2017-2021年五年高考数学全国卷文科分类汇编及考向预测7

第七章文件几何

一冕无今T题花福

、真题汇编：

1.【2017课标I文6】如图，在下列四个正方体中，A,6为正方体的两个顶点，M,N,。为所在棱的中点，则在这

四个正方体中，直线与平面扬叨不平行的是

2.［2017课标I文16］已知三棱锥ST8c的所有顶点都在球。的球面上，SC是球。的直径.若平面SC4,平面SCB,

SA=AC,SB=BC,三棱锥S3%的体积为9,则球。的表面积为.

3.12017课标I文18］如图，在四棱锥中，1故左9,且NB4P=NCDP=90’.

(1)证明：平面用员L平面PAD-,

Q

⑵若PA=怯AB=DC,NAP。=90，且四棱锥夕」版的体积为—，求该四棱锥的侧面积.

3

4.12017课标H文6】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平

面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为

A.90KB.63兀C.42兀D.36兀

5.［2017课标II文15］长方体的长，宽，高分别为3,2,1,其顶点都在球。的球面上,则球。的表面积为.

6.［2017课标II文18］如图，四棱锥P-A3CD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=-AD,/BAD

2

=ZABC=90。.

(1)证明：直线BC〃平面？A£>;

(2)若△PC0的面积为2b，求四棱锥P—ABC。的体积.

7.12017课标III文9］已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体

积为

8.【2017课标HI文10］在正方体中，《为棱圈的中点，则

A.^ElDC,B.AjE±BDC.^EIBC,D.A,E±AC

9.12017课标HI文19］如图，四面体四切中，"BC是正三角形，AD=CD.

(1)证明：ACYBD-,

（2）已知"a）是直角三角形，AB=BD.若£为棱劭上与〃不重合的点，且4&L宽；求四面体四位与四面

体/碗•的体积比.

10.12018课标I文5］已知圆柱的上、下底面的中心分别为。，。2,过直线。1。2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

A.12缶B.12nC.8百兀D.1071

11.12018课标I文9】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M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B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径

的长度为（）

B

A.2V17B.275C.3D.2

12.12018课标I文10］在长方体ABC。-ABIGA中，AB=BC=2,AQ与平面8片。。所成的角为30。，

则该长方体的体积为（）

A.8B.672C.872D.

13.12018课标I文18］如图，在平行四边形中，AB=AC=3,ZACM=90°,以AC为折痕将△ACM

折起，使点"到达点。的位置，且

（1）证明：平面AC。，平面ABC；

2

（2）。为线段AO上一点，尸为线段8C上一点，且BP=OQ=］ZM,求三棱锥Q-A3P的体积.

14.12018课标H文9】在正方体ABC。-AgGA中，E为棱的中点，则异面直线AE与CO所成角的正

切值为

A.—B.—C.@D.—

2222

15.12018课标II文16］已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30。，若

的面积为8,则该圆锥的体积为.

16.12018课标H文18］如图，在三棱锥产一ABC中，AB=BC=2应,P4=依=PC=AC=4,。为AC

的中点.

(1)证明：平面A5C；

(2)若点M在棱8C上，且MC=2MB,求点。到平面尸OA7的距离.

18.12018课标III文3】中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫梯头，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

【分析】

19.12018课标HI文12］设A,8,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，AABC为等边三角形且其面

积为9百，则三棱锥。-A3C体积的最大值为

A.1273B.1873C.2473D.5473

20.12018课标III文19］如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧C。所在平面垂直，M是C。上异于C,O的点.

(1)证明：平面AMD，平面BMC；

(2)在线段AM匕是否存在点P,使得〃平面尸3。？说明理由.

21.12019课标I文161已知,一为平面/6C外一点，修2,点P到//或两边/IC,6c的距离均为百,

那么一到平面49C的距离为.

22.【2019课标I文19］如图，直四棱柱46G9-45G〃的底面是菱形，44=4,AB=2,/BAD=60：E,M,"分别

是BC,BB„的中点.

DiG

(1)证明：助V〃平面C.DE-,

(2)求点。到平面G龙的距离.

