1、試卷第 =page 56 56頁，共 =sectionpages 1 1頁試卷第 =page 2 2頁，共 =sectionpages 31 31頁2020-2021真題精編-立體幾何一、空間幾何體的體積、面積1（2021全國高考真題）若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，則它的底面積與側面積之比是（ ）A2:1B2:1C1:2D1:22（2021全國高考真題）已知圓錐的底面半徑為2，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（ ）A2B22C4D3（2021全國高考真題）正四棱臺的上下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（ ）A20+123B282C563D4（2021全國高考真題）在正

2、三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，點P滿足BP=BC+BB1，其中0,1，0,1，則（ ）A當=1時，AB1P的周長為定值B當=1時，三棱錐P-A1BC的體積為定值C當=12時，有且僅有一個點P，使得A1PBPD當=12時，有且僅有一個點P，使得A1B平面AB1P5（2020海南高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點，則三棱錐A-NMD1的體積為_6（2021全國高考真題（文）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，M為BC的中點，且PBAM（1）證明：平面PAM平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱錐P-AB

3、CD的體積二、平行、垂直的命題判定7（2021全國高考真題）已知，表示平面，m，n表示直線，以下命題中正確的選項是（ ）A假設m，mn，那么n/B假設m，n，/，那么m/nC假設/，m，那么m/D假設m，n，m/，n/，那么/8（2021全國高考真題）設m，n為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列結論正確的是（ ）A若m/n，n/，則m/B若m/n，m/，n/，則/C若，m，n，則mnD若mn，m，n，則9（2020山東高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1（如圖所示），則下列結論正確的是（ ）ABD1/A1ABBD1/A1DCBD1A1CDBD1A1C110（2021浙江高考真題

4、）如圖已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則（ ）A直線A1D與直線D1B垂直，直線MN/平面ABCDB直線A1D與直線D1B平行，直線MN平面BDD1B1C直線A1D與直線D1B相交，直線MN/平面ABCDD直線A1D與直線D1B異面，直線MN平面BDD1B111（2021全國高考真題）-（多選）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點則滿足MNOP的是（ ）ABCD12（2021全國高考真題）如下圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面SAD平面ABCD，SA=SD=2，（1）求SA與BC所成角的余弦值；（2）求證：AB

5、SD三、球體-能力拓展13（2020天津高考真題）若棱長為23的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（ ）A12B24C36D14414（2021天津高考真題）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為323，兩個圓錐的高之比為1:3，則這兩個圓錐的體積之和為（ ）A3BCD1215（2020全國高考真題（理）已知ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16，則O到平面ABC的距離為（ ）A3B32C1D3216（2021全國高考真題（理）已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且ACBC,AC=BC=1，則三棱錐O-AB

6、C的體積為（ ）A212B312C24D3417（2020全國高考真題（理）已知為球O的球面上的三個點，O1為ABC的外接圓，若O1的面積為4，AB=BC=AC=OO1，則球O的表面積為（ ）A64B48C36D3218（2020海南高考真題）已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱長均為2，BAD=60以D1為球心，5為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為_四、立體幾何的數學應用19（2021全國高考真題）北斗三號全球衛星導航系統是我國航天事業的重要成果在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛星到地球表面的距離）將地球看作是一個

7、球心為O，半徑r為的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為S=2r2(1-cos)（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（ ）A26%B34%C42%D50%20（2021北京高考真題）某一時間段內，從天空降落到地面上的雨水，未經蒸發、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個時段的降雨量（單位：mm）24h降雨量的等級劃分如下：在綜合實踐活動中，某小組自制了一個底面直徑為200 mm，高為300 mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（

8、如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A小雨B中雨C大雨D暴雨21（2020海南高考真題）日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40，則晷針與點A處的水平面所成角為（ ）A20B40C50D9022（2020全國高考真題（理）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面

9、三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（ ）A5-14BC5+14D5+1223（2020江蘇高考真題）如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的已知螺帽的底面正六邊形邊長為2 cm，高為2 cm，內孔半徑為0.5 cm，則此六角螺帽毛坯的體積是_cm.五、立體幾何與空間向量的綜合應用24（2021全國高考真題（理）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為（ ）A2B3C4D625（2021全國高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，E為PD的中點.（1）證明：PB/平面ACE；（2）設PA=1，

