2023年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編：立體幾何

2023年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編立體幾何

一、填空題

1.（2023?全國甲卷）在正方體力BCD中，E,F分別為CD,的中點，則以EF為直徑的球

面與正方體每條棱的交點總數(shù)為.

2.（2023?全國乙卷）已知點S,A,8,C均在半徑為2的球面上，△4BC是邊長為3的等邊三角形，SA1

平面ABC,則S4=.

3.（2023?上海卷）空間內(nèi)存在三點A、B、C,滿足4B=AC=BC=1,在空間內(nèi)取不同兩點（不計順

序），使得這兩點與4、B、C可以組成正四棱錐，求方案數(shù)為:

4.（2023?新高考13卷）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2,高

為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為.

5.（2023?新高考團(tuán)卷）在正四棱臺4BCD-4/165中，AB=2,=1,AAt=V2,則該棱臺的體

積為.

二、選擇題

6.（2023?全國甲卷）在三棱錐P—ABC中，△4BC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,PC=限，

則該棱錐的體積為（）

A.1B.V3C.2D.3

7.（2023?全國甲卷）在四棱錐P—4BCD中，底面ABCD為正方形，AB=4,PC=PD=3,"8=

45°,則APBC的面積為（）

A.2y/2B.3V2C.4V2D.5近

8.（2023?天津卷）在三棱錐P-ABC中，線段PC上的點M滿足PM=線段PB上的點N滿足PN=

|PB,則三棱錐P-4MN和三棱錐P-4BC的體積之比為（）

1214

----

A.9B.93D.9

9.（2023?全國乙卷）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的一個零件的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1,則該零件的表

面積為（）

C.28D.30

10.（2023?全國乙卷）已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△48。為等邊三角形，若二面角C—

4B—Z）為150。，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（）

AB.5D.2

-I。虧5

1L（2023?全國乙卷）已知圓錐PO的底面半徑為遮，O為底面圓心，PA,PB為圓錐的母線，^AOB=

12。。，若的面積等于空則該圓錐的體積為（）

A.71B.V67TC.37rD.3倔r

12.（2023?全國乙卷）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是個零件的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1,則該零件的

D.30

A,B為底面直徑，乙4PB=120。，PA=2,

A.該圓錐的體積為兀B.該圓錐的側(cè)面積為4757r

c.AC=2V2D.△「?!（：的面積為百

14.（2023?新高考回卷）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不

計）內(nèi)的有（）

A.直徑為0.99m的球體

B.所有棱長均為1.4m的四面體

C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體

D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體

三、解答題

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

BCC/i的距離為1.

A

（1）求證：AC=XjC；

（2）若直線與BA距離為2,求力B］與平面BCG/所成角的正弦值.

16.（2023?全國甲卷）如圖，在三棱柱4BC-&B1Q中，4cl平面ABC,乙4cB=90。.

（1）證明：平面ACC1&_L平面BBiQC；

（2）設(shè)4B=4B,AAi=2,求四棱錐/I-BBIQC的高.

（?天津卷）三棱臺停中，若公力面

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

1,M,N分別是BC,BA中點.

(1)求證：4N//平面CiM4；

(2)求平面QAM與平面ACC1&所成夾角的余弦值；

(3)求點C到平面CiMA的距離.

18.(2023,全國乙卷)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB1BC,AB=2,BC=2近，PB=PC=V6>

BP,AP,BC的中點分別為D,E,O,AD=回0,點F在AC上，BFLAO.

(1)證明：EF〃平面4D0；

(2)證明：平面力DOI平面BEF；

(3)求二面角￡>—4。一。的正弦值.

19.(2023?全國乙卷)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB1BC,AB=2,BC=2役，PB=PC=V6>

BP,AP,BC的中點分別為D,E,0,點尸在AC上，BF1AO.

p

(1)求證：EF〃平面ZDO；

(2)若NPOF=120。，求三棱錐P-ABC的體積。

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

(1)求證：AXBIlffiDCQDi；

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

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

為BC中點.