23.12019课标H文7】设%尸为两个平面，则。〃尸的充要条件是

A.。内有无数条直线与月平行

B.a内有两条相交直线与£平行

C.a,尸平行于同一条直线

D.a,£垂直于同一平面

24.12019课标II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.

25.12019课标H文17】如图，长方体4比。-45。4的底面/比。是正方形，点后在棱44上，BELEC、.

(1)证明：应工平面以G；

(2)若/斤/£力比3,求四棱锥E—881GC的体积.

26.12019课标HI文8】如图，点N为正方形ABCD中心，AECD为正三角形，平面ECO,平面A8CD,M

是线段EO的中点，则

A.3M=£N,且直线是相交直线

B.&0。硒，且直线是相交直线

C.BM=EN,且直线是异面直线

D.BM丰EN,且直线是异面直线

27.12019课标HI文16】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

ABCD—A4GA挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中。为长方体的中心，区£G,”分别为所在棱的

中点，A3=8C=6cm,A4=4cm,3。打印所用原料密度为0.9g/,不考虑打印损耗，制作该模型所需原

料的质量为g.

28.12019课标HI文19］图1是由矩形和菱形8FGC组成的一个平面图形，其中

AB=1,BE=BF=2,NFBC=60，将其沿AB,8c折起使得.与8户重合，连结。G,如图2.

(1)证明图2中的A,C,G,。四点共面，且平面ABC,平面BCGE；

(2)求图2中的四边形ACG。的面积.

图1

29.12020课标I文3】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()

A.2/LlB,正匚亚+1布+1

4242

30.12020课标I文12］已知A,8,C为球。的球面上的三个点，0a为AABC"的外接圆，若。。1的面积为4兀,

AB=BC=AC=00、,则球。的表面积为（）

A.64兀B.48KC.36KD.32兀

31.12020课标I文19］如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，AABC是底面的内接正三角形，P为DO

上一点，N/PC=90°.

（1）证明：平面以I8_L平面以C

（2）设。。=加,圆锥的侧面积为6兀，求三棱锥P-28c的体积.

32.12020课标H文11］已知是面积为地的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.若球。的表面积

4

为16万,则。到平面/8C的距离为（）

A.百B.-C.1D.立

22

33.12020课标H文16】设有下列四个命题:

pi：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.

pi-.过空间中任意三点有且仅有一个平面.

pi-.若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.

0：若直线/u平面a,直线mi.平面a,则m_L/

则下述命题中所有真命题的序号是.

①Pl八P4②Pl人P2③V。3④V「Pa

34.12020课标H文20］如图，已知三棱柱48G48G的底面是正三角形，侧面681GC是矩形，M,/V分别

为BC,61G的中点，P为4例上一点.过81G和2的平面交Z8于£交2C于尸.

（1）证明：AA1//MN,且平面4/例/\〃平面£8iGE

TT

（2）设。为A461G的中心，若/。=/8=6,力。7平面fFiG/7,旦4MPN=］,求四棱锥a段G尸的体积.

35.12020课标HI文9】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+4加B.4+472C.6+2百D.4+273

36.12020课标HI文16］已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

37.12020课标III文19］如图，在长方体中，点七，尸分别在棱网上，且2Z）E=卬,

BF=2FB[.证明:

（1）当=时，EF±AC；

（2）点G在平面AM内.

38.[2021全国甲卷文7]在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-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（）

39.12021全国甲卷文14】已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30乃则该圆锥的侧面积为.

40.12021全国甲卷文19】已知直三棱柱ABC—A4G中，侧面A4由8为正方形，AB=BC=2,E,尸分别为

AC和CG的中点，BF上AB「

（1）求三棱锥产一E3C的体积；

（2）已知。为棱A片上的点，证明：BFLDE

41.12021全国乙卷文10］在正方体ABC。—44G。中，P为BQ中点，则直线尸3与所成的角为（）

兀71一兀兀

A.-B.-C.-D.一

2346

42.12021全国乙卷文16］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，组成某个三棱锥

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①图②图③

43.12021全国乙卷文18］如图，四棱锥产一488的底面是矩形，底面ABC。，M为的中点，且

PBYAM.