10、AD=3，直線PB與平面ABCD所成的角為45，求四棱錐P-ABCD的體積.26（2021全國高考真題）在四棱錐中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）證明：平面QAD平面ABCD；（2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值27（2021天津高考真題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱BC的中點，F為棱CD的中點（I）求證：D1F/平面A1EC1；（II）求直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值（III）求二面角A-A1C1-E的正弦值28（2021全國高考真題（理）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB=BC

11、=2，E，F分別為AC和的中點，D為棱A1B1上的點BFA1B1 （1）證明：BFDE；（2）當B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?29（2021北京高考真題）如圖：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為A1D1中點，與平面CDE交于點F（1）求證：F為的中點；（2）點M是棱A1B1上一點，且二面角M-FC-E的余弦值為53，求A1MA1B1的值30（2020全國高考真題（理）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=ADABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，PO=66DO（1）證明：PA平面PBC；（2）求二面角B-PC-E的余弦

12、值2020-2021真題精編-立體幾何解析版一、空間幾何體的體積、面積1（2021全國高考真題）若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，則它的底面積與側面積之比是（ ）A2:1B2:1C1:2D1:2【答案】C【分析】根據題意作圖，由軸截面得出母線與底面圓半徑的等量關系，再套公式求解.【詳解】根據題意作圖，設圓錐的底面圓半徑為r，高為h ，母線長為l .若圓錐的軸截面為等腰直角三角形，則有2rcos45=l，l=2r.該圓錐的底面積與側面積比值為r2rl=r2r2r=12.故選：C.2（2021全國高考真題）已知圓錐的底面半徑為2，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（ ）A2B22C4D【答案

13、】B【分析】設圓錐的母線長為l，根據圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得l的值，即為所求.【詳解】設圓錐的母線長為l，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則l=22，解得l=22.故選：B.3（2021全國高考真題）正四棱臺的上下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（ ）A20+123B282C563D【答案】D【分析】由四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，所以該棱臺的高h=22-22-22=2，下底面面積S1=16，上底面面積S2=4，所以

14、該棱臺的體積V=13hS1+S2+S1S2=13216+4+64=2832.故選：D.4（2021全國高考真題）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，點P滿足BP=BC+BB1，其中0,1，0,1，則（ ）A當=1時，AB1P的周長為定值B當=1時，三棱錐P-A1BC的體積為定值C當=12時，有且僅有一個點P，使得A1PBPD當=12時，有且僅有一個點P，使得A1B平面AB1P【答案】BD【分析】對于A，由于等價向量關系，聯系到一個三角形內，進而確定點的坐標；對于B，將P點的運動軌跡考慮到一個三角形內，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將P點軌跡確定，進

15、而考慮建立合適的直角坐標系來求解P點的個數；對于D，考慮借助向量的平移將P點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解P點的個數【詳解】易知，點P在矩形BCC1B1內部（含邊界）對于A，當=1時，BP=BC+BB1=BC+CC1，即此時P線段，AB1P周長不是定值，故A錯誤；對于B，當=1時，BP=BC+BB1=BB1+B1C1，故此時P點軌跡為線段，而B1C1/BC，B1C1/平面A1BC，則有P到平面A1BC的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確對于C，當=12時，BP=12BC+BB1，取BC，中點分別為Q，H，則BP=BQ+QH，所以P點軌跡為線段QH，不妨建系解決，建立空間直角坐

16、標系如圖，A132,0,1，P0,0,，B0,12,0，則A1P=-32,0,-1，BP=0,-12,，所以=0或=1故H,Q均滿足，故C錯誤；對于D，當=12時，BP=BC+12BB1，取，中點為M,NBP=BM+MN，所以P點軌跡為線段MN設P0,y0,12，因為A32，0,0，所以AP=-32,y0,12，A1B=-32,12,-1，所以34+12y0-12=0y0=-12，此時P與N重合，故D正確故選：BD【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關鍵之處在于所求點的坐標放在三角形內5（2020海南高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點，則三