F

A

DB

(1)證明：BCA.DA

(2)點F滿足弗=DA，求二面角D-AB-F的正弦值.

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

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

(1)證明：B2c2〃人2。2；

(2)點P在棱SB1上，當(dāng)二面角P—A2c2-外為150°時，求B2P.

答案解析部分

L【答案】12

【知識點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征；旋轉(zhuǎn)體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】如圖所示，分別取*01，BQ8停1中點G、M、N,

設(shè)正方體的邊長為2a,易得FG=EG=2a,0M=MN=a,

EF=VFG2+EG2=2V2a,即以EF為直徑的球半徑為我a，

易得。N=VOM2+M/V2=V2a.

故以EF為直徑的球面經(jīng)過點N,

同理，由對稱性可知，以EF為直徑的球面經(jīng)過正方體任一邊上的中點,

此時球與棱均相切，即與正方體的棱均只有一個交點，

故答案為：12

【分析】由正方體與球的結(jié)構(gòu)特點結(jié)合對稱性分析易得出答案.

2.【答案】2

【知識點】球面距離及相關(guān)計算；球內(nèi)接多面體；直線與平面垂直的性質(zhì)

【解析】【解答】如圖，設(shè)2L4BC外接圓圓心為。1，半徑為…。通，

設(shè)直三棱錐S-ABC外接球球心為。，連接04。0「

???SAJ.平面4BC，。。114。1

-1

易得001=^SA

2

22

5L0A=001+O1A,

=14-3=1，

???SA=2001=2.

故答案為：2

【分析】先利用正弦定理求AZBC外接圓半徑，再利用直三棱錐外接球性質(zhì)求S4

3.【答案】9

【知識點】基本計數(shù)原理的應(yīng)用；棱錐的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】在△ABC為等邊三角形，故三點不能同時作為正四棱錐的底面，必有一點作為頂點.共

三種可能.

考慮其中兩點作為正四棱錐底面，即構(gòu)成正方形的兩點：

①若其中兩點為邊：如圖，此時有兩種可能，

PA

故可能的方案有3x2=6（種），

②若其中兩點為對角線，結(jié)合空間結(jié)構(gòu)分析此時只有一種情況，故3xl=3（種），

，總方案有9中，

故答案為：9

【分析】由正四棱錐幾何結(jié)構(gòu)分析，三點中必有一點作為頂點，另兩點構(gòu)成底面正方形中的兩點，再分

別討論底面組成情況得出答案.

4.【答案】28

【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積

【解析】【解答】如圖

根據(jù)題意，如圖，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

故答案為：28

【分析】由相似易得所截棱臺的高，結(jié)合棱臺體積公式直接求解。

5.【答案】嬖

6

【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積

【解析】【解答】

由正四棱臺可知，上底面的投影在下底面的中心位置，如下圖，則此棱臺的高h(yuǎn)=OAi

Di

此時，易得S尸=4,S上=\,Js上=2,A0=/x(AC-&C])=孝

又=/

7后

—

故答案為：耍

6

【分析】由棱臺結(jié)構(gòu)特點找出并求得高，代入棱臺公式可得答案。

6.【答案】A

【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；平面與平面之間的位置關(guān)系

【解析】【解答】

取4B中點0,連接P。，CO

AZBC是邊長為2的等邊三角形，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

故選：A

【分析】通過證明P。J.平面ABC，得出PO為棱錐的高，進(jìn)而利用體積公式求解。

7.【答案】C

【知識點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征；正弦定理；余弦定理

【解析】【解答】如圖所示，連接AC,

在正方形/BCD中，AC=y[2AB=472

在APAC中，根據(jù)余弦定理

22

-V2P^+A^-PA9+32-PA初出D.酷

cos"S=2=-2比2=2X314方'解俗：0八二網(wǎng).

又，：PC=PD=3,

根據(jù)對稱性可知PB=PA=g,

此時在△PBC中，根據(jù)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，

故選：c.

【分析】根據(jù)題意結(jié)合余弦定理得出PA,結(jié)合PC=P。與底面正方形對稱性得出PA=PB,則在已知三

邊的三角形中，結(jié)合余弦定理得出夾角正弦值及其面積.

