152021·18〕如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.〔Ⅰ〕证明：PB//平面AEC；〔Ⅱ〕设二面角D-AE-C为60o，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.分析：〔Ⅰ〕证明：连结BD交AC于点O，连结OE．∵底面ABCD为矩形，∴点O为BD的中点，又E为PD的中点，∴OE//PB，∵OE平面AEC，PB平面AEC，∴PB//平面AEC.P〔Ⅱ〕以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴成立空间直角坐标系，设ABa，那么D(0,3,0，)A(0,0,0)，EE(0,3,1)，C(a,3,0)，∴AE(0,3,1)，AC(a,3,0)，AD2222设n(x,y,z)是平面AEC的法向量，那么BC31yanAE2y2z0x3，得n(3,,a3)a，又∵AB(a,0,0)，解得：3，令xnACax3y0z3y是平面AED的一个法向量，∴|cosABn,|3acos601，解得a3，∴a34a222VEACD11|AD||CD|111331.3|AP|22232238〔2021·18〕如图，直三棱柱DEAB211中，，分别是，1的中点，1ACCBAB.2〔Ⅰ〕证明：BC//平面ACD；11〔Ⅱ〕求二面角1E的正弦值.A1C1DACB1EACDB分析：〔Ⅰ〕连结AC1交A1C于点F，那么F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，那么BC1∥DF.由于DF?平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1//平面A1CD.uur〔Ⅱ〕由AC＝CB＝2AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，成立以下列图2的空间直角坐标系C－xyz.设CA＝2，uuuruuuruurD(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，CA1＝(2,0,2)．uuurx1y10,nCD0可取n＝(1,-1,-1)．设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，那么uuur，即nCA102x12z10.uur0同理，设m是平面A1CE的法向量，那么mCEuuur，可取m＝(2,1,-2)．mCA10进而cos〈n，m〉＝n·m3，故sin〈n，m〉＝6.|n||m|336即二面角D－A1C－E的正弦值为.3〔2021·19〕如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACBC1AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.2〔Ⅰ〕证明：DC1⊥BC；C1B1〔Ⅱ〕求二面角A1-BD-C1的大小.A1DCBA14．分析：〔Ⅰ〕证明：设ACBC1AA1a，直三棱柱ABCA1B1C1，DC1DC2a，2CC12a，DC12DC2CC12，DC1DC.又QDC1BD，DC1IDCD，DC1平面BDC.QBC平面BDC，DC1BC.C1B1〔Ⅱ〕由(Ⅰ)知，DC12a，BC15a，