17、棱錐A-NMD1的體積為_【答案】【分析】利用VA-NMD1=VD1-AMN計算即可.【詳解】因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點所以VA-NMD1=VD1-AMN=1312112=13故答案為：【點睛】在求解三棱錐的體積時，要注意觀察圖形的特點，看把哪個當成頂點好計算一些.6（2021全國高考真題（文）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，M為BC的中點，且PBAM（1）證明：平面PAM平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱錐P-ABCD的體積【答案】（1）證明見解析；（2）23【分析】（1）由PD底面ABCD可得PDAM，又P

18、BAM，由線面垂直的判定定理可得AM平面PBD，再根據面面垂直的判定定理即可證出平面PAM平面PBD；（2）由（1）可知，AMBD，由平面知識可知，DABABM，由相似比可求出AD，再根據四棱錐P-ABCD的體積公式即可求出【詳解】（1）因為PD底面ABCD，AM平面ABCD，所以PDAM，又PBAM，PBPD=P，所以AM平面PBD，而AM平面PAM，所以平面PAM平面PBD（2）由（1）可知，AM平面PBD，所以AMBD，從而DABABM，設BM=x，AD=2x，則BMAB=ABAD，即2x2=1，解得，所以AD=2因為PD底面ABCD，故四棱錐P-ABCD的體積為V=13121=23【點

19、睛】本題第一問解題關鍵是找到平面PAM或平面PBD的垂線，結合題目條件PBAM，所以垂線可以從PB,AM中產生，稍加分析即可判斷出AM平面PBD，從而證出；第二問關鍵是底面矩形面積的計算，利用第一問的結論結合平面幾何知識可得出DABABM，從而求出矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積二、平行、垂直的命題判定7（2021全國高考真題）已知，表示平面，m，n表示直線，以下命題中正確的選項是（ ）A假設m，mn，那么n/B假設m，n，/，那么m/nC假設/，m，那么m/D假設m，n，m/，n/，那么/【答案】C【分析】根據線面垂直的性質定理，可判斷A；根據面面平行的性質定理，可判斷B、C；根據面

20、面平行的判定定理，可判定D【詳解】選項A：假設m，mn，那么n/或n在內，故選項A錯誤；選項B：假設m，n，/，那么m/n或m與n異面，故選項B錯誤；選項D：假設m，n，m/，n/，且m、n相交才能判定/，故選項C錯誤；選項C：依照兩平面平行的性質可知C正確故選：C8（2021全國高考真題）設m，n為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列結論正確的是（ ）A若m/n，n/，則m/B若m/n，m/，n/，則/C若，m，n，則mnD若mn，m，n，則【答案】D【分析】根據線面的位置關系可判斷A；舉反例判斷B、C；由面面垂直的判定定理可判斷D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：若m/n，n/，則m

21、/或m，故選項A不正確；對于B：如圖平面ADD1A1為平面，平面A1B1C1D1為平面，直線為m，直線BC為n，滿足m/n，m/，n/，但與相交，故選項B不正確；對于C：如圖在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1為平面，平面A1B1C1D1為平面，直線AD為m，直線為n，滿足，m，n，則m/n，故選項C不正確；對于D：若mn，m，可得n或n/，若n，因為n，由面面垂直的判定定理可得；若n/，可過n作平面與相交，則交線在平面內，且交線與n平行，由n可得交線與垂直，由面面垂直的判定定理可得，故選項D正確；故選：D.9（2020山東高考真題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1（如圖

22、所示），則下列結論正確的是（ ）ABD1/A1ABBD1/A1DCBD1A1CDBD1A1C1【答案】D【分析】根據異面直線的定義，垂直關系的轉化，判斷選項.【詳解】A.AA1/BB1，與BD1相交，所以BD1與AA1異面，故A錯誤；B.BD1與平面ADD1A1相交，且D1A1D，所以BD1與A1D異面，故B錯誤；C.四邊形是矩形，不是菱形，所以對角線BD1與A1C不垂直，故C錯誤；D.連結B1D1，B1D1A1C1，BB1A1C1，B1D1BB1=B1，所以A1C1平面BB1D1，所以A1C1BD1，故D正確.故選：D10（2021浙江高考真題）如圖已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，