8.【答案】B

【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積

【解析】【解答】如圖,

設(shè)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)

故選：B

【分析】利用同高將三棱錐體積之比轉(zhuǎn)化成底面積之比，由已知兩三角形邊存在數(shù)量關(guān)系易聯(lián)想正弦定

理求三角形面積得出底面積之比.

9.【答案】D

【知識點】由三視圖求面積、體積：簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征；棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積

【解析】【解答】如圖該幾何體是由邊長為2的正方體和邊長為1,2,2的長方體組成：

二表面積為：2x2x6-2+2x1x3+1x1x2=30

故選：D

【分析】先將三視圖還原空間幾何體，再求解表面積。

10.【答案】C

【知識點】與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；解三角形

【解析】【解答】如圖，取AB中點E,連接CE,DE,設(shè)AE=BE=2a

C

???△ABC是以AB為斜邊的等腰直角三角形，△ABD是等邊三角形

易得CE=2a,DE=2V3a，CELAB,DELAB,

又?.?平面ABCn平面ABD=AB，且二面角C-AB-。為150。，

:.乙CED=150°,

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

:.CD=2甲a,

由線面夾角定義結(jié)合直線在平面上的投影，

易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直線上,

即直線CD與平面ABC所成角為NDCE

.?.在△中，由正弦定理得.囁八=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'

故選：C.

【分析】根據(jù)題意分析面面夾角與線面夾角的平面角，結(jié)合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面

角的三角函數(shù)值.

11.【答案】B

【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】如下圖，取AB中點C,連接PC,

依題意得?；NAOB=120。，04=0B=r=6，PA=PB,PO1OC

：.0CLAB,PC1AB,

?'-OC==孚，AB=2AC=V3OA=3，

又〈SAPAB=誓=XPC=；X3XPG

?“C=歲，

-PO=y1PC2-OC2=、博『-停）23

11ol

V圓錐—gSh=gx7ir2xPO—V6TT.

故選：B.

【分析】根據(jù)題意畫出草圖計算圓錐體高結(jié)合圓錐體積公式得出答案.

12.【答案】D

【知識點】由三視圖還原實物圖

【解析】【解答】如圖該幾何體是由邊長為2的正方體和邊長為1,2,2的長方體組成:

表面積為：2x2x6-2+2x1x3+1x1x2=30

故選：D

【分析】先將三視圖還原空間幾何體，再求解表面積。

13.【答案】A,C

【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】如圖

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:圓錐體積V=/■兀?0人2XP。=兀，故A正確；

B：圓錐側(cè)面積S=?（兀?AB）=26兀，故B錯誤；

C、D：設(shè)D為4C中點，連接PD,0D,

???在等腰APAC,^OAC^PD1AC,ODLAC,

.??二面角P-AC-O的平面角為tP。。，即4POO=45°,

在等腰RtAPOC中有0。=OP=1,則PD=y/2,

.,.在RtA4。。中，AD=V2,AC=2AD=2A/2

：.ShPAC=^PD-AC=2,故C正確，D錯誤。

故選：AC

【分析】畫圖分析，由圓錐幾何特征求出圓錐半徑和高，結(jié)合圓錐體體積與扇形面積可判斷A、B,由

二面角P-AC-0分析構(gòu)造垂直轉(zhuǎn)化為ZPD0=45°,再計算即可判斷C、Do

14.【答案】A,B,D

【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結(jié)構(gòu)特征；簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征

【解析】【解答】A：因為正方體的內(nèi)切球直徑為1＞0.99,所以直徑為0.99m的球體可放入正方體，A

符合題意；

B：如圖1,以正方體對角線為棱長的正四面體力［J8〃的棱長為魚＞1.4,所以所有棱長為1.4m的

四面體可放入正方體，B符合題意；

C：正方體內(nèi)最大距離為體對角線遮＜1,8,所以高為1.8m的圓柱體無法放入正方體，C不符合題意;

D：如圖2,取正方體邊長中點作正六邊形EFGHIJ,內(nèi)切圓直徑為bx*=苧＞1.2,故底面直徑為

1.2m高為0.01m（可忽略不計）的圓柱體可以放入正方體，D符合題意;

故選ABD.

