近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编之立体几何【含答案】

近五年（2017-2021）高考数学真题类汇编~\—、立体几何一、多选题1.（2021•全国高考真题试卷）在正三棱柱'8C-44G中，= 点尸满足BP=2BC+〃BB],其中，e[0,1], [0,1],贝（）A.当4=1时，△”乌尸的周长为定值B.当〃=1时，三棱锥产一48c的体积为定值=1c.当a时，有且仅有一个点尸，使得4Pl8PD.当5时，有且仅有一个点尸，使得“田‘平面"与尸二、单选题（2021•浙江高考真题试卷）如图已知正方体,m,N分别是"Q*的中点，则（）B,直线4。与直线平行，直线MN上平面BDDiBi

C.直线4〃与直线〃8相交，直线MN//平面/8C。D,直线4°与直线异面，直线平面8匹用（2021•浙江高考真题试卷）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）C是半径为1的球O的球面上的三个（2021•全国高考真题试卷（理））已如4B,点，且4c==C是半径为1的球O的球面上的三个V2 V3 V2 V3A.% B.% c.4 D.4（2021•全国高考真题试卷（文））在一个正方体中，过顶点4的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥力-EFG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（）正视图

正视图（2021•全国高考真题试卷（理））在正方体— 中，p为的中点,TOC\o"1-5"\h\z则直线尸8与49所成的角为（ ）兀 兀 兀 兀A.2 B.3 C.4 D.6（2021•全国高考真题试卷）已知圆锥的底面半径为其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A.2 B.2& C.4 D.4也（2020•天津高考真题试卷）若棱长为2G的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A.口乃 b.24万 c.36% d.144乃（2020•北京高考真题试卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）.

侧（左）视图B.6+2V3c.12+百口.12+2百侧（左）视图（2020•浙江高考真题试卷）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何C.3D.6体的体积（单位：co?）是（ C.3D.6（2020•海南高考真题试卷）日号是中国古代用来测定时间的仪器，利用与例面垂直的唇针投射到号面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为。），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与04垂直的平面.在点A处放置一个日皆，若愚面与赤道所在平面平行，点4处的纬度为北纬40。，则悬针与点力处的水平面所成角为（ ）

A.20°B.40°A.20°B.40°C.50°D.90°C.50°（2020•全国高考真题试卷（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积6+4&4+4&6+264+26+4&4+4&6+264+2也（2020•全国高考真题试卷（理））已知48,。为球。的球面上的三个点，。。1为△Z6C的外接圆，若。°|的面积为4兀，= = = 则球。的表面积64兀48兀64兀48兀36ti32兀（2020•全国高考真题试卷（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，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（

Vs-1A.丁Vs-1A.丁■^5—12石+14石+129百（2020•全国高考真题试卷（理））已知仆力3。是面积为丁的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球。的表面积为16兀，则O到平面ABC的距离为（ ）A,也3B.A,也3B.2C.1.D.2（2020•全国高考真题试卷（理））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M，在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为（H图中对应的点为（HA.EA.E B.FC.G D.H（•浙江高考真题试卷）祖胞是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“慕势既同,则积不容异，，称为祖胞原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式匕£体=$”,其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示（单位：cm）,则该柱体的体积（单位：cnF）是A.158B.162C.182D.A.158B.162C.182D.324（•全国高考真题试卷（理））如图，点”为正方形力8CD的中心，AECD为正三角形，平面EC。,平面46。,“是线段贬）的中点，则BM=EN,且直线是相交直线BM¥EN,且直线是相交直线BM=EN,且直线是异面直线BM手EN,且直线是异面直线（•浙江高考真题试卷）祖瞋是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“取势既同,则积不容易'称为祖晒原理，利用该原理可以得到柱体体积公式"柱体=s%,其中S是柱体的底面积，〃是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是正视图侧视图俯视图A.158B.162C.182D.32（•浙江高考真题试卷）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等,尸是棱以上的点（不含端点），记直线P8与直线ZC所成角为a,直线尸正视图侧视图俯视图A.158B.162C.182D.32（•浙江高考真题试卷）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等,尸是棱以上的点（不含端点），记直线P8与直线ZC所成角为a,直线尸8与平面4BC所成角为夕,二面角P-ZC-8的平面角为7,则A.P<Y，a<yB.P<a,p<yCP<a,y<a（•全国高考真题试卷（理））己知三棱锥尸-48C的四个顶点在球。的球面上,P4=PB=PC,ZU8C是边长为2的正三角形，E,尸分别是尸448的中点，zC£F=90°,则球O的体积为A8V6^C.2屈兀（•全国高考真题试卷（文））设a,仅为两个平面，则列口的充要条件是a内有无数条直线与£平行a内有两条相交直线与£平行a,尸平行于同一条直线a,夕垂直于同一平面（•上海高考真题试卷）已知平面B/两两垂直，直线。、bc满足：aqa,bS，cG,则直线a、bc不可能满足以下哪种关系A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面（2018•浙江高考真题试卷）已知直线“，〃和平面。，〃ua,则“加〃〃，，是“mlla，，的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件（2018•上海高考真题试卷）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设44是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以/4为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A.4 B.8 C.12 D.16（2018•浙江高考真题试卷）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等,E是线段Z8上的点（不含端点），设SE与8c所成的角为4,SE与平面/8CZ）所成的角为名，二面角-C的平面角为4,则A.^<02<6iB.634024ac. D824034a（2018•全国高考真题试卷（文））在长方体"8C0-44CQ］中,

