2020-2024年高考數(shù)學(xué)試題分類(lèi)匯編：立體幾何（解析版）

專(zhuān)題07嵬體幾何

■

5年考情?探規(guī)律

考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)

2024天津卷：柱體體積的計(jì)算；

2023天津卷：錐體體積的有關(guān)計(jì)算證明線面垂

考點(diǎn)1幾何體直；

體積2022天津卷:柱體體積的有關(guān)計(jì)算求組合體的體

（5年4考）積；

2021天津卷：錐體體積的有關(guān)計(jì)算球的體積的1.立體幾何在高考的考查主要包含

有關(guān)計(jì)算；T,幾何體的體積問(wèn)題，通常運(yùn)用

考點(diǎn)2線面位割補(bǔ)法進(jìn)行求解。

2024天津卷：線面關(guān)系有關(guān)命題的判斷；

置關(guān)系的判定2.立體幾何線面關(guān)系的判斷，主要

（5年1考）考查了判定定理與性質(zhì)定理的靈

2024天津卷：證明線面平行面面角的向量求法活運(yùn)用

點(diǎn)到平面距離的向量求法；3.立體幾何解答題主要考查了，線

2023天津卷:證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面線，線面與面面的位置關(guān)系的證

角；明，線面與面面的夾角以及距離問(wèn)

考點(diǎn)3線面位

2022天津卷:空間位置關(guān)系的向量證明線面角的題

置關(guān)系的證明

向量求法面面角的向量求法；4.立體幾何的外接球通常考查了，

（5年5考）

2021天津卷:空間位置關(guān)系的向量證明線面角的外接球的表面積、體積與外接球半

向量求法面面角的向量求法；徑問(wèn)題.

2020天津卷:空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的

向量求法面面角的向量求法；

2024天津卷：證明線面平行面面角的向量求法

考點(diǎn)4距離問(wèn)

點(diǎn)到平面距離的向量求法；

題

2023天津卷:證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面

（5年2考）

角；

2023天津卷:證明線面平行求點(diǎn)面距離求二面

考點(diǎn)5角度問(wèn)

角；

題

2022天津卷：空間位置關(guān)系的向量證明線面角的

（5年4考）

向量求法面面角的向量求法；

2021天津卷:空間位置關(guān)系的向量證明線面角的

向量求法面面角的向量求法；

2020天津卷:空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的

向量求法面面角的向量求法；

考點(diǎn)6球的表

面積2020天津卷：球的表面積的有關(guān)計(jì)算

（5年1考）

5年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練

考點(diǎn)01幾何體體積

1.（2024?天津?高考真題）一個(gè)五面體4BC-DEF.已知AD||BE||CF,且兩兩之間距離為1.并已知

【答案】C

（祥解］］采用補(bǔ)形法，補(bǔ)成一個(gè)棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.

【詳析】用一個(gè)完全相同的五面體H〃-LMN（頂點(diǎn)與五面體4BG-DEF---對(duì)應(yīng)）與該五面體相嵌，使

得D,N；重合，

因?yàn)?D||BE||CF,且兩兩之間距離為1.AD=1,BE=2,CF=3,

則形成的新組合體為一個(gè)三棱柱，

該三棱柱的直截面（與側(cè)棱垂直的截面）為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形,側(cè)棱長(zhǎng)為1+3=2+2=3+1=4,

^ABC-DEF=^VABC_HIj=|x|xlXlXyX4=y.

故選：c.

s

B

2.（2023?天津?高考真題）在三棱錐P-4BC中，點(diǎn)M,N分別在棱PC,PB上，且PM=?PC,PN=|PB,

則三棱錐P-力MN和三棱錐P-ABC的體積之比為（）

1214

A.-B.-C.-D.-

9939

【答案】B

K祥解X分別過(guò)M,C作MMUPA,CC1PA,垂足分別為過(guò)B作，平面PZC,垂足為夕，連接PB',

過(guò)N作NN'1PB',垂足為NL先證NN，_L平面P4C,則可得到再證MMV/CL.由三角形相似得到

MM'_1—再由仝3=%￡期即可求出體積比.

r

CC~3BB，3Vp-ABCyB-PAC

【詳析】如圖，分別過(guò)M,C作用獷_1。4。。'，24,垂足分別為4,廠.過(guò)3作8夕1平面24。，垂足為次,

連接PB',過(guò)N作NN'1PB',垂足為

P

因?yàn)槠矫鍼AC,88'u平面P8"，所以平面P8B'1平面JMC.

又因?yàn)槠矫鍼BB'n平面PAC=NN'1PB',NN'u平面PBe，所以NN'1平面PAC,S.BB7/NN'.