23、N分別是A1D，D1B的中點，則（ ）A直線A1D與直線D1B垂直，直線MN/平面ABCDB直線A1D與直線D1B平行，直線MN平面BDD1B1C直線A1D與直線D1B相交，直線MN/平面ABCDD直線A1D與直線D1B異面，直線MN平面BDD1B1【答案】A【分析】由正方體間的垂直、平行關系，可證MN/AB,A1D平面ABD1，即可得出結論.【詳解】連AD1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是A1D的中點，所以M為AD1中點，又N是D1B的中點，所以MN/AB，MN平面ABCD,AB平面ABCD，所以MN/平面ABCD.因為AB不垂直BD，所以MN不垂直BD則MN不垂直平面BDD1B

24、1，所以選項B,D不正確；在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AD1A1D，AB平面AA1D1D，所以ABA1D，AD1AB=A，所以A1D平面ABD1，D1B平面ABD1，所以A1DD1B，且直線A1D,D1B是異面直線，所以選項C錯誤，選項A正確.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：熟練掌握正方體中的垂直、平行關系是解題的關鍵，如兩條棱平行或垂直，同一個面對角線互相垂直，正方體的對角線與面的對角線是相交但不垂直或異面垂直關系.11（2021全國高考真題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點則滿足MNOP的是（ ）ABCD【答案】BC【分析】根據線面垂直的判定

25、定理可得BC的正誤，平移直線MN構造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設正方體的棱長為2，對于A，如圖（1）所示，連接AC，則MN/AC，故（或其補角）為異面直線OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，OC=2，CP=1，故tanPOC=12=22，故MNOP不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為Q，連接PQ，則OQNT，PQMN，由正方體SBCM-NADT可得SN平面ANDT，而OQ平面ANDT，故SNOQ，而SNMN=N，故OQ平面SNTM，又MN平面SNTM，OQMN，而OQPQ=Q，所以MN平面OPQ，而PO平面OPQ，故MNOP，故B正確.對于C，如圖（3），連

26、接BD，則BD/MN，由B的判斷可得OPBD，故OPMN，故C正確.對于D，如圖（4），取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC,PQ,OQ,PK,OK，則AC/MN，因為DP=PC，故PQ/AC，故，所以QPO或其補角為異面直線PO,MN所成的角，因為正方體的棱長為2，故PQ=12AC=2，OQ=AO2+AQ2=1+2=3，PO=PK2+OK2=4+1=5，QO2PQ2+OP2，故QPO不是直角，故PO,MN不垂直，故D錯誤.故選：BC.12（2021全國高考真題）如下圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面SAD平面ABCD，SA=SD=2，（1）求SA與BC所成角的余弦值；（2）求證：A

27、BSD【答案】（1）34；（2）證明見解析【分析】(1)由題意可得SAD 即為SA 與 BC所成的角，根據余弦定理計算即可；(2)結合面面垂直的性質和線面垂直的性質即可證明.【詳解】【考查內容】異面直線所成的角，直線與平面垂直的判定和性質【解】（1）因為AD/BC，因此SAD即為SA與BC所成的角，在SAD中，SA=SD=2，又在正方形ABCD中，因此cosSAD=SA2+AD2-SD22SAAD=22+32-22223=34，因此SA與BC所成角的余弦值是34（2）因為平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCD=AD，在正方形ABCD中，ABAD，因此AB平面，又因為SD平面，因此ABS

28、D三、球體-能力拓展13（2020天津高考真題）若棱長為23的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（ ）A12B24C36D144【答案】C【分析】求出正方體的體對角線的一半，即為球的半徑，利用球的表面積公式，即可得解.【詳解】這個球是正方體的外接球，其半徑等于正方體的體對角線的一半，即R=232+232+2322=3，所以，這個球的表面積為S=4R2=432=36.故選：C.【點睛】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鍵，屬于基礎題.求多面體的外接球的面積和體積問題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時，可恢復為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的

29、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，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點，再根據勾股定理求球的半徑；（3）如果設計幾何體有兩個面相交，可過兩個面的外心分別作兩個面的垂線，垂線的交點為幾何體的球心.14（2021天津高考真題）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為323，兩個圓錐的高之比為1:3，則這兩個圓錐的體積之和為（ ）A3BCD12【答案】B【分析】作出圖形，計算球體的半徑，可計算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計算出圓錐的底面圓半徑，再利用錐體體積公式可求得結果.【詳解】如下圖所示，設兩個圓錐的底面圓圓心為點D，設圓錐