(1)证明：平面平面P3£)；

⑵若PD=DC=1，求四棱锥尸一ABCO的体积.

二、详解品评

1.【答案】A

【解析】

试题分析：对于B,易拈AB〃MQ,则直线48〃平面,网@对于C,易知AB〃MQ,则直线48〃平面"监；对于D,

易知心〃两，则直线四〃平面榴Q.故排除B,C,D,选A.

【考点】空间位置关系判断

【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题.证明线面平行的常用方法：①

利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何

体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用

面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.

2.【答案】3671

【解析】

试题分析：取SC的中点。，连接。4。3,

因为SA=AC,SB=BC,所以OK±SC,OB1SC,

因为平面SAC，平面SBC,所以CU_L平面SBC,

x3

1gOA=r,贝U匕_qc=^5i2Cxd-l=1x-^x2rxrxr=^r,

所以；/=9=厂=3,所以球的表面积为4/=367t

【考点】三棱锥的外接球

【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系,

得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等,

这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多

边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共

点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离,

构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的

三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.

3.【答案】（1）证明见解析；（2）6+273.

【解析】

试题分析：（1）由A3_LAP,AB^PD,得A5_L平面/%£＞即可证得结果；（2）设AB=x,则四棱锥

P—ABCO的体积=解得》=2,可得所求侧面积.

试题解析：（1）由已知N84P=NCDP=90°,得A5_LAP，CD上PD.

由于AB〃CD,故ABLPD，从而平面PAD.

又ABu平面QA8，所以平面PA8_L平面PAO.

（2）在平面尸4）内作PE_LA£），垂足为E.

由（1）知，AB_L平面R4D,故ABJ_PE,可得PE_L平面ABCO.

设AB=x,则由已知可得AD=PE=­x.

2

故四棱锥尸一ABCD的体积V3

rp-fAytHSyC^lJD=3-ABADPE^3-X.

1Q

由题设得故％=2.

33

从而以=FZ）=2,AD=BC=2亚,PB=PC=2O.

可得四棱锥P-ABCD的侧面积为！PA-PD+-PA-AB+-PD-DC+-BC2sin60。=6+2百.

2222

【考点】空间位置关系证明，空间几何体体积、侧（表）面积计算

【名师点睛】证明面面垂宜，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如

直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运

算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积

法求出.

4.【答案】B

【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为

V=--7r-32-6+7r-32-4=637r,故选B.

2

【考点】三视图

【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图.

（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推

断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.

5.【答案】14兀

【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以2K=尸赤1=旧方=4成2=14兀

【考点】球的表面积

【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）

或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画

内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方

程（组）求解.

6.【答案】（1）见解析；（2）4、纣

t解析】

试题分析：(1)先由平面几何知识得5C/HD,再利用线面平行判定定理证结论；(2)取40的中点

利用面面垂直性质定理证明RW1底面从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底面直角梯

形面积，最后代入锥体体积公式即可.

试题解析：(1)在平面ABCD内，因为/A4A乙45090。，所以BC4血又BCH平面PAD,

ADc平面尸HD,故BCH平面PAD.

(2)取的中点M,连结PM,CM,由AB=BC=gAD及BCIL&D,zU5C=90°得四边形一43cM

为正方形，则CA/1AD.

因为侧面巴。为等边三角形且垂直于底面N3C。，平面用平面/5CA/D,所以PM」_/D,PM1

底面ABCD,因为CMc底面以8CD,所以PA/1C.V/.

设5C=x,则CM=x,CD=6»内气取，PC=PD=2x.取CD的中点N,连结P.V,贝iJPMlCD,所以

PN=­2x

因为△9CD的面积为2C，所以r，

2、：xV2xx岩x=2〃

解得户-2(舍去)，户2,于是.1B=BC=2,疝”4,PM=2y/2>

所以四棱锥P-ABCD的体积.

y=ix2(2+4)x2VJ=4V3

32

【考点】线面平行判定定理，面面垂直性质定理，锥体体积

【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：

(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

(2)证明线面垂直，需带化为证明线线垂直

(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直

7.【答案】B

【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：AC=1,AB='

2

结合勾股定理，底面半彳1"==近

3

由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V=Ttr-h=xl=-71,故选B.

