2023年高考数学真题分类汇编：立体几何

2023年高考数学真题分类汇编立体几何

一、填空题

1.（2023•全国甲卷）在正方体力BCD中，E,F分别为CD,的中点，则以EF为直径的球

面与正方体每条棱的交点总数为.

2.（2023•全国乙卷）已知点S,A,8,C均在半径为2的球面上，△4BC是边长为3的等边三角形，SA1

平面ABC,则S4=.

3.（2023•上海卷）空间内存在三点A、B、C,满足4B=AC=BC=1,在空间内取不同两点（不计顺

序），使得这两点与4、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为:

4.（2023•新高考13卷）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2,高

为3的正四棱锥，所得棱台的体积为.

5.（2023•新高考团卷）在正四棱台4BCD-4/165中，AB=2,=1,AAt=V2,则该棱台的体

积为.

二、选择题

6.（2023•全国甲卷）在三棱锥P—ABC中，△4BC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=限，

则该棱锥的体积为（）

A.1B.V3C.2D.3

7.（2023•全国甲卷）在四棱锥P—4BCD中，底面ABCD为正方形，AB=4,PC=PD=3,"8=

45°,则APBC的面积为（）

A.2y/2B.3V2C.4V2D.5近

8.（2023•天津卷）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM=线段PB上的点N满足PN=

|PB,则三棱锥P-4MN和三棱锥P-4BC的体积之比为（）

1214

----

A.9B.93D.9

9.（2023•全国乙卷）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1,则该零件的表

面积为（）

C.28D.30

10.（2023•全国乙卷）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△48。为等边三角形，若二面角C—

4B—Z）为150。，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）

AB.5D.2

-I。亏5

1L（2023•全国乙卷）已知圆锥PO的底面半径为遮，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的母线，^AOB=

12。。，若的面积等于空则该圆锥的体积为（）

A.71B.V67TC.37rD.3倔r

12.（2023•全国乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1,则该零件的

D.30

A,B为底面直径，乙4PB=120。，PA=2,

A.该圆锥的体积为兀B.该圆锥的侧面积为4757r

c.AC=2V2D.△「?!（：的面积为百

14.（2023•新高考回卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不

计）内的有（）

A.直径为0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

三、解答题

15.（2023•全国甲卷）在三棱柱ABC—4iBiCi中，AA1=2,41c_L底面ABC,乙4cB=90。，占到平面

BCC/i的距离为1.

A

（1）求证：AC=XjC；

（2）若直线与BA距离为2,求力B］与平面BCG/所成角的正弦值.

16.（2023•全国甲卷）如图，在三棱柱4BC-&B1Q中，4cl平面ABC,乙4cB=90。.

（1）证明：平面ACC1&_L平面BBiQC；

（2）设4B=4B,AAi=2,求四棱锥/I-BBIQC的高.

（•天津卷）三棱台停中，若公力面

17.2023ABC-481_L4BC,ABLAC,AB=AC=AAt=2,41cl=

1,M,N分别是BC,BA中点.

(1)求证：4N//平面CiM4；

(2)求平面QAM与平面ACC1&所成夹角的余弦值；

(3)求点C到平面CiMA的距离.

18.(2023,全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB1BC,AB=2,BC=2近，PB=PC=V6>

BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=回0,点F在AC上，BFLAO.

(1)证明：EF〃平面4D0；

(2)证明：平面力DOI平面BEF；

(3)求二面角£>—4。一。的正弦值.

19.(2023•全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB1BC,AB=2,BC=2役，PB=PC=V6>

BP,AP,BC的中点分别为D,E,0,点尸在AC上，BF1AO.

p

(1)求证：EF〃平面ZDO；

(2)若NPOF=120。，求三棱锥P-ABC的体积。

20.(2023•上海卷)已知直四棱柱/BCD—&B1C1D1，AB||DC,AB1AD,AB=2,AD=3,DC=4.

(1)求证：AXBIlffiDCQDi；

(2)若直四棱柱ABC。一4B1C15的体积为36,求二面角①-BD-A的大小.

21.(2023•新高考回卷)如图，三棱锥4-BC。中，DA=DB=DC,BD1CD,^ADB=^ADC=60°,E

为BC中点.