30、AD和圓錐BD的高之比為3:1，即AD=3BD，設球的半徑為R，則4R33=323，可得R=2，所以，AB=AD+BD=4BD=4，所以，BD=1，AD=3，CDAB，則CAD+ACD=BCD+ACD=90，所以，又因為ADC=BDC，所以，ACDCBD，所以，CD=ADBD=3，因此，這兩個圓錐的體積之和為13CD2AD+BD=1334=4.故選：B.15（2020全國高考真題（理）已知ABC是面積為934的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16，則O到平面ABC的距離為（ ）A3B32C1D32【答案】C【分析】根據球O的表面積和ABC的面積可求得球O的半徑R和ABC外

31、接圓半徑r，由球的性質可知所求距離d=R2-r2.【詳解】設球O的半徑為R，則4R2=16，解得：R=2.設ABC外接圓半徑為r，邊長為a， ABC是面積為934的等邊三角形，12a232=934，解得：a=3，r=23a2-a24=239-94=3，球心O到平面ABC的距離d=R2-r2=4-3=1.故選：C.【點睛】本題考查球的相關問題的求解，涉及到球的表面積公式和三角形面積公式的應用；解題關鍵是明確球的性質，即球心和三角形外接圓圓心的連線必垂直于三角形所在平面.16（2021全國高考真題（理）已如A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且ACBC,AC=BC=1，則三棱錐O-ABC的

32、體積為（ ）A212B312C24D34【答案】A【分析】由題可得ABC為等腰直角三角形，得出ABC外接圓的半徑，則可求得O到平面ABC的距離，進而求得體積.【詳解】ACBC,AC=BC=1，ABC為等腰直角三角形，AB=2，則ABC外接圓的半徑為22，又球的半徑為1，設O到平面ABC的距離為d，則，所以VO-ABC=13SABCd=13121122=212.故選：A.【點睛】關鍵點睛：本題考查球內幾何體問題，解題的關鍵是正確利用截面圓半徑、球半徑、球心到截面距離的勾股關系求解.17（2020全國高考真題（理）已知為球O的球面上的三個點，O1為ABC的外接圓，若O1的面積為4，AB=BC=AC

33、=OO1，則球O的表面積為（ ）A64B48C36D32【答案】A【分析】由已知可得等邊ABC的外接圓半徑，進而求出其邊長，得出OO1的值，根據球的截面性質，求出球的半徑，即可得出結論.【詳解】設圓O1半徑為r，球的半徑為R，依題意，得r2=4,r=2，ABC為等邊三角形，由正弦定理可得AB=2rsin60=23，OO1=AB=23，根據球的截面性質OO1平面ABC，OO1O1A,R=OA=OO12+O1A2=OO12+r2=4，球O的表面積S=4R2=64.故選：A【點睛】本題考查球的表面積，應用球的截面性質是解題的關鍵，考查計算求解能力，屬于基礎題.18（2020海南高考真題）已知直四棱柱

34、ABCDA1B1C1D1的棱長均為2，BAD=60以D1為球心，5為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為_【答案】22.【分析】根據已知條件易得D1E=3，D1E側面B1C1CB，可得側面B1C1CB與球面的交線上的點到E的距離為2，可得側面B1C1CB與球面的交線是扇形EFG的弧FG，再根據弧長公式可求得結果.【詳解】如圖：取的中點為E，的中點為F，的中點為G，因為BAD=60，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，所以D1B1C1為等邊三角形，所以D1E=3，D1EB1C1，又四棱柱ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1平面A1B1C1D1，所以，因為BB1B1C1=

35、B1，所以D1E側面B1C1CB，設P為側面B1C1CB與球面的交線上的點，則D1EEP，因為球的半徑為5，D1E=3，所以|EP|=|D1P|2-|D1E|2=5-3=2，所以側面B1C1CB與球面的交線上的點到E的距離為2，因為|EF|=|EG|=2，所以側面B1C1CB與球面的交線是扇形EFG的弧FG，因為B1EF=C1EG=4，所以FEG=2，所以根據弧長公式可得FG=22=22.故答案為：22.【點睛】本題考查了直棱柱的結構特征，考查了直線與平面垂直的判定，考查了立體幾何中的軌跡問題，考查了扇形中的弧長公式，屬于中檔題.四、立體幾何的數學應用19（2021全國高考真題）北斗三號全球衛