4

【考点】圆柱的体积公式

【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作

截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的儿

何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.

8.【答案】C

【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影，A.

若4ELQG，那么。E，£>G，很显然不成立；B.若那么BOLAE，显然不成立；C.若

A,E1BC,,那么成立，反过来时，也能推出8G，4后，所以C成立；D.若

A,E1AC,则AELAC，显然不成立，故选C.

【考点】线线位置关系

【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂宜.

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

9.【答案】（1）详见解析；（2）1:1

【解析】试题分析：（1）取AC的中点0,由等腰三角形及等边三角形的性质得AC_LOD,ACVOB,再

根据线面垂直的判定定理得ACL平面080,即得ACLBD,（2）先由AELEC,结合平面几何知识确定

EO^-AC,再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.

2

试题解析：

(1)取/C的中点0,连结〃0,B0.

因为4庐G9,所以/CL%

又由于△ABC是正三角形，所以

从而/人平面〃龙，故"XEZ

(2)连结E。.

由(1)及题设知4DC=90°,所以DCK4O

在RtalOB中，BO2+AOZ=AB2.

又AB=BD,所以

BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故/。。8=90。.

由题设知△JEC为直角三角形，所以EO=：AC.

£

又△3C是正三角形，目4B=BD,所以EO=：BD.

2

故E为即的中点，从而E到平面4BC的距离为。到平面且8C的距离的1,四面体且BCE的体积为四

面体从BCD的体积的;，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:L［考

点】线面垂直的判定及性质定理，锥体的体积

【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：

(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

10.【答案】B

【解析】

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.

详解：根据题意，可得截面是边长为2近的正方形，

结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是0的圆，且高为2及，

所以其表面积为S=2i(JI)?+2%-JL2V2=12］，故选B.

点睛：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.

11.【答案】B

【解析】

【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.

【详解】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，4?+22=2石，故选区

点睛：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.

12.【答案】C

【解析】

【分析】

首先画出长方体ABCO—A4GR,利用题中条件，得到NA£3=30。，根据AB=2,求得80=26，可以

确定CG=2垃,之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.

【详解】在长方体A5CQ—4q中，连接5G，

根据线面角的定义可知NAGB=3(),

因为AJB=2,所以从而求得CG=2近，

所以该长方体的体积为V=2x2x20=80，故选C.

【点睛】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.

13.【答案】(1)见解析.

⑵1.

【解析】

分析：(1)首先根据题的条件，可以得到NB4O90,即B4LAC,再结合已知条件为工加，利用线面垂直的判定

定理证得46,平面又因为Ibu平面/16G根据面面垂直的判定定理，证得平面〃®，平面46C；

(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥

的体积公式求得三棱锥的体积.

详解：(1)由已知可得，za4c=90°,BA1AC.

又BALAD,且ACD4)=A，所以46_L平面

又46u平面ABC,

所以平面4G9,平面加匕

(2)由已知可得，屐。的4庐3,DA=3垃.

2

又BP=DQ=mDA,所以BP=2夜.

作Q£，4G垂足为£,则QE=|||DC.

由已知及(1)可得〃CL平面45C,所以。反1平面48C,QE=1.

因此，三棱锥Q-ABP的体积为

%-A8P=gxQEX%切=；xlx；x3x2缶in45。=1.

点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的

过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判

定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积

公式求解即可.

14.【答案】C

【解析】

【分析】利用正方体ABC。—AgG。中，CD//AB,将问题转化为求共面直线A3与AE所成角的正切值，在

A/WE中进行计算即可.

【详解】在正方体A3CO—A5G。中，CD//AB,所以异面直线AE与CO所成角为NE45，

设正方体边长为2a,则由E为棱CG的中点，可得CE=a,所以BE=J^a,

则3㈤人翳当当.故选C.