在APCC'中,因?yàn)镸M'CCTPA,所以MM，//CL,所以震=甯=（,

在APBB'中，因?yàn)锽B'〃NN',所以型="=馬,

PBBB'3

所以立必=>N-P4M=/PAMWN'==2

Vp-ABC~VB-PAC~^S^PAC-BB'~^PACC,yBB,~9,

故選：B

3.（2022?天津?高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方

形，直三棱柱的底面是頂角為120。，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為（）

A.23B.24C.26D.27

【答案】D

（祥解I作出幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.

【詳析】該幾何體由直三棱柱4FD-BHC及直三棱柱DGC-AEB組成，作HM1CB于M,如圖,

因?yàn)镃H=BH=3/CHB=120°,所以CM=BM==|,

因?yàn)橹丿B后的底面為正方形，所以48=BC=375,

在直棱柱2FD-BHC中，481平面BHC,貝！|4B1

由ABnSC=B可得1平面4DCB,

設(shè)重疊后的EG與FH交點(diǎn)為/,

則肉-BCD4=；x3V3x3V3x|=",%-BHCWX3V3xIx3仔.

jNNZZ4-

則該幾何體的體積為V=2VAFD_BHC-V^BCDA=2x乎一§=27.

故選：D.

4.（2021-天津?高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為等,

兩個(gè)圓錐的高之比為1:3,則這兩個(gè)圓錐的體積之和為（）

A.37rB.47rC.97rD.127r

【答案】B

K祥解》作出圖形，計(jì)算球體的半徑，可計(jì)算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計(jì)算出圓錐的底面圓半徑,

再利用錐體體積公式可求得結(jié)果.

【詳析】如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)。，

設(shè)圓錐4。和圓錐BD的高之比為3:1,即4。=38。，

設(shè)球的半徑為R，則等=等，可得R=2,所以，AB=AD+BD=4SD=4,

所以，BD=1,AD=3,

VCD1AB,則Z_C40+/.ACD=4BCD+Z.ACD=90°,所以，/.CAD=4BCD,

又因?yàn)橐?OC=NBDC,所以，XACD-4CBD,

所以，—CD=y］AD-BD=V3,

CDBD

因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為［兀XCD2?(AD+BD)=［兀X3x4=47r

故選：B.

考點(diǎn)02線面位置關(guān)系的判定

5.（2024?天津?高考真題）若小，九為兩條不同的直線，a為一個(gè)平面，則下列結(jié)論中正確的是（）

A.若m〃a,n//a,則7nl幾B.若Tn〃a,7i〃a,則zn〃7i

C.若7n〃a,7ila,則zn1幾D.若7n〃a,7ila,則m與九相交

【答案】C

（祥解力根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷AB的正誤，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可判斷CD的正誤.

【詳析】對(duì)于A,若m〃a,n//a,則zn,ri平行或異面或相交，故A錯(cuò)誤.

對(duì)于B,若zn〃a,7i〃a,則m,九平行或異面或相交，故B錯(cuò)誤.

對(duì)于C,m//a,n1a,過(guò)TH作平面S，使得夕na=s,

因?yàn)閦nu/?,故m〃s,而sua,故九_(tái)Ls,故m_L九，故C正確.

對(duì)于D,若?n〃a,九J.a,則m與九相交或異面，故D錯(cuò)誤.

故選：C.

考點(diǎn)03線面位置的證明

6.（2022?天津?高考真題）直三棱柱48C—AiBiG中，=ABAC=2,AA±LAB,ACLAB,D^]A1B1

的中點(diǎn)，E為44i的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD的中點(diǎn).

(1)求證：￡T〃平面ABC；

(2)求直線BE與平面所成角的正弦值；

(3)求平面4CD與平面夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

⑵(

⑶包

10

K祥解X(1)以點(diǎn)4為坐標(biāo)原點(diǎn)，4/1、4G所在直線分別為％、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利

用空間向量法可證得結(jié)論成立；

(2)利用空間向量法可求得直線BE與平面夾角的正弦值；

(3)利用空間向量法可求得平面與平面CCi。夾角的余弦值.

【詳析】(1)證明：在直三棱柱—中，平面&ZG，S.AC1AB,則

以點(diǎn)4為坐標(biāo)原點(diǎn)，44、4/1、4G所在直線分別為刀、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

貝1」4(2,0,0)、8(2,2,0)、。(2,0,2)、21(0,0,0)、81(0,2,0)、。1(0,0,2)、。(0,1,0)、￡(1,0,0)、/(1,1,1),貝!|麗=(0,|,1).

易知平面力BC的一個(gè)法向量為沅=(1,0,0),則而?訪=0,故而_L沅，

???EFC平面力BC,故EF〃平面ABC.

(2)解：無(wú)=(2,0,0),QD=(0,1,-2),麗=(1,2,0),

設(shè)平面C&O的法向量為m=(/,yi，Zi),則［一匕qC=2%=°,

取yi=2,可得正=(0,2,1)，cos<EB,H>=展：=g.