Z8=8C=2,"G与平面所成的角为30°,则该长方体的体积为A.8 B.6& C.8及 d.8G（2018・北京高考真题试卷（理））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A.1 B.2C.3 D.4（2018•全国高考真题试卷（文））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A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为8,则在此圆柱侧面上，从"到N的路径中，最短路径的长度为DOA.2M B.2石 DOA.2M B.2石 C.330.（2018•全国高考真题试卷（理））设“山唔CD.2D是同一个半径为4的球的球面上四点，aN3c为等边三角形且其面积为96，则三棱锥O-ZBC体积的最大值为A.“百 b.18v3 c.24石 D54V3（2018•全国高考真题试卷（理））中国古建筑借助梯卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫样头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是梯头.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（2018•浙江高考真题试卷）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积（单位：cm、是（ ）A.2 B.4 C.6 D.8（2018•全国高考真题试卷（文））在正方体力88-44GA中，E为棱CG的中点，则异面直线工£与°所成角的正切值为

V5C.~D.2（2018•全国高考真题试卷（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为°、°2,过直线QQ的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为D.2TOC\o"1-5"\h\zA.12&兀 B.12兀 C.8及兀 D.1°兀35.（2018•全国高考真题试卷（理））在长方体力8C0—44GA中，AB=BC=1,'4=6,则异面直线与°片所成角的余弦值为@ 如 立A.MNQ不平行的是（） B.6 C.5 D.2MNQ不平行的是（）36.（2018•全国高考真题试卷（理））已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，则。截此正方体所得截面面积的最大值为未命名未命名三、解答题（2021•全国高考真题试卷）如图，在三棱锥/一中，平面平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明：OA1CD.（2）若a℃£）是边长为1的等边三角形，点E在棱/。上，DE=2EA,且二面角E—8C-。的大小为45°,求三棱锥/-BCD的体积（2021•全国高考真题试卷（文））如图，四棱锥尸一/8CZ＞的底面是矩形,尸DJ■底面N8CZ）,M为8c的中点，且AB

AB(1)证明：平面尸平面「8。；(2)若P0=DC=1,求四棱锥P—48c。的体积.(2021•浙江高考真题试卷)如图，在四棱锥P-48CD中，底面/8CO是平行四边形，=120°, =1,BC=4,PA=V15；m,N分别为8C，0°的中点,PD1DC,PMA.MD(1)证明：ABVPM.(2)求直线4N与平面pdm所成角的正弦值.(2021•全国高考真题试卷(文))已知直三棱柱中，侧面为正方形，4B=BC=2,e,尸分别为NC和CG的中点，BF1A'B'(1)求三棱锥/一ESC的体积:(2)已知O为棱人，上的点，证明.8尸_LOE(2021•全国高考真题试卷(理))已知直三棱柱44G中，侧面及田田为正方形，AB=BC=2,e,尸分别为"C和°C的中点，O为棱44上的点.BF14与(1)证明：BFJ.DE；(2)当司。为何值时，面与面。自£所成的二面角的正弦值最小?(2021•全国高考真题试卷(理))如图，四棱锥「一N8C。的底面是矩形,PD_L底面48C0,PD=DC=1,A/为8C的中点，且产8,4%.(1)求8C；(2)求二面角Z— 8的正弦值.

（2020•海南高考真题试卷）如图，四棱锥2/88的底面为正方形，尸■底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为1.（1）证明：1，平面PDC；（2）已知「Z”ND=1,。为/上的点，QB=C,求P8与平面。C£）所成角的正弦值.（202。•天津高考真题试卷）如图，在三棱柱4s44G中，平面ABC,ACLBC,AC^BC=2明=3,点2七分别在棱四和棱团上，目AD=Xce=2,/为棱44的中点.（I）求证：C'M1 ；（U）求二面角'一4E-D的正弦值:（DI）求直线48与平面"片“所成角的正弦值.（2020•北京高考真题试卷）如图，在正方体中，后为鸟鸟的中点.（I）求证：8。1//平面皿£；（n）求直线4&与平面所成角的正弦值.（2020•浙江高考真题试卷）如图，三棱台Z8C—QEF中，平面ZCFDL平面ABC,^ACB=UCA45°,DC=2BC.B（1）证明：EFLDB；（ID求。下与面。8c所成角的正弦值.（2020•海南高考真题试卷）如图，四棱锥的底面为正方形，PZXL底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为/.

(1)证明：/I平面PDC；(2)已知PMO=1,0为/上的点，求P8与平面0co所成角的正弦值的最大值.(2020•江苏高考真题试卷)在三棱锥4-BCD中，已知CB=CD=旧,BD=2,。为8。的中点，4O_L平面8C。，AO=2,E为AC的中点.(1)求直线48与OE所成角的余弦值:1(2)若点F在BC上,满足BF=4bC,设二面角厂一QE—C的大小为以求sin，的值.(2020•江苏高考真题试卷)在三棱柱中，ABLAC,SC_L平面ABC,E,尸分别是4C,8c的中点.(1)求证：EFII平面ASG；(2)求证：平面力B|C1平面(2020•全国高考真题试卷(理))如图，在长方体/BO。—/向GR中，点耳F分别在棱DR,B用上,且2DE=EQ,BF=2FB\(1)证明：点G在平面NER内;(2)若4B=2,AD^l,44=3,求二面角/一._4的正弦值.(2020•全国高考真题试卷(文))如图，在长方体/8C力一4片GR中，点后,产分别在棱。气阴上，且2DE=E%BF=2FBi证明：(1)当〃8=6C时，EF1AC.(2)点G在平面月斯内.(2020•全国高考真题试卷(文))如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心,△N8C是底面的内接正三角形，P为上一点，乙1PC=9O。.D(1)证明：平面平面PNC(2)设QO夜，圆锥的侧面积为671,求三棱锥产T8C的体积.(2020•全国高考真题试卷(理))如图，。为圆锥的顶点，°是圆锥底面的圆心,NE为底面直径，AE=AD.A/6C是底面的内接正三角形，P为DO上一点、,PO=—DO6(1)证明：4_L平面尸6C；(2)求二面角6-PC-E的余弦值.(2020•全国高考真题试卷(文))如图，已知三棱柱/BCTiSG的底面是正三角形，侧面85GC是矩形，M,N分别为8C,8G的中点，尸为4W上一点.过81G和P的平面交月8于K,交4c于足

(1)证明：AA\HMN,且平面小4WN1平面EBiGF：71(2)设。为△小81G的中心，若4O=4B=6,/。〃平面E&G尸，且4MPN=3,求四棱锥的体积.(2020•全国高考真题试卷(理))如图，已知三棱柱48C-481G的底面是正三角形，侧面8BCC是矩形，M,N分别为8C,81cl的中点，P为AM上一点,过81G和尸的平面交于E,交4c于F.C1(1)证明：441IIMN,且平面小ZMMLE81cl尸:(2)设。为△小81G的中心，若/。||平面E8C1R且4O=/B,求直线8万与平面小所成角的正弦值.(•江苏高考真题试卷)如图，在直三棱柱/8C一小81G中，D,E分别为8C,AC的中点，AB=BC.