F

A

DB

(1)证明：BCA.DA

(2)点F满足弗=DA，求二面角D-AB-F的正弦值.

22.(2023•新高考回卷)如图，在正四棱柱ABCD—ATBGDI中，AB=2,AAt=4.点A2,B2,

C2,D2分别在棱BBi，CCi，DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.

(1)证明：B2c2〃人2。2；

(2)点P在棱SB1上，当二面角P—A2c2-外为150°时，求B2P.

答案解析部分

L【答案】12

【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征

【解析】【解答】如图所示，分别取*01，BQ8停1中点G、M、N,

设正方体的边长为2a,易得FG=EG=2a,0M=MN=a,

EF=VFG2+EG2=2V2a,即以EF为直径的球半径为我a，

易得。N=VOM2+M/V2=V2a.

故以EF为直径的球面经过点N,

同理，由对称性可知，以EF为直径的球面经过正方体任一边上的中点,

此时球与棱均相切，即与正方体的棱均只有一个交点，

故答案为：12

【分析】由正方体与球的结构特点结合对称性分析易得出答案.

2.【答案】2

【知识点】球面距离及相关计算；球内接多面体；直线与平面垂直的性质

【解析】【解答】如图，设2L4BC外接圆圆心为。1，半径为…。通，

设直三棱锥S-ABC外接球球心为。，连接04。0「

•••SAJ.平面4BC，。。114。1

-1

易得001=^SA

2

22

5L0A=001+O1A,

=14-3=1，

・•・SA=2001=2.

故答案为：2

【分析】先利用正弦定理求AZBC外接圆半径，再利用直三棱锥外接球性质求S4

3.【答案】9

【知识点】基本计数原理的应用；棱锥的结构特征

【解析】【解答】在△ABC为等边三角形，故三点不能同时作为正四棱锥的底面，必有一点作为顶点.共

三种可能.

考虑其中两点作为正四棱锥底面，即构成正方形的两点：

①若其中两点为边：如图，此时有两种可能，

PA

故可能的方案有3x2=6（种），

②若其中两点为对角线，结合空间结构分析此时只有一种情况，故3xl=3（种），

，总方案有9中，

故答案为：9

【分析】由正四棱锥几何结构分析，三点中必有一点作为顶点，另两点构成底面正方形中的两点，再分

别讨论底面组成情况得出答案.

4.【答案】28

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】如图

根据题意，如图，AB=4,CD=2,P0i=3,

由相似易得P。=2Poi=6，

sAB22

h=00r=3,±=ii=4,5^=AB=16,

1/i=i(4+16+V43?16)x3=28

V=5(s上+s尸+

3J

故答案为：28

【分析】由相似易得所截棱台的高，结合棱台体积公式直接求解。

5.【答案】嬖

6

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】

由正四棱台可知，上底面的投影在下底面的中心位置，如下图，则此棱台的高h=OAi

Di

此时，易得S尸=4,S上=\,Js上=2,A0=/x(AC-&C])=孝

又=/

7后

—

故答案为：耍

6

【分析】由棱台结构特点找出并求得高，代入棱台公式可得答案。

6.【答案】A

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面之间的位置关系

【解析】【解答】

取4B中点0,连接P。，CO

AZBC是边长为2的等边三角形，PA-PB=2CO=P0=V3>

且CO14B,POLAB

22

CO+PO2=6=PC,APO1CO

XvAB,COu平面4BC，COC\AB=0,

PO1平面ABC,

^P-ABC=W。。,S^ABC=WXV5Xx22=1-

p

AOB

故选：A

【分析】通过证明P。J.平面ABC，得出PO为棱锥的高，进而利用体积公式求解。

7.【答案】C

【知识点】棱锥的结构特征；正弦定理；余弦定理

【解析】【解答】如图所示，连接AC,

在正方形/BCD中，AC=y[2AB=472

在APAC中，根据余弦定理

22

-V2P^+A^-PA9+32-PA初出D.酷

cos"S=2=-2比2=2X314方'解俗：0八二网.