CDpI-Ul5

因此，直線BE與平面CC】D夾角的正弦值為，

(3)解：A^C=(2,0,2),A^D=(0,1,0),

設(shè)平面&CD的法向量為5=(x2,y2,z2),則『'勺=犯+2Z2=0,

(v?ArD=丫2=0

取血=1，可得力=(1,0,—1)，則COS＜記,。＞=尚宕=一去=一嚕，

因此，平面4CD與平面CGD夾角的余弦值為嚕.

7.(2021?天津?高考真題)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體4BCD-4tBic中，E為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱

CD的中點(diǎn).

(II)求直線力G與平面&EQ所成角的正弦值.

(III)求二面角A—AG—E的正弦值.

【答案】⑴證明見(jiàn)解析；(ID-(HI)

K祥解X(I)建立空間直角坐標(biāo)系，求出席及平面41EC1的一個(gè)法向量沆，證明庠1記，即可得證；

(II)求出4C；,由sin)=|cos〈范版7〉1運(yùn)算即可得解;

(III)求得平面力&G的一個(gè)法向量礪，由cos〈礪，記結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系即可得解.

【詳析】(I)以4為原點(diǎn)，分別為居y,z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

則4(0,0,0),4式0,0,2),5(2,0,0),C(2,2,0),0(0,2,0),6(2,2,2),。式0,2,2),

因?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱CD的中點(diǎn)，所以E(2,l,0),尸(1,2,0),

所以*=(1,0,-2),砧(=(2,2,0),砧=(2,1,-2),

設(shè)平面4EC1的一個(gè)法向量為沆=

則｛=2/+2%=°,令/=2,則沅=(2,-2,1),

m?ArE=2xr+%—2zi=0

因?yàn)椴?記=2-2=0,所以印1記，

因?yàn)镺iFC平面&EC「所以〃平面力透的；

(II)由(1)得，宿=(2,2,2),

設(shè)直線4G與平面4EG所成角為。，

貝I|sin9=|cos〈滋宿〉|=I焉懸2_V3

3X2-73-9

(HD由正方體的特征可得，平面441G.的一個(gè)法向量為麗=(2,-2,0),

DFm_82^2

則cos〈O8,沅）

\DB\-\m\~3X2723

所以二面角a-4G-E的正弦值為小-cos?順麗=(.

考點(diǎn)04距離問(wèn)題

8.(2024?天津?高考真題)已知四棱柱4BCD中，底面4BCD為梯形,4B〃CD,&4，平面ZBCD,

ADLAB,其中=44=2,4D=DC=1.N是/Q的中點(diǎn)，M是￡)%的中點(diǎn).

(1)求證DiN〃平面CB]M；

(2)求平面CBiM與平面BB1CG的夾角余弦值；

⑶求點(diǎn)B到平面CB]M的距離.

【答案】(D證明見(jiàn)解析

⑵譽(yù)

⑶誓

K祥解工(1)取CB1中點(diǎn)P,連接NP,MP,借助中位線的性質(zhì)與平行四邊形性質(zhì)定理可得AN〃MP,結(jié)合

線面平行判定定理即可得證；

(2)建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，計(jì)算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計(jì)算即可得解；

(3)借助空間中點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即可得解.

【詳析】(1)取OB1中點(diǎn)P,連接NP,MP,

由N是/Ci的中點(diǎn)，故NP//CJ,且NP=1CCi，

由M是D￡?i的中點(diǎn)，故A"=(D￡?i=]CC「且DiM〃CC「

則有￡)iM〃NP、D]M=NP,

故四邊形￡)i"PN是平行四邊形，故D1N//MP,

又MPu平面CB]M,%N，平面C4M,

故DiN〃平面CBiM；

(2)以4為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

有4(0,0,0)、S(2,0,0),劣(2,0,2)、"(0,1,1)、C(l,l,0)、G(1,1,2),

則有兩=(1,一1,2)、CM=(-1,0,1)>兩=(0,0,2),

設(shè)平面與平面881CC]的法向量分別為沆=(x1,y1,z1)^n=3，力々)，

則有(記?西=x1-y1+2z1=0(n-西=x2-y2+2z2=0

Im-CM=—%1+Z]=0In-BB；=2z2=0

分別取X1=x2=1,則有Vi=3、Z]=1、y2=1,z2=0,

即記=(1,3,1)、n=(1,1,0),

則COS〈S〉=麗廠赤赤格=丁

故平面C&M與平面8B1CC1的夾角余弦值為誓；

(3)由西=(0,0,2),平面C/M的法向量為沆=(1,3,1),

則有畫(huà)列=2=2，

人」口\m\V1+9+111

即點(diǎn)8到平面CBiM的距離為誓.