求证：(1)43M平面DEC1；(2)BEIGE.(•天津高考真题试卷(理))如图，"后,平面”8。°,CF///IE,ADBCAD1AB,AB=AD=\,AE=BC=2B(I)求证：BF〃平面乂DE；(D)求直线CE与平面BOE所成角的正弦值；]_(DI)若二面角£一80一口的余弦值为3,求线段°尸的长.(•全国高考真题试卷(理))图1是由矩形4OE8,Rt/UBC和菱形8尸GC组成的一个平面图形，其中18=1,BE=BF=2,MBC=60°,将其沿8c折起使得8E与BF重合,连结。G,如图2.(1)证明：图2中的4C,G,。四点共面，且平面X8C1平面8CGE；

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.(•全国高考真题试卷(文))如图，直四棱柱488-a的底面是菱形,AA,=4,48=2,zSJZ>60°,E,M,N分别是8C,BB>小。的中点.(2)求点C到平面C/DE的距离.(•全国高考真题试卷(理))如图，长方体小SG5的底面/BC。是正方形，点E在棱/小上,BELEC\.

(1)证明：8£1平面ESQ；(2)若4E=4E,求二面角B-EC-G的正弦值.(•上海高考真题试卷)如图，在正三棱锥尸一/80中，PA=PB=PC=2,AB=BC=AC=yJi(1)若P8的中点为M,8C的中点为N,求/C与MN的夹角:(2)求P—48C的体积.(2018•上海高考真题试卷)已知圆锥的顶点为尸，底面圆心为0,半径为2.p.（13-七4A（1）设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积；（2）设0°=4,OA、08是底面半径，且乙406=90。，A/为线段NB的中点,如图.求异面直线与°8所成的角的大小.（2018•江苏高考真题试卷）在平行六面体—44GA中，他=4B,ABX1BG求证：（1）平面44J（2）平面部剧4_L A,BC（2018•江苏高考真题试卷）如图，在正三棱柱48C-/|8|G中，AB=AAi=2,点P，。分别为小历，8c的中点.

B(1)求异面直线8尸与4G所成角的余弦值；(2)求直线CG与平面4QG所成角的正弦值.(2018•全国高考真题试卷(文))如图，矩形"8。所在平面与半圆弧8所在平面垂直，M是8上异于C,。的点.(1)证明：平面力MDJ■平面8MC；(2)在线段上是否存在点尸，使得“C〃平面P8。？说明理由.(2018・北京高考真题试卷(理))如图，在三棱柱Z8C-481G中，CQJ•平面ABC,D,E,F,G分别为4、4C, ,鸟片的中点，AB=BC=我,ZC="4=2.Ci(1)求证：4cL平面5EF；(2)求二面角8-CZAG的余弦值；(3)证明：直线FG与平面8CD相交.(2018•北京高考真题试卷(文))如图，在四棱锥尸一/BCD中，底面/BCD为矩形，平面平面"88,PA1PD,PA=PD,E、尸分别为40、尸8的中点.(I)求证：PEVBC.(n)求证：平面PAB±平面PCD；(®)求证：EF〃平面PCD(2018•全国高考真题试卷(理))如图，四边形/8C。为正方形，瓦尸分别为皿的中点，以。尸为折痕把折起，使点C到达点尸的位置，且PF1BF.(1)证明：平面PEF1•平面N8TO；(2)求DP与平面阳所成角的正弦值.

(2018•全国高考真题试卷(理))如图，边长为2的正方形48co所在的平面与半圆弧CO所在平面垂直，M是CO上异于C,。的点.(1)证明：平面J•平面8MC；(2)当三棱锥"一Z8C体积最大时，求面粉18与面MCZ)所成二面角的正弦值.（2018■浙江高考真题试卷）如图，已知多面体ABC-AiBiG，A\A,B（B,CQ均垂直于平面ABC,ZABC=12O°,A|A=4,C,C=1,AB=BC=B1B=2.(I)证明：AB|1平面A】B|C|；（n）求直线AG与平面ABB1所成的角的正弦值.（2018•全国高考真题试卷（文））如图，在三棱锥P-Z6C中，AB=BC=2亚,PA=PB=PC=AC=4,。为4c的中点.（1）证明：尸。■平面Z8C；（2）若点M在棱BC上,且= 求点0到平面尸0M的距离.（2018•全国高考真题试卷（文））如图，在平行四边形“BCM中，AB=AC=3tZJCA/=90°,以/C为折痕将△/CM折起，使点M到达点。的位置，且力（1）证明：平面”COJ"平面Z3C；八 BP=DQ=-DAQ为线段4"上一点，P为线段8C上一点，且 3 ,求三棱锥。一45。的体积.（2017•山东高考真题试卷（文））由四棱柱Z8CO-4截去三棱锥C|-8CQ

后得到的几何体如图所示，四边形488为正方形，。为4c与8。的交点，E为AD的中点，4/J■平面48CD（1）证明：।II平面8CC1：（2）设M是。。的中点，证明：平面小平面8C5.四、填空题（2021•全国高考真题试卷（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，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）.图④ 图⑤（2021•全国高考真题试卷（文））已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30万则该圆锥的侧面积为.（2020•海南高考真题试卷）已知正方体48。。-小8q|。|的棱长为2,M、N分别为BBi、48的中点，则三棱锥的体积为（2020・海南高考真题试卷）已知直四棱柱48CD-小的棱长均为2,乙8360°.以'为球心，石为半径的球面与侧面8CGS的交线长为（2020•江苏高考真题试卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是—cm.（2020•全国高考真题试卷（文））己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.（2020•全国高考真题试卷（理））设有下列四个Pi：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/U平面外直线m_L平面a,则mJJ.则下述命题中所有真命题的序号是.①Pl人P4②四人P2③fVP3④「P3V（•江苏高考真题试卷）如图，长方体"88—44GA的体积是120,E为℃的中点，则三棱锥E-BCD的体积是.