又，：PC=PD=3,

根据对称性可知PB=PA=g,

此时在△PBC中，根据余弦定理可得

n”PC2+CB2-PB29+16-171

COSZPCD=------2>-P“C-CB--=f2-xd3CxT4v=3

••sin乙PCB=，1—cos24PCB=

,SAPBC=IxCBxCPxsinzPCB=Jx4x3=4在，

故选：c.

【分析】根据题意结合余弦定理得出PA,结合PC=P。与底面正方形对称性得出PA=PB,则在已知三

边的三角形中，结合余弦定理得出夹角正弦值及其面积.

8.【答案】B

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】如图,

设乙BPC=8,PB=3a,PC=3b,

9：PM=jPC,PN/PB,

:・PN=2a,PM=b，

Vp-4M/v_S^PMN_zPN'PM'Sin，_2axb_

VP-ABCS“Be^PB-PC-smd3ax3b9)

故选：B

【分析】利用同高将三棱锥体积之比转化成底面积之比，由已知两三角形边存在数量关系易联想正弦定

理求三角形面积得出底面积之比.

9.【答案】D

【知识点】由三视图求面积、体积：简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积

【解析】【解答】如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1,2,2的长方体组成：

二表面积为：2x2x6-2+2x1x3+1x1x2=30

故选：D

【分析】先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。

10.【答案】C

【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形

【解析】【解答】如图，取AB中点E,连接CE,DE,设AE=BE=2a

C

•••△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，△ABD是等边三角形

易得CE=2a,DE=2V3a，CELAB,DELAB,

又•.•平面ABCn平面ABD=AB，且二面角C-AB-。为150。，

:.乙CED=150°,

.•.在△CED中，由余弦定理得CD?=CE2+DE2-2CExDExcos乙CED=28a2,

:.CD=2甲a,

由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，

易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上,

即直线CD与平面ABC所成角为NDCE

.•.在△中，由正弦定理得.嗫八=么士

CEDsmZ-ECDsm.Zf-CED

代入解得sinz_£C。=

iq

IT

VZFCD6（0,不）

•'•cos/ECD=V1-sin2zFCD=

sinlECD_旦,

乙

••tanECD3s乙ECD-5'

故选：C.

【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面

角的三角函数值.

11.【答案】B

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征

【解析】【解答】如下图，取AB中点C,连接PC,

依题意得•；NAOB=120。，04=0B=r=6，PA=PB,PO1OC

：.0CLAB,PC1AB,

•'-OC==孚，AB=2AC=V3OA=3，

又〈SAPAB=誓=XPC=；X3XPG

・“C=岁，

-PO=y1PC2-OC2=、博『-停）23

11ol

V圆锥—gSh=gx7ir2xPO—V6TT.

故选：B.

【分析】根据题意画出草图计算圆锥体高结合圆锥体积公式得出答案.

12.【答案】D

【知识点】由三视图还原实物图

【解析】【解答】如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1,2,2的长方体组成:

表面积为：2x2x6-2+2x1x3+1x1x2=30

故选：D

【分析】先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。

13.【答案】A,C

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征

【解析】【解答】如图

1

•1,Z.APB=120°,PBPA=2,OP=^AP=1

.•.在AP4B中力B=2OA=2遮OP=2遮x^AP=2通,

A:圆锥体积V=/■兀•0人2XP。=兀，故A正确；

B：圆锥侧面积S=・（兀・AB）=26兀，故B错误；

C、D：设D为4C中点，连接PD,0D,

•••在等腰APAC,^OAC^PD1AC,ODLAC,

.•・二面角P-AC-O的平面角为tP。。，即4POO=45°,

在等腰RtAPOC中有0。=OP=1,则PD=y/2,

.,.在RtA4。。中，AD=V2,AC=2AD=2A/2

：.ShPAC=^PD-AC=2,故C正确，D错误。

故选：AC

【分析】画图分析，由圆锥几何特征求出圆锥半径和高，结合圆锥体体积与扇形面积可判断A、B,由

二面角P-AC-0分析构造垂直转化为ZPD0=45°,再计算即可判断C、Do

14.【答案】A,B,D

【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；简单组合体的结构特征

【解析】【解答】A：因为正方体的内切球直径为1＞0.99,所以直径为0.99m的球体可放入正方体，A

符合题意；

B：如图1,以正方体对角线为棱长的正四面体力［J8〃的棱长为鱼＞1.4,所以所有棱长为1.4m的

四面体可放入正方体，B符合题意；

C：正方体内最大距离为体对角线遮＜1,8,所以高为1.8m的圆柱体无法放入正方体，C不符合题意;

D：如图2,取正方体边长中点作正六边形EFGHIJ,内切圆直径为bx*=苧＞1.2,故底面直径为

1.2m高为0.01m（可忽略不计）的圆柱体可以放入正方体，D符合题意;

故选ABD.