【分析】結(jié)合正方體幾何體放置內(nèi)接幾何體，以正方體面對角線結(jié)合體對角線參照放置，逐項判斷即

得答案.

15.【答案】（1）證明：,.NiCl底面ABC,乙4cB=90。

J.A^C1BC,AC1BC,ArC1AC,

又u礪CCi^i，ACu面ACC、A\,A^dAC=C,

??BC.L畫[ACC、A[,

又,：BCu面BC￡B\，

，面BCC01面ACC、A\,

過點必作4D_LCCi，垂足為D,

又,：面BCC[B]n面ACC\A\=CG，

:.A?上面BCCiB、，即為。=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,

設(shè)CD=x,則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,證畢！

(2)由(1)易得，AC,BC,&C兩兩垂直，如圖，以C為原點，CA,CB,C4分別為x,y,z軸建立空

間直角坐標(biāo)系，過點B作BEJ_A&,垂直為E,

結(jié)合(1),則4(遮，0,0),a(0,0,遮)，&D則為平面BCCiBi的一條法向量，設(shè)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]

由直線441與BBi距離為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,此時D是CCi中點,

一孝，0,孝),①。=(一孝，0-免

記與平面BCC1當(dāng)所成角為氏

/13

TT-

【知識點】直線與平面所成的角；點、線、面間的距離計算

【解析】【分析】⑴為轉(zhuǎn)化利用占到平面BCCiBi的距離為1的條件，可通過證明頤CCiBi1面ACJA]

找出點&到平面BCGBi的投影，從而解三角形即可證明力C=4C；

(2)根據(jù)(1)兩兩垂直可建立空間直角坐標(biāo)系，且設(shè)8(0,30),由平行線間距離BE=2轉(zhuǎn)化計算向量投影

建立方程解出t值，進(jìn)而利用相等向量表示出各點坐標(biāo)與平面BCQB1的一條法向量AQ,即可得出線面

夾角的正弦值.

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兩兩垂直，

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

四棱錐&-BBigC的高即為4到邊CiC上的高，

22

,:AB=&B,即AB=<BC+AC=ArB=JBC2+4?,

:.AC=A1C,

又4遇=2,AC=41c=V2,

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

???由41cl2+%ic2="J,

故AiC]JLA^Ct

在A41cle中有S=^-h-CC1=^-A1C1-A1C，解得八=1

???四棱錐&-BBiJC的高為1

【知識點】平面與平面垂直的判定；點、線、面間的距離計算

【解析】【分析】(1)要證面面垂直即正線面垂直，由已知條件分析易證BC_L平面441cle即可證明.

(2)結(jié)合線面垂直等多個垂直條件，易分析得出四棱錐BBiQC的高為4到邊QC上的高，根據(jù)兩個含

公共邊的直角三角形，由=得到ZC=&C,由已知條件結(jié)合三棱柱結(jié)構(gòu)特點分析解三角形并逐步

計算得出結(jié)果.

17.【答案】(1)證明：連接MN,

在三棱臺力BC-&B1C1中,

IIAC,

N分別是BC,BA中點，且48=AC=A4=2,=1

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

.'?MN||&Ci，MN=AG

四邊形是平行四邊形

又，.工加仁平面QMA,C\Mu平面的MA,

.,.44//平面。1"4

(2)解：連接過點Q作的。_L4C交AC于點D,過點D作。E1AC1交4G于點E,連接MD,

ME,

,/若4送1面ABC,且MDu面ABC,

：.AXA1MD,ArA1AC,

又：CiD1AC,

???四邊形440C1為矩形，

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與平面ACGAi所成夾為4MED,

由=AC=AAr=2,41cl=1,

???4傳=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與平面"GA所成夾角的余弦值為|.