9.(2023?天津?高考真題)如圖，在三棱臺(tái)ABC-A181cl中，A±A1^ABC,AB1AC,ABAC==

2,4G=1,M為BC中點(diǎn).，N為AB的中點(diǎn)，

(1)求證：&N〃平面力MG；

⑵求平面AMG與平面4CC141所成夾角的余弦值；

⑶求點(diǎn)C到平面力MC1的距離.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

⑵I

⑶：

(祥解I(1)先證明四邊形MM41cl是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；

(2)利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進(jìn)行求解；

(3)方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長(zhǎng)，方法二無(wú)需找垂線段長(zhǎng)，直接利用等體積法求解

【詳析】(1)

連接MN，GA由M,N分別是的中點(diǎn)，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC,且MN=三=1,

由棱臺(tái)性質(zhì)，A^Z/AC,于是MN〃&由MN=&Ci=l可知，四邊形MN&G是平行四邊形，則

ArN//MCr,

又A]N仁平面GAM,MJu平面于是&N//平面

(2)過(guò)M作ME14C,垂足為E,過(guò)E作EF14C1，垂足為F,連接MF,6立

由MEu面ABC,A±AiffiXBC,故A4i1ME,又ME1AC,ACnAAr=A,AC,AAru平面則ME1

平面acGA.

由ARu平面4"遇1，故ME1又EF14Q,MEnEF=E,ME,EFu平面MEF,于是4Q_L平面MEF,

由MFu平面MEF,故AC】1MF.于是平面AMC1與平面所成角即NMFE.

又ME=曰=1,COSNC4cl=看則sin4cAei=看故EF=1xsin/CAQ='，在Rt△ME尸中，4MEP=90。,

則MF=斥=看

于是cos4MFE=^=g

（3）［方法一：幾何法］

過(guò)■作GP14C,垂足為P,作GQ14M,垂足為Q,連接PQ,PM,過(guò)P作PR1C1Q,垂足為R.

22

由題干數(shù)據(jù)可得，=CrC=V5,QM=VQP+PM=V5,根據(jù)勾股定理，GQ=J一住?=乎，

由CiPl平面4MC,4Mu平面4MC,則GPJ.4M,又GQJLAM,QQnC±P=C1；C1Q,C#u平面QPQ,

于是AM，平面GPQ.

又PRu平面C】PQ,貝！jPR1AM,又PR1QQ,QQCiXM=Q,C^Q,AMu平面6M4,故PR，平面GAM.

在RtACpPQ中，PR=*=煞=￡

2

又C4=2PA,故點(diǎn)C到平面GMA的距離是P到平面的距離的兩倍,

即點(diǎn)C到平面4MQ的距離是*

［方法二：等體積法］

輔助線同方法一.

設(shè)點(diǎn)C到平面2MC1的距離為h.

=§xC]PxSMMC=&x2x5x(V2)=

T717c171/7T3V2h

^C-CrMA=1XhXS-MQ=]XhXQXv2X-Y-=

由%1-AMC=^C-CrMA=g=9即/l=￡

考點(diǎn)05角度問(wèn)題

10.（2020?天津?高考真題）如圖，在三棱柱4BC中，CC11平面ABC,AC1BC,AC=BC=2,

CG=3,點(diǎn)D,E分別在棱44i和棱CG上，且力D=1CE=2,M為棱為&的中點(diǎn).

（I）求證：GM1B]D；

（II）求二面角B-BIE-。的正弦值；

（III）求直線與平面DB】E所成角的正弦值.

【答案】（I）證明見(jiàn)解析；（II）等；（III）

63

K祥解》以C為原點(diǎn)，分別以刀,而，鬲的方向?yàn)?軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

（I）計(jì)算出向量的和瓦方的坐標(biāo)，得出的?瓦方=0,即可證明出Ci"1名￡）；

（II）可知平面BBiE的一個(gè)法向量為刀，計(jì)算出平面/ED的一個(gè)法向量為落利用空間向量法計(jì)算出二面

角B-B.E-D的余弦值，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求解結(jié)果；

（III）利用空間向量法可求得直線4B與平面DBiE所成角的正弦值.

【詳析】依題意，以C為原點(diǎn)，分別以方、CB，鬲的方向?yàn)?軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系

（如圖），

可得C(0,0,0)、4(2,0,0)、8(0,2,0)、30,0,3)、

4(2,0,3)、Bi(0,2,3)、。(2,0,1)、￡(0,0,2),M(l,l,3).

(I)依題意，C^M=(1,1,0),瓦方=(2,-2,-2),

從而靛-瓦方=2-2+0=0,所以1B]D；

(II)依題意，CA=(2,0,0)是平面的一個(gè)法向量，

西=(0,2,1),ED=(2,0,-1).

設(shè)元=(x,y,z)為平面DBiE的法向量，

則產(chǎn)?拓=0即/y+z=0

灑訪=0儀2久一z=0

不妨設(shè)％=1,可得元=(1,一1,2).

7^7T、CAn2A/6

cos<CA,n>=—―=—F=—，

\CA\-\n\2X766

???sin<^A,n>=Jl—cos2<CA,n>=等.

所以，二面角B-BiE-。的正弦值為千；

(III)依題意,AB=(-2,2,0).