【分析】结合正方体几何体放置内接几何体，以正方体面对角线结合体对角线参照放置，逐项判断即

得答案.

15.【答案】（1）证明：,.NiCl底面ABC,乙4cB=90。

J.A^C1BC,AC1BC,ArC1AC,

又u砺CCi^i，ACu面ACC、A\,A^dAC=C,

••BC.L画[ACC、A[,

又,：BCu面BC£B\，

，面BCC01面ACC、A\,

过点必作4D_LCCi，垂足为D,

又,：面BCC[B]n面ACC\A\=CG，

:.A©上面BCCiB、，即为。=1,

由41。J.AC,且三棱柱-中，

.,.Z.CA1C1=乙4cAi=90°,CC]=BB1=AAX=2,

在RMCAiG、RtACA^D^jRtAC^D^1,

设CD=x,则CiD=2—x,

有41c24-AiC/=(&°2+CD2)+(4道2+c/2)="F

即1+尤2+1+(2—X)2=4,解得％=1,

故CD=CrD=1,

：.A1C=A1C1=AC=V2,证毕！

(2)由(1)易得，AC,BC,&C两两垂直，如图，以C为原点，CA,CB,C4分别为x,y,z轴建立空

间直角坐标系，过点B作BEJ_A&,垂直为E,

结合(1),则4(遮，0,0),a(0,0,遮)，&D则为平面BCCiBi的一条法向量，设B(0,30),

.".AAi=(-V2,0,V2)，AB=(-V2,m,0).AC=(-版,0,0).BC=(0,-t,0)

人AB-AA12d

2

,,rAl/i]

由直线441与BBi距离为2,即BE=2,

222

AB=>ic|+BC=2+12=4+1=5，其中t>0,故解得t=V3，

，B(0,y/3,0),AtB=(0,V3,-V2)

XA-[C\=AC=(—V2,0,0)=(h1，yC]»Zq—在)，

•,石(一/，0,/),

同理，=AB-即.1(一或，V3,遮)，

二他=(-2A/2,A/3,V2)

由⑴得4c=&C,此时D是CCi中点,

一孝，0,孝),①。=(一孝，0-免

记与平面BCC1当所成角为氏

/13

TT-

【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算

【解析】【分析】⑴为转化利用占到平面BCCiBi的距离为1的条件，可通过证明颐CCiBi1面ACJA]

找出点&到平面BCGBi的投影，从而解三角形即可证明力C=4C；

(2)根据(1)两两垂直可建立空间直角坐标系，且设8(0,30),由平行线间距离BE=2转化计算向量投影

建立方程解出t值，进而利用相等向量表示出各点坐标与平面BCQB1的一条法向量AQ,即可得出线面

夹角的正弦值.

16.【答案】(1)Z.ACB=90°,即BC1AC,

又•••&C_L平面ABC,BCu平面ABC,

•••BC1ArC,

由AiCnAC=C,AXC,力Cu平面441clC,

•••BC1平面A&GC,

•••BCu平面BBiQC,

二平面BBiCiC1平面力AiQC

(2)由(1)可知&C,AC,BC两两垂直，

由平面BBiQC_L平面441clC,平面BBiQCC平面44也修=CQ知：

四棱锥&-BBigC的高即为4到边CiC上的高，

22

,:AB=&B,即AB=<BC+AC=ArB=JBC2+4©,

:.AC=A1C,

又4遇=2,AC=41c=V2,

由三棱锥4BC-41B1Q知CQ=44=2,41cl=4C=鱼，&Q\\AC,

•••由41cl2+%ic2="J,

故AiC]JLA^Ct

在A41cle中有S=^-h-CC1=^-A1C1-A1C，解得八=1

••・四棱锥&-BBiJC的高为1

【知识点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算

【解析】【分析】(1)要证面面垂直即正线面垂直，由已知条件分析易证BC_L平面441cle即可证明.