（•北京高考真题试卷（理））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为（•北京高考真题试卷（理））已知/,5是平面。外的两条不同直线.给出下列三个论断：①/1m；②mila；③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（•全国高考真题试卷（理））学生到工厂劳动实践，利用3。打印技术制作模型.如图，该模型为长方体— 挖去四棱锥。一EEG”后所得的几何体，其中。为长方体的中心，旦A。,”分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AAl=4cmt30打印所用原料密度为0-9g/c//,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g.（•天津高考真题试卷（文））已知四棱锥的底面是边长为及的正方形，侧棱长均为J5.若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，则该圆柱的体积为.（•全国高考真题试卷（文））已知乙4c8=90。，P为平面N8C外一点，尸C=2,点尸到乙4cB两边AC,BC的距离均为6那么P到平面ABC的距离为.（2018•江苏高考真题试卷）如图所示，正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.（2018•全国高考真题试卷（文））已知圆锥的顶点为S,母线“，S3互相垂直，“与圆锥底面所成角为30°,若aSZB的面积为8,则该圆锥的体积为.（2018•全国高考真题试卷（理））已知圆锥的顶点为S,母线％,S8所成角7的余弦值为S/1与圆锥底面所成角为45。，若aS/8的面积为5A，则该圆锥的侧面积为.（2018•天津高考真题试卷（理））已知正方体— 的棱长为1,除面Z8CO外，该正方体其余各面的中心分别为点e,f,G,H,M如图），则四棱锥M-EFGH的体积为.五、双空题（•全国高考真题试卷（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之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”（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.近五年（2017-2021）高考数学真题类汇编十一、立体几何（答案解析）1.BD【分析】对于A,由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B,将2点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值;对于C,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点的个数；对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点的个数.易知，点尸在矩形8CG4内部（含边界）.对于A,当义=1时，BP=BC+"BB[=BC+"CC[,即此时Pe线段明，△明尸周长

不是定值，故A错误;对于B,当〃=1时，BP=2BC+ ,故此时p点轨迹为线段与6，而4G〃8C,4G〃平面48C,则有尸到平面48c的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.zt=— BP=—BC+ a，、 c对于C,当2时，2 ,取8C,巧d中点分别为P,H,则BP=BQ+/jQH所以尸点轨迹为线段0”,不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图,尸(0,0,尸(0,0,〃)叼，。TOC\o"1-5"\h\zBP-Q H »[’2，)，4P= 1)=0,所以〃=0或〃=1.故”,0均满足，故c错误；——1,〃=- BP=2BCT—BB, DD .,,r对于D,当2时， 2 ,取8片，CG中点为M,N.——._ 尸]。，%』AyA°BP=BM+aMN,所以尸点轨迹为线段"N.设V2),因为I 所Jpd:HvL]75=f----1^ 311. 1以I2 2人I22人所以42,。2i2,此日p与N重合，故D正确.故选：BD.【小结】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN〃“平面'8%,即可得出结论.连在正方体力88一”4。■中，M是4。的中点，所以“为"2中点，又N是。山的中点，所以MN//AB,MN(Z平面ABCD,ABu平面ABCD,所以MN〃平面4BCD因为不垂直50,所以MN不垂直8。则MN不垂直平面BDRB\所以选项b,d不正确;在正方体"BCD—4用€\。1中，ADX-LAXD,48_L平面444。，所以4。，AD】cAB=4,所以4。，平面4BD1,*u平面/叫所以4"印,且直线4。，°/是异面直线，所以选项B错误，选项A正确.故选：A.【小结】关键点小结：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.A【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.几何体为如图所示的四棱柱"88-44GoI,其高为1,底面为等腰梯形N8CO,TOC\o"1-5"\h\z该等腰梯形的上底为正,下底为2发,腰长为1,故梯形的高为丫2 2,\o"CurrentDocument"1 3VABCDabcd=-x(V2+25/2\—xl=-,,ABCD-A空CR, 1 / 7 n故 N N/故选：A.DA【分析】由题可得3c为等腰直角三角形，得出aZBC外接圆的半径，则可求得°到平面"SC的距离，进而求得体积.vAC1BC,AC=BC=\为等腰直角三角形，，〃8=五,也则aZ8C外接圆的半径为2,又球的半径为I,设0到平面48C的距离为故选：A.【小结】关键小结：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.D【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.