由(II)知元=(1,—1,2)為平面08亞的一個(gè)法向量，于是cos<福元>=湍;=定一冬

所以，直線48與平面。8亞所成角的正弦值為日.

【『點(diǎn)石成金』】本題考查利用空間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與計(jì)

算能力，屬于中檔題.

考點(diǎn)06球的表面積

11.(2020?天津?高考真題)若棱長(zhǎng)為2百的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上,則該球的表面積為()

A.127rB.247rC.367rD.1447T

【答案】C

（祥解I求出正方體的體對(duì)角線的一半，即為球的半徑，利用球的表面積公式，即可得解.

【詳析】這個(gè)球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對(duì)角線的一半，

所以，這個(gè)球的表面積為S=4兀7?2=4兀x3?=367r.

故選：C.

【『點(diǎn)石成金』】本題考查正方體的外接球的表面積的求法，求出外接球的半徑是本題的解題關(guān)鍵，屬于基

礎(chǔ)題.求多面體的外接球的面積和體積問(wèn)題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時(shí)，可恢復(fù)為長(zhǎng)方體,

利用長(zhǎng)方體的體對(duì)角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，

借助球的對(duì)稱(chēng)性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；（3）如果設(shè)計(jì)

幾何體有兩個(gè)面相交，可過(guò)兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)為幾何體的球心.

1年模擬?精選?？碱}

12.（2024?天津北辰?三模）中國(guó)載人航天技術(shù)發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個(gè)國(guó)家能夠獨(dú)立開(kāi)展

載人航天活動(dòng).從神話“嫦娥奔月”到古代“萬(wàn)戶(hù)飛天”，從詩(shī)詞“九天攬?jiān)隆钡奖诋?huà)“仕女飛天”……千

百年來(lái)，中國(guó)人以不同的方式表達(dá)著對(duì)未知領(lǐng)域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類(lèi)似火箭整流罩的一個(gè)容器,

其內(nèi)部可以看成由一個(gè)圓錐和一個(gè)圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2,圓柱的高為6,

圓錐的高為4.若將其內(nèi)部注入液體，已知液面高度為7,則該容器中液體的體積為（）

【答案】A

R祥解》結(jié)合軸截面分析可知0/=。2。=Z,。。=6,。2。3=1，。3尸=|，再利用圓柱以及圓臺(tái)的體積

公式運(yùn)算求解.

【詳析】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺(tái)，

取軸截面，如圖所示，。1，。2，。3分別為43,。。1尸的中點(diǎn)，

p

可知：AB//CD//EF,且。/=。2。=2,。1。2=6,。2P=4,。2。3=1,。3P=3,

可得竺=竺=三即。尸=三，

3

O2cO2P42

所以該容器中液體的體積為X22X6+|JiX22+XC）2+Jnx22XnX（|了x1=

故選：A.

13.（2023?天津和平?三模）已知正方體2BCD-4/164的棱長(zhǎng)為6,點(diǎn)E,5分別在棱。?！可?

且滿(mǎn)足等=等=3點(diǎn)。為底面力BCD的中心，過(guò)點(diǎn)E,F,。作平面EF。，則平面EF。截正方體力BCD-

01cl3

所得的截面面積為（）

A.8V22B.6V22C.4V22D.2V22

【答案】A

（祥解力由于上下底平行，則可得平面EF。與上下底面的交線平行，則可得EF為平面EF0與上底面&B1GD1

的交線，4C為平面EF。與下底面4BCD的交線，則梯形EFC4為平面截正方體的截面，可證得梯形EFCA為等

腰梯形，根據(jù)已知的數(shù)量關(guān)系求解即可.

【詳析】連接4G，4;與8。交點(diǎn)即為。，

因?yàn)槭?署=5,所以

因?yàn)?停114。，所以EFII4C,

所以E,F,0,4C共面，

所以平面EF。截正方體48CD-4/停1。1所得的截面為梯形EFC4

因?yàn)檎襟wABC。-A/iQDi的棱長(zhǎng)為6,且普=然=j

所以4C=y/AB2+BC2=V62+62=6V2,

22

在Rt△DiEF中，%E=D1F=2,貝!|EF=y]DrE+DrF=2迎，

在RtA/MiE中，4m=。141一。速=6—2=4,貝U

222

AE=y/AAl+ArE=V6+4=2g,

在RtACC±F,CrF=DG-=6—2=4,貝l]

CF=JCC/+C/2=V62+42=2V13,

過(guò)E作EM14C于M,貝MM=寫(xiě)絲==2夜，

所以EM=V4E2_W=J(2V13)2-(2V2)2=2V11,

所以等腰梯形EFC2的面積為

2X(EF+AC)XEM=：X(2V2+6a)x2Vli=8V22,

故選：A

14.（2024?天津河西?三模）如圖，在三棱柱力BC—A/iG中，E,F分別為AB,AC的中點(diǎn)，平面E/C/將

【答案】D

（祥解》根據(jù)割補(bǔ)法結(jié)合棱臺(tái)的體積公式，即可求得答案.