(2)结合线面垂直等多个垂直条件，易分析得出四棱锥BBiQC的高为4到边QC上的高，根据两个含

公共边的直角三角形，由=得到ZC=&C,由已知条件结合三棱柱结构特点分析解三角形并逐步

计算得出结果.

17.【答案】(1)证明：连接MN,

在三棱台力BC-&B1C1中,

IIAC,

N分别是BC,BA中点，且48=AC=A4=2,=1

:.MN||AC,MN=^AC=1,

.'•MN||&Ci，MN=AG

四边形是平行四边形

又，.工加仁平面QMA,C\Mu平面的MA,

.,.44//平面。1"4

(2)解：连接过点Q作的。_L4C交AC于点D,过点D作。E1AC1交4G于点E,连接MD,

ME,

,/若4送1面ABC,且MDu面ABC,

：.AXA1MD,ArA1AC,

又：CiD1AC,

•••四边形440C1为矩形，

1

，AD=41G=1=^AC,

AB1AC,，

：.MD||AB,

：.MDLAC,M。_LOE且ACn44i=4

：.MDLAC19且DE_L4CI，MDCDE=D

JAC」面MDE,

•'ME14Ci，

J平面CiMA与平面ACGAi所成夹为4MED,

由=AC=AAr=2,41cl=1,

・・・4传=怎AD=1,Ci。=2,

_SAADJ_\-AD-C^D_2；5

..DE-i-i-—p5-,

在RtAMDE中，易得MD=：/1B=1

,ME=y/MD2+DE2=萼，

DF2

AcoszMED=垸=(

...平面QM4与平面"GA所成夹角的余弦值为|.

S△力Re=2，4C，的。=2

•・•VCTQM=VM-ACCV设点C到平面JAM的距离为d,

即WxS.C]Mxd=wxS"(；也xDM="x*xd=gx2xl,解得d—于

...点C到平面C1MA的距离为右

【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)根据中点及已知数值的倍数关系结合图形，易想到利用中位线证明平行四边形

41clMN,故而得到&N||QM,从而证明&N//平面CiAM；

(2)由已知中点与线面垂直结合三垂线定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各边长即可得出平

面角的余弦值.

(3)将点C到平面的距离转化成求三棱锥C-QM4的高，利用等积即可求解.

18.【答案】(1)如图，连接。E,OF,设齐'二机几，

则赤=BA+mAC=BA+m(AB+BC)=(m-1)AB+mBC'

又八=旗+辰)+3命，

•：BFLAO^ABLBC,即6.说=0.

.-.BF-AO=[(m-Y)AB+mBC\•(AB+^BC)=(m-1)AB2+0+yFC2=0,

由：AB=2,BC=2>/I,代入得4(m-1)+0+，X8=0

解得m=；，

AF=J/IC.即F为AC中点，

又,：BP,AP,BC的中点分别为D,E,0,

I1L1

•••OF||ABS.OF=^AB,DE||AB^DE=豺B，

：.DE||OF且DE=OF,

...四边形DEFO为平行四边形，OD,

又•••00u平面/CO,二EF||平面/DO,

(2)由(1)得EFIIOD,EF=OD=1(7P=苧，

1

且在RtMBO中，AB=2,BO=^BC=V2.

-,-AO=\!AB2+BO2=V6-

又0，

•.r>fr'/6V30

•*AD=v5X-2-=-y，

-'-AD2=竽=。炉+。标，

：.AO1DO,且EF||OD,

：.AO1EF

5L'：BF1AO,EFflBF=F,

BFu平面BEF,EFu平面BEF,

-'-AO1平面BEF,

RAOu平面ADO,

平面AD。1平面BEE

(3)如图，过点O作。MLA。交AC于点M,连接DM,NF,

由(2)得401DO,

p

：.二面角D-4。-C的平面角为/DOM.