S△力Re=2，4C，的。=2

???VCTQM=VM-ACCV設(shè)點C到平面JAM的距離為d,

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

...點C到平面C1MA的距離為右

【知識點】直線與平面平行的判定；點、線、面間的距離計算；二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)根據(jù)中點及已知數(shù)值的倍數(shù)關(guān)系結(jié)合圖形，易想到利用中位線證明平行四邊形

41clMN,故而得到&N||QM,從而證明&N//平面CiAM；

(2)由已知中點與線面垂直結(jié)合三垂線定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各邊長即可得出平

面角的余弦值.

(3)將點C到平面的距離轉(zhuǎn)化成求三棱錐C-QM4的高，利用等積即可求解.

18.【答案】(1)如圖，連接。E,OF,設(shè)齊'二機(jī)幾，

則赤=BA+mAC=BA+m(AB+BC)=(m-1)AB+mBC'

又八=旗+辰)+3命，

?：BFLAO^ABLBC,即6.說=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為AC中點，

又,：BP,AP,BC的中點分別為D,E,0,

I1L1

???OF||ABS.OF=^AB,DE||AB^DE=豺B，

：.DE||OF且DE=OF,

...四邊形DEFO為平行四邊形，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=。爐+。標(biāo)，

：.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)如圖，過點O作。MLA。交AC于點M,連接DM,NF,

由(2)得401DO,

p

：.二面角D-4。-C的平面角為/DOM.

?.?BF14。，O為BC中點，

，OMIIBF,且結(jié)合(l)/=3后，AB1BC,

，，BF=AF=^AC=1xy/AB2+BC2=V3,OM=3BF=噂

/乙zz

[[代

?-FM=%(7=號

在平面ABP中，AD和BE分別是AABP的兩條中線，

AN為AABP的重心，

：.AN=2DN,

在△ABO和中,

AB=1,BD=3BP=吟,AD=苧,

AB2+BD2-AD2AB2+BP2-AP2

根據(jù)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?

??兩=麗=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的平面角的正弦值為亨.

【知識點】直線與平面平行的性質(zhì)；平面與平面垂直的判定；二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)以條件BF，4。作為切入點，考慮以易，位;為基底從向量角度表示薪，品)并運用

數(shù)量積為0確判斷F點的位置，從而得出F為中點，由多個中點產(chǎn)生的中位線證明線面平行；

(2)由BF_L/O,故證平面ADO1平面BEF只需再證一組線線垂直，利用已知條件的4。=通。0結(jié)合勾

股定理可計算邊長，進(jìn)而可結(jié)合(1)證力。_LEF,證畢；

(3)結(jié)合(2)及二面角平面角的定義，易作OMJ.40將二面角轉(zhuǎn)化成平面角NDOM,在ADOM中，結(jié)合已

知條件易得其兩邊DO、OM,故求平面角的正弦值只需求第三邊DM,結(jié)合中點及各邊數(shù)據(jù)解三角形求

第三邊即得答案.

19.【答案】(1)如圖，連接DE,OF,設(shè)/?=加易，

則薪=BA+mAC=BA+m{AB+BC)=(m-Y)AB+mBC>

又R=6+訪=幾+：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為AC中點，

又：BP,AP,BC的中點分別為D,E,0，

???OF||AB^OF=DE||AB^DE=

：.DE||0FS.DE=OF,

二四邊形DEFO為平行四邊形，...EFaDO

又???COu平面ADO,???EF||平面400,

(2)由(1)得，OF是△ABC的中位線，

易得S&CFO=

"^P-ABC=4Vp-cF0

VOF||AB,OF=^AB,AB1BC,：.CO1OF,OF=^AB=1

。為BC中點，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—

【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)；棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定

【解析】【分析】(1)以條件8F1A。作為切入點，考慮以易，忌為基底從向量角度表示薪，筋并運用

數(shù)量積為0確判斷F點的位置，從而得出F為中點，由多個中點產(chǎn)生的中位線證明線面平行；

(2)由(1)易知底面存在中位線，即存在面積的倍數(shù)關(guān)系，利用等高可將三棱錐P-ABC體積轉(zhuǎn)化為P-

OFC,利用條件簡單分析得到的線面垂直，即以aPOF為底面、OC為高求出此時幾何體的體積即得答

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)依題意得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