由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示,故选：DD【分析】平移直线'"至'£，将直线尸8与所成的角转化为尸8与80所成的角，解三角形即可.如图，连接阳，PG,吗因为4%即,所以"Bq或其补角为直线PB与AD\所成的角，因为■平面451Go।,所以BB1上PG,又PC1上BQ1,BB}nB}D}=B}所以pq1平面pBB、,所以pc、1pB,BG=20PC1=与昌=6设正方体棱长为2,则 2 ,sinZ.PBC,= =—/PBC--阳2,所产G-6.故选：DB【分析】设圆锥的母线长为/,根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.设圆锥的母线长为/,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则》/=2乃xJ5,解得l=2y[2故选：B.C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半,即 2 ,所以，这个球的表面积为S=4tR2=4乃*32=36万.故选：C.【小结】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.D【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形,S=3x（2x2）+2x|Ix2x2xsin60°]=12+2百则其表面积为. 12 ）故选：D.【小结】（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和：组合体的表面积应注意重合部分的处理.(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.A【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱,且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1,棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2,所以几何体的体积为：【小结】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.B【分析】画出过球心和愚针所确定的平面截地球和唇面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出凸针与点A处的水平面所成角.画出截面图如下图所示，其中8是赤道所在平面的截线；/是点A处的水平面的截线，依题意可知3'/；"8是号针所在直线是号面的截线，依题意依题意，辱面和赤道平面平行，唇针与唇面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知m〃CD、根据线面垂直的定义可得Z81加..由于4OC=40°,m〃C。所以NCMG=NJOC=40°,由于A.OAG+Z.GAE=NBAE+NGAE=90°,所以NBAE=ZOAG=40°,也即愚针与点A处的水平面所成角为NBAE=40°.故选：B

【小结】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质,属于中档题.C【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.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:根据立体图形可得:S△石=SADC-SCDB=-x2x2-2根据勾股定理可得:根据勾股定理可得:AB=AD=DB=272■■ 是边长为2血的等边三角形根据三角形面积公式可得：S△做=g 2"sin60。=；(2正了.*=26该几何体的表面积是.3x2+2百=6+故选：c.【小结】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.A【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出0a的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.设圆a半径为八，球的半径为火，依题意，得兀/=4肛...「=2, A为等边三角形，由正弦定理可得AB=2rsin60°=2百，：.OOi=AB=2y[3根据球的截面性质。Q■1•平面Z8C,OOX±O}A,R=OA= =go：+产=4二球0的表面积S=4乃斤=64万故选：A【小结】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.C【分析】七1PO2=—CDPE设CD=a,PE=b,利用2 得到关于“力的方程，解方程即可得到答案.PO2=-abb2--=-ab4(-)2-2---1=0由题意2 ,即4 2 ,化简得aab1+V5解得。4(负值舍去).故选：C.

p【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.C【分析】根据球0的表面积和4BC的面积可求得球。的半径R和aNBC外接圆半径尸，由球的性质可知所求距离d=k-：-设球0的半径为R,则47斤=16万，解得,衣=2设a/BC外接圆半径为广，边长为。，•••△ZBC是面积为4的等边三角形,2 22 2 4,解得：a=3,球心0到平面48c的距离d=a/火--r~=J4-3=1故选：C.【小结】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用：解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.A【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得”点在侧视图中对应的点.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83c4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°4,线段上的所有点在侧试图中都对应E户点04在侧视图中对应的点为E.故选：A【小结】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.B【分析】先由三视图还原出原几何体，再进行计算如图所示，棱长为6的正方体中，8,瓦4,月分别为其所在线段上的一个三等分点，三视图所对应的几何体为棱柱"8%-48G砧，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，其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为(2+6Q4+61 x3+ x3x6=162故选B.【小结】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心计算B【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.如图所示，作于°,连接°N,过河作MrJ.0。于尸.连8/，•.・平面COEd.平面E。_LCD,EOu平面 EOJ■平面NBCZ),AfF_L平面48c。，.•.AMES与AEON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO=g,ON=\ EN=2MF=—,BF=-,:.BM=y[l2 2 .：-BM丰EN,故选出【小结】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角性.B【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体一棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.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，其中一个上底为4,下底为6,高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为2+6与4+6 । x3+ x3x6=162【小结】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.B【分析】本题以三棱锥为载体，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,以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.方法1：如图G为ZC中点，/在底面Z8C的投影为0,则尸在底面投影。在线段上，过。作。E垂直ZE,易得PE//PG,过p作PF〃4c交NG于F,过。作DHIIACt交BG于H,则a=NBPF,B=NPBD,y=NPED,则PFEGDHBDn PDPDncosa== = < =cosB 八tany= >=tanBPBPBPBPB，即0>力，EDBD，即综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理£<a,记-C的平面角为Y'（显然Y'=Y）由最大角定理P<Y'=Y,故选B.方法3：（特殊位置）取/一月8C为正四面体，尸为以中点，易得G.屈.0痣. 272cosa=—=>sina= ,sinp=—,siny= 6 6H3 3,故选b.【小结】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法“，寻求简便解法.D【分析】先证得P5,平面P4C,再求得PA=PB=PC=6,从而得P-Z8C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.解法一'入46c为边长为2的等边三角形，・.•P-N8C为正三棱锥，PB上4C,又E,尸分别为尸4、48中点，:.EF//PBt:.EF1ACf又EFtCE,CEC\AC=C9,痔_L平面尸力。，PB工平面PAC,•・.々PB=90°,.FA=PB=PC=五，二尸一/BC为正方体一部分,/T~~--- /- 7?=—,:.V=—tiR3=—x=yj6n2R=>12+2+2=V6,即2 3 3 8，故选D.P解法二:设PA=PB=PC=2x,瓦F分别为尸448中点,一EF=、PB=x■■EFUPB,且2 , 为边长为2的等边三角形,ACF=6又ZCEF=90。,‘C"=’3-xAE^-PA=x