•.•BF14。，O为BC中点，

，OMIIBF,且结合(l)/=3后，AB1BC,

，，BF=AF=^AC=1xy/AB2+BC2=V3,OM=3BF=噂

/乙zz

[[代

•-FM=%(7=号

在平面ABP中，AD和BE分别是AABP的两条中线，

AN为AABP的重心，

：.AN=2DN,

在△ABO和中,

AB=1,BD=3BP=吟,AD=苧,

AB2+BD2-AD2AB2+BP2-AP2

根据余弦定理cos乙4BP=

2ABBD2AB-BP

代入可解得/P=V14.

同理在在^PBE和△ABP中,

由余弦定理coszBPA列出方程，可得BE=^，

•••NE=/BE邛,

NE2+EF2-NF2_BE2+EF2-BF2

同壬里1解得NF=孚，

cos/NEF=2NE-EF=2BE-EF'

又；AN=2DN,AF=2FM,

易得△AFN-△AM。

.NF_AF_2解得。“=零・

••两=丽=3

.,.在△DOM中,

222

,nn.,DO+OM-DM42

8S4DOM=2D0^M=F

.___________Jo

•"•sinzDOM=V1—cos2Z.DOM=勺

...二面角D—AO-C的平面角的正弦值为亨.

【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)以条件BF，4。作为切入点，考虑以易，位;为基底从向量角度表示薪，品)并运用

数量积为0确判断F点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；

(2)由BF_L/O,故证平面ADO1平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的4。=通。0结合勾

股定理可计算边长，进而可结合(1)证力。_LEF,证毕；

(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作OMJ.40将二面角转化成平面角NDOM,在ADOM中，结合已

知条件易得其两边DO、OM,故求平面角的正弦值只需求第三边DM,结合中点及各边数据解三角形求

第三边即得答案.

19.【答案】(1)如图，连接DE,OF,设/•=加易，

则薪=BA+mAC=BA+m{AB+BC)=(m-Y)AB+mBC>

又R=6+访=几+：立

-BF1AO^.AB1BC,即6.品=()•

•.BF-AO=[(m-1)AB+mBC\•+*BC)=(m-1)/1B2+0+jBC2=0,

由：AB=2,BC=2低代入得4(m-l)+0+夕x8=0

解得m=

AF=即F为AC中点，

又：BP,AP,BC的中点分别为D,E,0，

•••OF||AB^OF=DE||AB^DE=

：.DE||0FS.DE=OF,

二四边形DEFO为平行四边形，...EFaDO

又•••COu平面ADO,•••EF||平面400,

(2)由(1)得，OF是△ABC的中位线，

易得S&CFO=

"^P-ABC=4Vp-cF0

VOF||AB,OF=^AB,AB1BC,：.CO1OF,OF=^AB=1

。为BC中点，PB=PC=y/6,•••CO1PO,PO=y/PB2-OB2=2

又•：FOCPO=0,FO,P。u平面POF,C01平面POF,

•.Vp-CFO=Vc-PFO=|co-SAPOF=^COOP-OFsinl200=第'

_276

,*•^P-ABC=4Vp_c尸。=―2—

【知识点】平面向量数量积的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定

【解析】【分析】(1)以条件8F1A。作为切入点，考虑以易，忌为基底从向量角度表示薪，筋并运用

数量积为0确判断F点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；

(2)由(1)易知底面存在中位线，即存在面积的倍数关系，利用等高可将三棱锥P-ABC体积转化为P-

OFC,利用条件简单分析得到的线面垂直，即以aPOF为底面、OC为高求出此时几何体的体积即得答

案。

20.【答案】(1)在直四棱柱ABCD-AiBiQDi中,

AAi||DDr,AAXg平面DCGDi，

二441||平面DCCMi，

又,XB||CD,ABg平面DCQDi，

.".AB||平面DCCiA，

y.,：ABnAAi=ASLABu平面ABAIBI，AAXu平面ABAiBy

，平面B/MiBi||平面DCQDi，

力道||平面DCCWi，

(2)依题意得DDiJ.CD,AB1AD,AB±AD,AB〃CD

ACD±AD

1

«•Sy|8cz)=2(484-CD')xAD—9,

.♦.U四棱柱=^ABCDXDD[=9D£)i=36,即=4.