【詳析】設(shè)三棱柱4BC-4/G的高為h,上下底面面積均為S,體積為V,

則V=%+/=Sh,

因?yàn)镋,F分別為AB,AC的中點(diǎn)，故S-EF=；S,

4

結(jié)合題意可知幾何體4EF-&B1G為棱臺(tái)，

則%=M*+S+F）=M

7q

故彩=Sh-—Sh=—Sh,故%:V2=7:5,

故選：D

15.（2024?天津?yàn)I海新?三模）我國(guó)有著豐富悠久的“印章文化”，古時(shí)候的印章一般用貴重的金屬或玉

石制成，本是官員或私人簽署文件時(shí)代表身份的信物，后因其獨(dú)特的文化內(nèi)涵，也被作為裝飾物來(lái)使用.圖

1是明清時(shí)期的一個(gè)金屬印章擺件，除去頂部的環(huán)可以看作是一個(gè)正四棱柱和一個(gè)正四棱錐組成的幾何體,

如圖2.已知正四棱柱和正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為4,體積之比為3:1,且該幾何體的頂點(diǎn)在球。的表面上，則

球。的表面積為（

圖1圖2

n288n

A.36JiB.48Ji產(chǎn)u.---------

5

【答案】A

（祥解》根據(jù)題意可知正四棱柱和正四棱錐的高相等，利用幾何關(guān)系和正四棱柱的對(duì)稱(chēng)性得到關(guān)于的

方程組，再利用球的表面積公式即可得解.

【詳析】???正四棱柱和正四棱錐的體積之比為3:1,且共一個(gè)底面,

二正四棱柱和正四棱錐的高相等,

設(shè)正四棱柱和正四棱錐的高為八，該幾何體外接球的半徑為R,

解得h=2,R=3,

...球0的表面積為4nx32=367T.

故選：A.

16.（2024?天津紅橋?二模）如圖，圓錐形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，為了保障冰淇淋融化后能落在

脆皮筒里，不溢出來(lái)，某規(guī)格的脆皮筒規(guī)定其側(cè)面面積是冰淇淋半球面面積的2倍，則此規(guī)格脆皮筒的體

積與冰淇淋的體積之比為（）

A.叵B.叵C.亞D.立

4242

【答案】B

（祥解1設(shè)圓錐的半徑為r,高為h,母線長(zhǎng)為Z,結(jié)合題意面積比得到無(wú)=危?，再計(jì)算二者的體積比即

可.

【詳析】設(shè)圓錐的半徑為r,高為八，母線長(zhǎng)為/,

則母線長(zhǎng)為2=3+公,

所以圓錐的側(cè)面積是"ri=nrVr2+h2,

半球的面積2口產(chǎn)，

由題意可得JtrVr2+h2=2x2Jir2,

解得無(wú)=V15r,

所以圓錐的體積為：口產(chǎn)八=手11r3,半球的體積為［xgN=譽(yù)「3,

所以此規(guī)格脆皮筒的體積與冰淇淋的體積之比為展;=紗，

——3r32

故選：B.

17.（2024?天津?二模）在如圖所示的幾何體中，底面4BCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，AAltBG,CCV均

與底面力BCD垂直，且441=CG=DDi=2BG=4g，點(diǎn)E、F分別為線段BC、CC1的中點(diǎn)，記該幾何體

的體積為乙平面4FE將該幾何體分為兩部分，則體積較小的一部分的體積為（）

【答案】D

K祥解》先求幾何體的體積匕再求被截較小部分的體積/cFTDDi即可.

【詳析】由題意可知，如圖所示，EF〃AD、,

所以平面EF4D1即為平面4EF截幾何體的截面.

因?yàn)?41=eq=DD1=2BG=4b，AB=BCCDDA=4,

所以幾何體的體積V=4x4x4V3-|x|x4x4x2V3=詈2

被截棱臺(tái)的體積

VECF-ADD,=|x4x（|x2x2V3+|x4x4V3+x2x2V3x|x4x4V3）=手,

較大部分體積為彩=40V3,

S6尊

日

旦v-176——22,

3

所以較小部分的體積為VECF-AD/=(匕

18.(2024?天津南開(kāi)?二模)在四棱錐P-48CD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PC1PD,PC=PD,

。為CD的中點(diǎn)，二面角A-CD-P為直二面角.

(1)求證：PB1PD；

⑵求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；

(3)求平面P0B與平面PAB夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

⑵回

5

⑶(

(祥解』(1)證明出P。LCD,P。！平面ABCD,建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)，計(jì)算出麗?麗=

-14-0+1=0,得到垂直關(guān)系；

(2)求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；

(3)求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.

【詳析】(1)因?yàn)镻C=PD,0為CD的中點(diǎn)，

所以P。1CD.