2x2cosZ.EAC=—MEC中余弦定理2x2xx,作尸。_L/C于O,丁R4=PC,,；D为AC中点,cosZ^C=—=—PA2x4xx=—2PA=,.PA,PB,PC两两垂直,4 ,：.V=-nR}3=。还=a/6ti,故选D.【小结】本题考查学生空间想象能力，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.B【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.由面面平行的判定定理知：a内两条相交直线都与夕平行是a"，的充分条件，由面面平行性质定理知，若a"/7,则a内任意一条直线都与夕平行，所以a内两条相交直线都与夕平行是a//的必要条件，故选b.【小结】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"ua,bu⑶a//b,则a〃/，，此类的错误.B【分析】通过假设a/",可得”力平行于a,4的交线，由此可得c与交线相交或异面，由此不可能存在a//b〃c,可得正确结果.设an〃=/,且/与“力均不重合假设：allbllc,由可得：。〃夕,blla又二口夕=/,可知a/〃，blH又a//b//c,可得：c///因为a,尸,7两两互相垂直，可知/与7相交，即/与c相交或异面若/与a或b重合，同理可得/与。相交或异面可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行本题正确选项：8【小结】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.D【分析】从充分性和必要性两方面分别分析判断得解.直线机，〃和平面a,〃ua,若加〃〃，当mua时，加〃a显然不成立，故充分性不成立；当加〃a时，如图所示，显然团〃〃不成立，故必要性也不成立.所以““〃〃，，是“m〃a，，的既不充分又不必要条件.故选：D【小结】方法小结：判定充要条件常用的方法有三种：(1)定义法：直接利用充分必要条件的定义分析判断得解：(2)集合法：利用集合的包含关系分析判断得解：(3)转化法：转化成逆否命题分析判断得解.D【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案.根据正六边形的性质，则D|EJA|ABB”D|」AiAFF1满足题意，而C”E,,C,D,E,和D1一样，有2x4=8,当A|ACG为底面矩形，有4个满足题意，当AiAEE］为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4=16故选D.【小结】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题.D【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.

设。为正方形力5CO的中心，M为Z8中点，过E作8c的平行线EE,交CD于F,过°作ON垂直跖于N,连接SO、SN、OM,则SO垂直于底面Z8CO,OM垂直于皿中,ZSEN=0,,ZSEO=仇/SMO=",因此 1 ' 3tan*从而entan*从而enSNoa7,tana- ,tan0,—2EO3SO

~OM因为SN2SO,EO>OM,所以tanqNtanqNtana，即用之久？名,选d.【小结】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.C【分析】首先画出长方体— ,利用题中条件，得到/"。/=30°,根据力8=2,求得8q=2j5,可以确定CG=2a,之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.在长方体ABCD~44GR中，连接Bq,根据线面角的定义可知4GB=30°,因为/8=2,所以8G=2但从而求得CG=2&,所以该长方体的体积为％=2x2x20=8&,故选c.【小结】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.C分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.解析：由三视图可得四棱锥P-/8CO,在四棱锥P-/8CQ中，PD=2,AD=2,CD=2,AB=\由勾股定理可知：PA=2RpC=2&PB=3、BC=4^,则在四棱锥中，直角三角形有：AP4DZCDZ'B共三个故选c.小结：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原,分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.B【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点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.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+2?=2石，故选b.小结：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.B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DMJ_平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大，然后进行计算可得.解析：如图所示，D点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当DMJ_平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大此时，OD=OB=R=4,.•「=乎树=9百AB=6•・♦点M为三角形ABC的中心.二BM=-BE=2y/33/.Rt^OMB中，有OM=y/oB2-BM2=2DM=OD+OM=4+2=6・••C"cL=；x9Gx6=18G故选B.小结：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DM_L平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大很关键，由m为三角BM=-5£=2V3形ABC的重心，计算得到 3 ,再由勾股定理得到0M,进而得到结果，属于较难题型.A解析：由题意知，题干中所给的是样头，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.小结：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.C【分析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2,底面为直角梯形，上下底分别为1、2,-x(l+2)x2x2=6梯形的高为2,因此几何体的体积为2 ,选c.【小结】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.C【分析】利用正方体'88-44GA中，CD//AB,将问题转化为求共面直线48与ZE所成角的正切值，在中进行计算即可.在正方体'8co-中，CDHAB,所以异面直线ZE与CD所成角为NEZ8,设正方体边长为2。，则由E为棱0C的中点，可得CE=a,所以BE=#a,,7CADBE#>ay[5tanZ-EAB== =—则 4B2a2,故选c【小结】求异面宜线所成角主要有以下两种方法:(1)几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到(或构造)所求角所在的三角形：③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；(2)向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦：③因为直线夹角为锐角,所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.B分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.解析：根据题意，可得截面是边长为2&的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是近的圆，且高为2及，所以其表面积为S=2乃(0)2+21•JL2&=12］，故选b小结：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.C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或互补关系求结果.解析：以D为坐标原点，DA,DC,DDi为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则0(0,0,0),4(1,0,0),4(1,1,6),R(0,0,6),所以函=(-1,0,6),函=Q,1,6)cos/TdDB\-"A.DB\_-1+3_V5因为仙‘一网西一…5,所以异面直线3所成角的余弦值为5,选C.小结：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”.A【分析】首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.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"bco—'Mgd中，平面/44与线,4,44,4A所成的角是相等的，所以平面"R与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面孰8,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AB'D'与C'BD中间的，V2且过棱的中点的正六边形，且边长为2,°aG（叵、236所以其面积为 4 2 4,故选a.小结：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.D

【分析】利用线面平行的判定定理可判断A、B、C选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断D选项的正误.对于A选项，如下图所示，连接°,在正方体中，ADHBC且AD=BC,所以，四边形/8CD为平行四边形，则力,,•.N、。分别为DE、CE的中点，鞘NQHCD,:.ABHNQ,:45平面”N0,NQu平面MNQ,：.平面MNQ.对于B选项，连接8,如下图所示：在正方体中，AD//BC且AD=BC,所以，四边形力88为平行四边形，则/6〃CZ>,。分别为DE、CE的中点，则MQ/C。，ABHMQ「482平面〃加。，M0U平面MN。，；./B〃平面MN0；对于C选项，连接8,如下图所示：在正方体中，AD〃BC且AD=BC,所以，四边形/BCD为平行四边形，则48〃CD,0分别为OE、CE的中点，则MQ/CD,ABHMQ•.•480平面"N。，用。（:平面仞\@,;./8〃平面肋\9；对于D选项，如下图所示，连接BE交MN于前F,连接。/，连接CD交BE于点0,若48〃平面MVQ,N8u平面/8E,平面48£八平面= ,则FQ//4BEFEQ则BEAE,