【点睛】求异面直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.

15.【答案】8n

【解析】

【详解】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线54,高SO,底面圆半径A。的长，代入公式计算即可.

详解：如下图所示，NSAO=30,NAS8=9()

又SASA8=gs4SB=〈ST=8,

解得S4=4,所以SO=，SA=2,AO=JSA2—SO2=2g,

2

所以该圆锥的体积为V=g•乃•.so=8万.

点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面儿何知识求解相应线段

长，代入圆锥体积公式即可.

述

16.【答案】⑴详见解析(2)

【解析】

【详解】分析：（1）连接OB,欲证PO_L平面ABC,只需证明PO±AC,尸。_L08即可;（2）过点C作C”，,

垂足为〃，只需论证C”的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.

详解：（1）因为/片上4>4,。为“'的中点，所以“L/G且0六2也.

/71

连结如因为［定於注AC，所以△/a'为等腰直角三角形，且如G0B=-AC=2.

22

由OP2+QB2=尸§2知，OPLOB.

由OPLOB,皿47知/UL平面ABC.

p

（2）作的_掰，垂足为〃又由（1）可得册1圆所以掰L平面如M

故〃的长为点C到平面倒犷的距离.

由题设可知3」AC=2,CM=ZBC=生区,ZJfi?=450.

233

所以睚毡，觥"述

30M5

所以点C到平面/的距离为逑.

5

点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能

将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.

18.【答案】A

【解析】

【详解】详解：由题意知，题干中所给的是椎头，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.

点睛：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.

19.【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】分析:作图,D为与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当DM，平面ABC时,三棱锥D—ABC

体积最大，然后进行计算可得.

详解：如图所示，

D

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点,

当DM_L平面ABC时，三棱锥D—ABC体积最大

此时，OD=OB=R=4

2

・♦・6q4ABe—AB=9y/3

4

/.AB=6,

•••点M为三角形ABC的中心

：.BM=-BE=2^

3

中，有OM.=\IOB2—BM?=2

DM=OD+OM=4+2=6

・••（%-极）皿=卜96、6=18百

故选B.

点睛：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，

平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到BM=[=26，再由

勾股定理得到0M,进而得到结果，属于较难题型.

20.【答案】（1）证明见解析

（2）存在，理由见解析

【解析】

【分析】

【详解】分析：（1）先证ADLCM,再证CMLMD,进而完成证明.

（2）判断出P为AM中点，，证明加〃仍然后进行证明即可.

详解：（1）由题设知，平面平面48（力，交线为切.

因为6c_LG9,8Cu平面4?四所以8cL平面。跖，故BC1DM.

因为“为CO上异于心〃的点，且比■为直径，所以〃ML以

又BCCC忙C,所以〃灶平面以

而DMU平面AMD,故平面4M_1_平面BMC.

（2）当P为417的中点时，，比〃平面月阳.

证明如下：连结然交加于。.因为彳及力为矩形，所以。为“'中点.

连结”3,因一为4V中点，所以,必〃砒

物'①平面加，0PU平面P8D,所以胱:〃平面侬.

点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点,

然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.

21.【答案】、反.

【解析】

【分析】

本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系,

勾股定理解决.

【详解】作尸2PE分别垂直于AC,8C,P01平面ABC,连CO,

知C£>_LPO,C。PDC\OD=P,

\C£)A平面POO,OOu平面PQO,

:.CD±OD

•：PD=PE=5PC=2.sinNPCE=sinNPC£>=

ZPCB=ZPCA=6Q°，

：.PO±CO,CO为NACB平分线，

ZOCD=45°OD=CD=1,OC=五,又PC=2,

：.=血.

【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成

正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍.

22.【答案】(1)见解析;

17

【解析】

【分析】

(1)利用三角形中位线和可证得MEqM),证得四边形为平行四边形，进而证得MN//OE,

根据线面平行判定定理可证得结论;

CDEVV

(2)根据题意求得三棱锥G—的体积，再求出,C'DE的面积，利用C,-CDE=C-CtDE求得点c到平面CQE

的距离，得到结果.