連接AiB、AiD、BD,i^AE1BD,垂足為E,

?.》1E在底面ABD的投影為AE,

故由三垂線定理可得為E1BD,

即此時二面角公一BD-A的為/AEAi,

根據(jù)勾股定理易得BD=V13,

11

又?SAABD=2xABxAD=2xAExBD,

?4廠ABxAD2x36713

?M￡=-BD-=W=T3"

_AA->42V13

,在中，tanZ.AEA1-=-^==—^―

T3-

?…，2713

??Z-AEA1=arctan——

；?二面角—BD—4的大小為arctan

【知識點】直線與平面平行的判定；與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題

【解析】【分析】(1)根據(jù)四棱柱幾何特征與已知條件先證面面平行，即平面B44B1||平面DCCiDj從而

得出線面平行；

(2)根據(jù)題意求出幾何體高，由幾何體高分析改幾何體為固定幾何體，可結(jié)合解三角形解得相關(guān)線段長

度，可找出面面夾角所對平面角并加以計算得出答案.

21.【答案】(1)連接EA,ED,

???E為BC中點，DB=DC,

BC±DE

vDA=DB,乙ADB=60°,

A4BD為等邊三角形，同理AACD也為等邊三角形，

???AB—AD=AC,???BC1AE,

y.AEnDE=E,AE,OEu平面/WE，

BC1平面40E，

"ADc.^-^ADE,-.BCLAD

(2)不妨設(shè)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兩兩垂直，

以E為原點，分別以ED,EB,EA所在直線為％,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖:

則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,

???四邊形4DEF是平行四邊形，

AF=DE=（-VL0,0）

設(shè)平面4BD,平面4B尸的法向量為分別為五=（%i，%,Zi）,n2=（x2fz2），

AB.云=0J\/2y1—y[2zx=0

、疝）?元=01四%1-魚Zi=0

?。?=1,解得九1=（L1/1）,

同理可得幾2=（。，1，1），

.|8期-同詞-2一屈

,?一同同一任&-3，

:.sin。=孚，

???二面角。-AB-尸的正弦值為卓

【知識點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；用空間向量研究二面角

【解析】【分析】（1）通過證明線面垂直，即8cd.平面ADE,得出線線垂直，即BCLAD。

（2）為建立直角坐標(biāo)系，先證明ED,EB,E4兩兩垂直，得出二者法向量得出面面夾角的余弦值即得

答案。

22.【答案】（1）如圖建立直角坐標(biāo)系，以C為原點，分別以CD,CB,CG為x,y,z軸建立空間直角

坐標(biāo)系,

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

（0,2,-1）,所以C/2=D「2,所以C2B2IID242

（2）設(shè)P（0,2,m）,mG[0,4],

因為尸乙=（2,0,1—m）,PC?=（。，—2,3—m），設(shè)平面P&C2法向量為為=（x-yx,z】）

.[PA2-n=0?.（2%j+（1-m）zi=0

=嗎-2%+（3-心=0

令zi=2,則xi=l-m

所以平面PA2c2法向量為A=（?n—1,3—2）;

同理當(dāng)?shù)?）2=（2，0,-1）,C：2=（2，2,一2）,???平面。242c2法向量為信=（1，1,2）.

T—>

因為二面角P-42c2-。2為150。，所以口2|=一，6=|cosl500|,

pi||n2|x/6^2m2—8m+14

解得巾=1或m=3,經(jīng)檢驗均滿足題意，

此時82P=1

【知識點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；用空間向量研究二面角

【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，由直線與直線的向量判定可得出（1），由二面角計算方法可求出

滿足題意的P點坐標(biāo)。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：118分

客觀題（占比）22.0(18.6%)

分值分布

主觀題（占比）96.0(81.4%)

客觀題（占比）11(50.0%)

題量分布

主觀題（占比）11(50.0%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

選擇題9(40.9%)18.0(15.3%)

填空題5(22.7%)10.0(8.5%)