.".AA1=DDX-4

连接AiB、AiD、BD,i^AE1BD,垂足为E,

•.》1E在底面ABD的投影为AE,

故由三垂线定理可得为E1BD,

即此时二面角公一BD-A的为/AEAi,

根据勾股定理易得BD=V13,

11

又•SAABD=2xABxAD=2xAExBD,

・4厂ABxAD2x36713

•M£=-BD-=W=T3"

_AA->42V13

,在中，tanZ.AEA1-=-^==—^―

T3-

•…，2713

••Z-AEA1=arctan——

；・二面角—BD—4的大小为arctan

【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题

【解析】【分析】(1)根据四棱柱几何特征与已知条件先证面面平行，即平面B44B1||平面DCCiDj从而

得出线面平行；

(2)根据题意求出几何体高，由几何体高分析改几何体为固定几何体，可结合解三角形解得相关线段长

度，可找出面面夹角所对平面角并加以计算得出答案.

21.【答案】(1)连接EA,ED,

•••E为BC中点，DB=DC,

BC±DE

vDA=DB,乙ADB=60°,

A4BD为等边三角形，同理AACD也为等边三角形，

•••AB—AD=AC,•••BC1AE,

y.AEnDE=E,AE,OEu平面/WE，

BC1平面40E，

"ADc.^-^ADE,-.BCLAD

(2)不妨设DA=DB=DC=2,

vBD1CD,

ED=V2.BC=2V2.

由(1)知AB=AC=AD=2：.EA=V2,

EA2+ED2=AD2=4,:.AE1DE,

又BC_L平面ADE,ED,EB,EA两两垂直，

以E为原点，分别以ED,EB,EA所在直线为％,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图:

则E（0,0,o）,D（VL0,0）,4（0,0,V2）,B（0,VLo）,

AD=（V2/0/—V2）＞AB=（0,V2,一或）

9

vEF=DA**,EF||DAfEF=DA,

・•・四边形4DEF是平行四边形，

AF=DE=（-VL0,0）

设平面4BD,平面4B尸的法向量为分别为五=（%i，%,Zi）,n2=（x2fz2），

AB.云=0J\/2y1—y[2zx=0

、疝）•元=01四%1-鱼Zi=0

取％1=1,解得九1=（L1/1）,

同理可得几2=（。，1，1），

.|8期-同词-2一屈

,・一同同一任&-3，

:.sin。=孚，

••・二面角。-AB-尸的正弦值为卓

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，即8cd.平面ADE,得出线线垂直，即BCLAD。

（2）为建立直角坐标系，先证明ED,EB,E4两两垂直，得出二者法向量得出面面夹角的余弦值即得

答案。

22.【答案】（1）如图建立直角坐标系，以C为原点，分别以CD,CB,CG为x,y,z轴建立空间直角

坐标系,

则&（0,2,2）,C2（o,0,3）,A2（2,2,1）,D2（2,0,2）,因为C我2=（0,2,一1），康=

（0,2,-1）,所以C/2=D「2,所以C2B2IID242

（2）设P（0,2,m）,mG[0,4],

因为尸乙=（2,0,1—m）,PC?=（。，—2,3—m），设平面P&C2法向量为为=（x-yx,z】）

.[PA2-n=0„.（2%j+（1-m）zi=0

=吗-2%+（3-心=0

令zi=2,则xi=l-m

所以平面PA2c2法向量为A=（?n—1,3—2）;

同理当的1）2=（2，0,-1）,C：2=（2，2,一2）,・••平面。242c2法向量为信=（1，1,2）.

T—>

因为二面角P-42c2-。2为150。，所以口2|=一，6=|cosl500|,

pi||n2|x/6^2m2—8m+14

解得巾=1或m=3,经检验均满足题意，

此时82P=1

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出（1），由二面角计算方法可求出

满足题意的P点坐标。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：118分

客观题（占比）22.0(18.6%)

分值分布

主观题（占比）96.0(81.4%)

客观题（占比）11(50.0%)

题量分布

主观题（占比）11(50.0%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

选择题9(40.9%)18.0(15.3%)

填空题5(22.7%)10.0(8.5%)