【详解】(1)连接ME,B£

•.•M，E分别为BB-8c中点为M8C的中位线

MEUB\C且ME=ggc

又N为4。中点，且4。4用。:.NDHB[C且ND=gBC

：■MEHND四边形MNDE平行四边形

：.MN//DE,又MNZ平面GOE，DEu平面。1。七

，肱7//平面。。£

(2)在菱形ABQD中，E为8C中点，所以

根据题意有0£=百，GE=J万，

因为棱柱为直棱柱，所以有Z)E_L平面8。。出，

所以DELEG，所以Sgg=gx6xM,

设点C到平面C.DE的距离为d,

根据题意有匕■LCDE=VC-CQE，则有:万x"=gx；xlxGx4,

解得。=/=生叵，

71717

所以点c到平面GDE的距离为生叵.

17

【点睛】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，点到平面的距离的求解，在解题

的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距

离是文科生常考的内容.

23.【答案】B

【解析】

【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.

【详解】由面面平行的判定定理知：a内两条相交直线都与〃平行是。//4的充分条件，由面面平行性质定理知,

若。//夕，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//夕的必要条件，故选B.

【点睛】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

aua,bu0,ale,则a//〃”此类的错误.

24.【答案】(1).共26个面.(2).棱长为&一1.

【解析】

【分析】

第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决.

【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+8=26

个面.

如图，设该半正多面体的棱长为x,则==延长3C与FE交于点G,延长交正方体棱于“，由

半正多面体对称性可知，MGE为等腰直角三角形，

BG=GE^CH=~x,GH=2x—x+x=(V2+l)x=l，

22

I

:.x=V2-1,即该半正多面体棱长为血—1.

V2+1

H

【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求

胜是关键.立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形.

25.【答案】（1）见详解；（2）18

【解析】

【分析】

（D先由长方体得，4G_L平面朋耳8,得到用再由BELEG，根据线面垂直的判定定理，即可

证明结论成立；

（2）先设长方体侧棱长为2a,根据题中条件求出a=3；再取中点?，连结政，证明EF_L平面,

根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.

【详解】（1）因为在长方体ABC。—中，4G，平面A4出8；

BEu平面A&BQ,所以4G，BE,

又BE工EC1,B£cEC=G，且Egu平面EBC，dgu平面EBg,

所以8E1平面E61G；

（2）设长方体侧棱长为2a,则AE=4E=a,

由（1）可得J.8E；所以EB：+BE?=BB：,gp2BE2=BB;,

又钻=3,所以24炉+24夕=38「，即2a2+18=4/,解得a=3；

取BB1中点F,连结EE,因为AE=4E,则防〃AB；

所以EFL平面

所以四棱锥E-四C。的体积为％

*1L_RB>R]LC]CL=3-S7t1^7lZBi>£B>C|C]C-EF3BC-BB.1-EF=-3x3x6x3=\S.

5IIBy

【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即

可，属于基础题型.

26.【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】如图所示，作于。，连接QV,过M作于

连8/，•••平面CDEL平面ABCD.

石。_1。。,改9(=平面。。后，.♦.E0,平面ABC。，MF，平面ABC。,

AMFB与AEON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知E0=6,ON=1EN=2,

MF=—,BF=-,：.BM=/j.:.BM丰EN,故选B.

22

【点睛】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形.

27.【答案】118.8

【解析】

【分析】根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.

19

【详解】由题意得，SEFGH=4x6-4x—x2x3=12cm2,

四棱锥）EFG的高3cm,小…，［><12x3=12加.

又长方体ABCD-A^C^的体积为匕=4X6X6=144CM,

所以该模型体积为V=%-M=144-12=132cm2,

其质量为0.9x132=118.8g.

【点睛】本题考查几何体的体积问题，理解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.

28.【答案】（1）见详解：（2）4.

【解析】

【分析】（1）因为折纸和粘合不改变矩形ABED，R/AABC和菱形BFGC内部的夹角，所以AO//B