又因?yàn)槠矫鍼CD_L平面ABCD,平面PCD0平面ABCD=CD,P。u平面PCD,

所以P。1平面ABCD.

因?yàn)镃D=2,PC1PD,PC=PD,所以PO=1.

取28的中點(diǎn)E,連接0E,則。ELCD,

以點(diǎn)0為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD,OE,OP所在直線分別為x,y,z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系。-孫z,

則0(0,0,0),￡)(1,0,0),C(-1,0,0),5(-1,2,0),P(0,0,l),4(1,2,0).

PB=(-1,2,-1),PD=(1,0,-1),

因?yàn)辂?麗=-1+0+1=0,

所以PB1PD.

(2)設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為記=(x,y,z),

則伊?亞=0,即廣-2y+z=0,

(萬(wàn)?4B=01-2x=0

解得x=0,令y=l,貝?。輟=2,則沅=(0,1,2).

設(shè)直線PC與平面PAB所成的角為8,

又丙=(-1,0,-1).

|刀畫(huà)_

則l(0,l,2M-L0T)l_|-2|=V10

sin?=|cos<m,PC>|m||PC|-V1+4XV1+1-V5-V2-5

所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為半.

(3)設(shè)平面POB的一個(gè)法向量為n=(a,6,c),

則t.亞=0,即｛c=0

解得c=0,令匕=1,則a=2,故元=(2,1,0).

設(shè)平面POB與平面PAB的夾角為a,

則cosa=Icos<mn>\=叵生=KO'L2>(2」,O)I_J_=1

人jcsa?力阿同V1+4XV4+1V5-V55

故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為，

19.(2024?天津北辰?三模)如圖，在四棱錐P—48CD中，PD1平面ABC。，AD1DC,AB//DC,AB=

AD=^CD=2,PD=2,"為棱PC的中點(diǎn).

M

//4一/------>

////\\/__—

AB

(1)證明：BM〃平面PAD；

(2)求平面PDM和平面DM8夾角的余弦值；

⑶求A點(diǎn)到直線PC的距離.

【答案】(1)證明見(jiàn)詳析

⑵當(dāng)

6

⑶第

(祥解』(1)取PD中點(diǎn)N,可得四邊形A8MN為平行四邊形，從而B(niǎo)MII4V,利用線面平行的判定定理即

可得證；

(2)建系標(biāo)點(diǎn)，求出平面BDM的法向量，易知市為平面PDM的一個(gè)法向量，利用向量夾角公式求解可得答

案.

(3)利用空間向量求得cosNAPC=那，即可得sinN力PC,進(jìn)而可得結(jié)果.

【詳析】(1)取PD中點(diǎn)N,連接AN,MN.

在△PCD中，M,N分別為PC,PD的中點(diǎn)，則MN||DC,MN=^DC,

因?yàn)?B〃DC,AB=|l)C,則4B||MN,AB=MN,

可知四邊形4BMN為平行四邊形，則BMII4N,

且BMC平面PAD,力Nu平面R/W,所以BM〃平面PAD.

AB

(2)因?yàn)镻D1平面ABC。，AD,DCu平面ABCD,

則PC-。，PD1DC,S.AD1DC,

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，D4D&DP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,如圖所示,

取CD的中點(diǎn)E,連接BE,

z

因?yàn)?8〃DC,AB^DC,則2B〃DE,AB=DE,

又因?yàn)榱IDC,所以四邊形ABED為矩形，

且AB=AD-2,可知四邊形ABED是以邊長(zhǎng)為2的正方形,

則0(0,0,0),4(2,0,0),5(2,2,0),C(0,4,0),P(0,0,2),M(0,2,1),

可得市=(2,0,0),DM=(0,2,1),DB=(2,2,0),

設(shè)平面BDM的法向量為元=(x,y,z),所以［手”=2y+z=°,

尻?DB=2x+2y=0

令丫=-1,貝卜=1,z=2.所以平面BDM的一個(gè)法向量為元=(1,-1,2),

易知市為平面PDM的一個(gè)法向量，

所以，

所以平面和平面夾角的余弦值為

PDMDMB6

(3)由(2)可知：PA=(2,0,-2),PC=(0,4,-2),

則3.國(guó)=鬲=心

即cos乙4PC=—>0,可知乙4PC為銳角，

10

貝Usin4PC=Vl-cos2zXPC=鬻，

所以A點(diǎn)到直線PC的距離為|以卜in乙4PC=2&x嘴=卓.

20.(2024?天津河北?二模)如圖，四棱錐P-4BCD中，側(cè)棱PD1平面力BCD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，底面4BCD

是直角梯形，AB//DC,AD1DC,AB=AD=PD=1,CD=2.

(1)求證：BE〃平面PAD；

⑵求異面直線PB和AC所成角的余弦值；

⑶點(diǎn)Q在線段PC上，平面8DQ和平面PB。的夾角為45。，求震的值.