由于四边形8CE0为正方形，对角线交于点°,则。为8E的中点,••・M、N分别为CE的中点，则初V〃CO,且MNRBE=F,EF_EF_EN则EOCE-：.EF=-OE=-BE2 2 4EFEF_1EQ1则茄一1,又五EFEQ 工J则BE/E,所以，Z8与平面MN。不平行;故选：D.【小结】判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义，一般用反证法:(2)利用线面平行的判定定理(aza,bua,allb=>alla),其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；(3)利用面面平行的性质定理a/0auana〃/⑴详见解析(2)6【分析】(1)根据面面垂直性质定理得AO_L平面BCD,即可证得结果；(2)先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.(1)因为AB=ADQ为BD中点，所以A01BD因为平面ABdA平面BCD=8Q,平面ABDJL平面BCD,/°U平面ABD,因此AOJ•平面BCD,因为°。U平面BCD,所以AO_LCD(2)作EF1BD于F,作FM1BC于M,连FM因为AOJ•平面BCD,所以AO1BD，A01CD所以EF_LBD,EF1CD,BOcCZ)=£),因此efi平面BCD,BPEF1BC因为FM1BC,//MnER=R,所以BCl平面EFM,BPBC1MF71/EMF=-TOC\o"1-5"\h\z则/EMF为二面角E-BC-D的平面角， 4因为BO=°D,a℃D为正三角形，所以为直角三角形…1 1 1、2;.FM=-BF=-(1+-)=-因为BE=2ED,2 2 3 32-:.AO=l从而EF=FM=3•・/°,平面BCD,C【小结】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.e(1)证明见解析；(2)3.【分析】(1)由PDJ■底面/8CO可得,又PBLAM,由线面垂直的判定定理可得AMJ_平面?8。，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面21Ml•平面尸8。；(2)由(1)可知，AMLBD,由平面知识可知，aDAB-aABM,由相似比可求出4D,再根据四棱锥尸一NBC。的体积公式即可求出.(1)因为底面/8c°,ZMu平面Z8CQ,所以 ,又PBLAM,PBC\PD=P,所以/Ml_L平面尸8。，而u平面P/M,所以平面尸4MJ■平面尸80.(2)由(1)可知，AMJ.平面P5。，所以ZMJ.8O,从而aDAB~^ABM,设BNf—x,AD=2.x,BMAB V2则Z6AD,Bp2x=1,解得2,所以=因为P。，底面〃8CQ,故四棱锥尸一/8CO的体积为 3' 7 3.【小结】本题第一问解题关键是找到平面或平面的垂线，结合题目条件，所以垂线可以从0丛'加中产生，稍加分析即可判断出/V平面尸8。，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△DABfABM,从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积.正(1)证明见解析；(2) 6.【分析】(1)要证可证由题意可得，PD1DC,易证从而℃_L平面即有OC,PM,从而得证；(2)取工。中点E,根据题意可知，ME,。；!/,。“两两垂直，所以以点M为坐标原点,建立空间直角坐标系，再分别求出向量丽和平面灯”/的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出.(1)在中，DC=1,CM=2tZ.DCM=60",由余弦定理可得0M=G,+ 由题意。cjL/7)且poc0A/=O,.•.℃!平面尸DM,而PA/u平面所以0c_LPM,又ABUDC,所以ABLPM.(2)由ABLPM,而与。M相交，所以PWJ_平面/8cO,因为AM=y/lt所以PM=20,取/。中点E,连接ME,则岫。河,尸河两两垂直，以点”为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则J(-V3,2,0),P(0,0,2亚),。(G,0,0)9(0,0,0),C(V3,-l,0)V31行］为(3G5NV,-2，＞/2,AN=又N为PC中点，所以、乙乙)I""人由(1)得平面尸AM,所以平面尸。M的一个法向量h=(°，L°)TOC\o"1-5"\h\z_ 5“_1近万I 5|NMInI/27+25+2 6从而直线ZN与平面PZW所成角的正弦值为 V44【小结】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明可以考虑OC_LPM,题中与OC有垂直关系的直线较多，易证OCJ■平面从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出.(1)3；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积;(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.(1)如图所示，连结DBl由题意可得：bf=Jbc'+cf'="71=不,由于力81叫BC1AB,BB】nBC=B,故”，平面8。。也而8Fu平面故“BLR"从而有AF=JaB?+BF2="^=3,从而AC=LF-CF2=V^i=2及,则AB2+BC-=AC2,:.4BLBC,“BC为等腰直角三角形，SA8CE=25^BC=^x[yx2x2]=1 %-E8cMgxSaBCEXC尸=；xlxl=；(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM_4BCM,如图所示,取棱/M,8c的中点”,G,连结AH,HG,GBi,正方形"G4中，G,F为中点,则防J.8。，乂BF工4Bi，4BiCBiG=Bi故8尸J■平面48。//,而DEu平面44g〃，从而BF1.DE.【小结】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积.对于空间中垂直关系(线线、线面、面面)的证明经常进行等价转化.BQ=一(1)见解析：(2) 2【分析】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宜和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案.因为三棱柱zbc_44G是直三棱柱，所以84,底面N6C,所以因为4用力48,BF±451,所以HFJ.48,又BB[CBF=B,所以AB±平面BCC.B.所以848C,四两两垂直.以8为坐标原点，分别以B48C,8B1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图.B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),5,(0,0,2),A,(2,0,2),C,(0,2,2)//IvAE(l,l,0),F(0,2,l)由题设03°'2)(0«a«2),⑴因为诙=(021)，瓦=(-2),所以旃.瓦=0x()+2xl+lx(—2)=0,所以BhDE.(2)设平面DFE的法向量为〃'=(x/'Z),因为贷诙=(1一m-EF=0 —x+y+z=0所以［沅.。后二。，即l(l—a)x+y-2z=°令z=2_a,则玩=(3,1+a,2-a)因为平面8℃也的法向量为初=(2,0,0),设平面与平面£)环的二面角的平面角为夕，卜…卜』现一厂6 3则|同忸42xV2a2-2a+1472a2-2a+14J2 -当2时，2矿一2a+4取最小值为2,3_76卮不此时cos夕取最大值为丫2BQ此时【小结】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出。("‘U？)(°Wa«2),在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步.V70(1)④；(2)14【分析】(1)以点。为坐标原点，DA、DC、OP所在直线分别为X、y、Z轴建立空间直角坐标系，设8c=2。，由已知条件得出求出a的值，即可得出8c的长：(2)求出平面P4M、P5M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.(1);POJ■平面/8C0,四边形/8CO为矩形，不妨以点。为坐标原点，D4、DC、OP所在直线分别为x、卜、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。一型,设8c=2a,则。(°，°，°)、P(0,0』)、8(2a,l,0)A/(a,l,0)J(2a,0,0)而方=(2a,l,-l)AM=(-a,1,0)火I」 , > a二旦vPB±AM,则尸=-2片+1=0,解得2,故BC=2a=丘;-(、而=，4,。'(2)设平面的法向量为“―(MM*J，则〈A由［沅•9=-屈+4=0,取$=及，可得加=31'2）,一（V21_ BM=\--,0,0 —/r-、设平面尸8”的法向量为〃=（/,%,Z2）, I2J,=\^~'）,TOC\o"1-5"\h\zn-BM= =0\ 22由n-BP=->/2x2-y2+z2=0取必=1,可得"=（。」,1）,-一m-n 3 3V14cos<m,n>=iJ=—j=~~f==——MH〃| x5/2 14-"r2———Vtosin<m,n>=VI-cos<m,n>= 所以， 14,V70因此，二面角力一PM-8的正弦值为14.【小结】思路小结：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.V644.（1）证明见解析；（2）3.【分析】(1)利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得40〃/,利用线面垂直的判定定理证得AD1平面PDC,从而得到11平面PDC.(2)根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点之后求得平面QCD的法向量以及向量方的坐标，求得cos<n,PB>；即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值.(1)证明：在正方形N8C。中，ADHBC,因为力。0平面9。，8Cu平面尸8C,所以力。〃平面尸8。,又因为4Ou平面P4。，平面尸/DPI平面P3C=/,所以4D〃/,因为在四棱锥尸-48CD中，底面/BCD是正方形，所以且77)_L平面N8CZ),所以4D_L/_LPD,因为⑺npo=o所以平面PDC；(2)如图建立空间直角坐标系。一孙z,