I產(chǎn)3

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

⑵普

(3)V2-1

(祥解』(1)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求證,

(2)利用向量的夾角公式即可求解,

(3)求兩個(gè)平面的法向量，即可利用法向量的夾角求解.

【詳析】(1)證明：PD，平面ABCO,AD1DC,以。為原點(diǎn)，分另U以萬(wàn)?、反、加的方向?yàn)閤軸，y軸,

z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

?,-AB=AD=PD=1,DC=2,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),

￡>(0,0,0)M(l,0,0),C(0,2,0),l,0),P(0,0,1),E(0,1,0,

則屁=(-

???DC1平面PAD,二平面APO的一個(gè)法向量為沆=(0,2,0).

BE-DC—0,BE1DC,

???BEC平面2W,二BE〃平面24。；

(2)PB=(1,1,-1),XC=(-1,2,0),

設(shè)異面直線PB和4C所成的角為。，

cos。=|cos(PB,XC)|二卜熹=普，

二異面直線PB和4c所成角的余弦值為祟.

(3)DB=(1,1,0),PC=(0,2,-1),DP=(0,0,1),

設(shè)而=2而，AS[0,1],則而=(0,2尢一4),

■■.DQ=^P+PQ=(0,24,1-A),

設(shè)平面P8D的法向量為記=(x,y,z),則有■[沅,竺=°，

[m-DP=0,

,；11°'不妨令％=1，得y=—1,z=0,m=(1,—1,0).

設(shè)平面80Q的法向量為元=Qx',y',z'),則有.絲=°，

[n-DQ=0,

LI蘭U'=0不妨令/=L得…，z，=g

??,元=(1廠哈)

?.?平面BDQ和平面PBD的夾角為45。，

cos45。=|cos伍剛=|品卜一J二+島y=

於+24-1=0,Z=-1±V2,

???Ae[0,1],.-.A=V2-1,

.-.^=V2-1.

IPCI

21.（2023?天津和平?三模）如圖，平面力BCDABE,AD1AB,AB//CD,AE=AD=CD==1,

/.EAB=90°.

(1)求直線BC與平面ZDE所成角的大小；

(2)求平面BCE與平面ADE所成夾角的正弦值；

⑶求點(diǎn)。到平面BCE的距離.

【答案】⑴9

4

⑵回

6

⑶￡

6

K祥解力(1)由面面垂直的性質(zhì)得到4。1平面4BE,建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計(jì)算可得;

(2)求出平面BCE的法向量，利用空間向量法求出平面夾角的余弦值，即可求出正弦值；

(3)由點(diǎn)D到平面BCE的距離為塔平計(jì)算可得.

|n2l

【詳析】(1)因?yàn)槠矫?BCD_L平面2BE,平面4BCDC平面ABE=AB,ADIAB,

40u平面力BCD,所以4。_L平面ABE,

又因?yàn)镹E2B=90。，則以點(diǎn)4為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE,AB,而的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，

建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由已知力E=2D=CD=^AB=1,

所以4(0,0,0),8(0,2,0),C(0,1,1),D(0,0,1),￡(1,0,0).

因?yàn)檎?(0,-1,1),平面4DE的法向量為西=(0,1,0),

設(shè)直線BC與平面力DE所成角為名,貝!jsinOi=|cos(BC,引|=蒿3=仁=乎，

又。所以直線CE與平面40E所成角為：

(2)設(shè)平面BCE的法向量為荻=(x,y,z),BC=(0,-1,1)，~BE=(1,-2,0)

貝I4%?吧=-y+z=°,,令％=2,則而=(2,1,1),又因?yàn)橥?(0,1,0)

ln2?BE=%-2y=0.

設(shè)平面8CE與平面力DE所成夾角為“，

則cos%=|cos(而向I=黑符=3=彳，又&e［。，引，

所以sin%=J1-cos?4=—,

v6

所以平面BCE與平面2DE所成夾角的正弦值為手.

(3)因?yàn)榉?(0,1,0),平面BCE的法向量為%=(2,1,1)，

所以點(diǎn)。到平面BCE的距離為簪1=￡

|n2l6

22.(2024?天津河西?三模)如圖，在四棱錐P—48CD中，PA1平面ABCD,AD//BC,ADLCD,且4。=

CD=2V2,BC=4V2,PA=2,點(diǎn)M在PD上.

(2)求異面直線PB與DC所成角的余弦值；

(3)若平面MAC與平面口4c所成角為45°,求直線8M與平面P4C所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見(jiàn)解析

⑵手

⑶手

K祥解》(1)取BC中點(diǎn)為E,連接4E,說(shuō)明建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證

明方法，即可證明結(jié)論；

(2)求出向量方=(2VX-2企,-2),反=(2夜,0,0),即可根據(jù)空間角的向量求法，求得答案；

(3)設(shè)PM=XPD=(O,2V2A,-2Z),(0<2<1),根據(jù)平面MAC與平面￡MC所成角為45°,結(jié)合