因为尸则有0(0,0,0),C(O,1,0),44,0,0),P(0,0」),8(1,1,0),设00,0,1),则有发=(0,1,0),而=(肛0,1),丽=(1,1,-1)因为08=血，所以有)(」一厅+(°—产+0—°>=血=〃?T设平面QCD的法向量为力=(x,y,z),■n=0■n=0-n=Q歹=0,即H+z=0cos<〃,PB令x=l,则z=—l,所以平面。C。的一个法向量为"cos<〃,PB2+02+(-1)2-712+12+1272x73根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦|cos<PB>|=值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 3所以直线尸8与平面0co所成角的正弦值为3【小结】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.V30百45.（I）证明见解析；（n） 6:（ni）3.【分析】以C为原点，分别以C4C8,CG的方向为X轴，y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系.（I）计算出向量G"和4°的坐标,得出C*“=0,即可证明出（D）可知平面的一个法向量为C4,计算出平面用皮）的一个法向量为利用空间向量法计算出二面角8一片“一"的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果：（ni）利用空间向量法可求得直线力8与平面0片“所成角的正弦值.依题意，以C为原点，分别以C/、无、的方向为X轴、y轴、Z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），C(0,0,0)4(2,0,0)8(0,2,0)C,(0,0,3)寻 、 、 、4(2,0,3)4(023)£>(2,0,1)£(0,0,2)M(1,1,3)⑴依题意，和=。，1，0）,而=（2，-"），从而和.瓦万=2-2+0=0,所以（n）依题意，C=（20。）是平面网E的一个法向量，丽;=（0,2,1）丽=（2,0,-1）>*设〃=（x,y,z）为平面。与£的法向量，卜,3=0 12y+z=0则卜•而=0,即12x-z=0,不妨设x=l，可得〃=0'T'2）.-CAn2V6cos<CA^n>=।.[ = r=- |G4|-|n|2xV66»_ Iz—»_ ,30「・sin<CA.n>=，l-cos~<CA.n>V30所以，二面角8一片£一°的正弦值为6.（川）依题意，48=（一2,2,0）,由（口）知〃=（1'一L2）为平面0片£的一个法向量，于是一AB-n—4 \/3COS<AB,n>=[_=-f="/=---\AB\-\n\2V2xV6 3正所以，直线4ff与平面DBiE所成角的正弦值为3.【小结】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.2(I)证明见解析；(n)3.【分析】(I)证明出四边形"8GA为平行四边形，可得出8G〃/然后利用线面平行的判定定理可证得结论；(H)以点A为坐标原点，4D、AB、44所在直线分别为X、V、z轴建立空间直角坐标系"一斗，利用空间向量法可计算出直线"其与平面'A"所成角的正弦值.(I)如下图所示:在正方体"BCD_4BCR中，AB//AiBl且AB=4同，AxBi//C{Di且“固=CR:.AB//C。旦AB=C[D],所以，四边形"8CQ为平行四边形，则BCJ/g,「BQ平面,ZZJ]u平面 Bq〃平面ARE；（H）以点A为坐标原点，40、AB、44所在直线分别为X、歹、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系"一盯z,设正方体"8一4'£。的棱长为2,则2。,。，。）、4（。，。，2）、（2,0,2）E（0,2,l）欣=（2,0,2）施=（0,2,1），•西=0 j2x+2z=0设平面"*的法向量为〃=（"'，"）,由1万又=°,得f2y+z=0,