36、星導航系統是我國航天事業的重要成果在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛星到地球表面的距離）將地球看作是一個球心為O，半徑r為的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為S=2r2(1-cos)（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（ ）A26%B34%C42%D50%【答案】C【分析】由題意結合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計算即可求得最終結果.【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：2r2(1-cos)4

37、r2=1-cos2=1-64006400+3600020.42=42%.故選：C.20（2021北京高考真題）某一時間段內，從天空降落到地面上的雨水，未經蒸發、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個時段的降雨量（單位：mm）24h降雨量的等級劃分如下：在綜合實踐活動中，某小組自制了一個底面直徑為200 mm，高為300 mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A小雨B中雨C大雨D暴雨【答案】B【分析】計算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.【詳解】由題意，一個半徑為2002=100mm的圓面內的降

38、雨充滿一個底面半徑為2002150300=50mm，高為150mm的圓錐，所以積水厚度d=135021501002=12.5mm，屬于中雨.故選：B.21（2020海南高考真題）日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40，則晷針與點A處的水平面所成角為（ ）A20B40C50D90【答案】B【分析】畫出過球心和晷針所確定的平面截地球和晷面的截面圖，根據面面平行的

39、性質定理和線面垂直的定義判定有關截線的關系，根據點A處的緯度，計算出晷針與點A處的水平面所成角.【詳解】畫出截面圖如下圖所示，其中CD是赤道所在平面的截線；l是點A處的水平面的截線，依題意可知OAl；AB是晷針所在直線.m是晷面的截線，依題意依題意,晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據平面平行的性質定理可得可知m/CD、根據線面垂直的定義可得ABm.由于AOC=40,m/CD，所以OAG=AOC=40，由于OAG+GAE=BAE+GAE=90，所以BAE=OAG=40，也即晷針與點A處的水平面所成角為BAE=40.故選：B【點睛】本小題主要考查中國古代數學文化，考查球體有關計算，涉及平面平

40、行，線面垂直的性質，屬于中檔題.22（2020全國高考真題（理）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（ ）A5-14BC5+14D5+12【答案】C【分析】設CD=a,PE=b，利用PO2=12CDPE得到關于a,b的方程，解方程即可得到答案.【詳解】如圖，設CD=a,PE=b，則PO=PE2-OE2=b2-a42，由題意PO2=12ab，即b2-a24=12ab，化簡得4(ba)2-2ba-1=0，解得ba=1+54（負值舍去）.故選：C.【點晴】

41、本題主要考查正四棱錐的概念及其有關計算，考查學生的數學計算能力，是一道容易題.23（2020江蘇高考真題）如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構成的已知螺帽的底面正六邊形邊長為2 cm，高為2 cm，內孔半徑為0.5 cm，則此六角螺帽毛坯的體積是_cm.【答案】【分析】先求正六棱柱體積，再求圓柱體積，相減得結果.【詳解】正六棱柱體積為634222=123圓柱體積為(12)22=2所求幾何體體積為故答案為： 【點睛】本題考查正六棱柱體積、圓柱體積，考查基本分析求解能力，屬基礎題.五、立體幾何與空間向量的綜合應用24（2021全國高考真題（理）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P

42、為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為（ ）A2B3C4D6【答案】D【分析】平移直線AD1至，將直線PB與AD1所成的角轉化為PB與所成的角，解三角形即可.【詳解】如圖，連接BC1,PC1,PB，因為AD1，所以PBC1或其補角為直線PB與AD1所成的角，因為BB1平面A1B1C1D1，所以BB1PC1，又PC1B1D1，所以PC1平面PBB1，所以PC1PB，設正方體棱長為2，則BC1=22,PC1=12D1B1=2，sinPBC1=PC1BC1=12，所以PBC1=6.故選：D25（2021湖南高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，E為PD的

43、中點.（1）證明：PB/平面ACE；（2）設PA=1，AD=3，直線PB與平面ABCD所成的角為45，求四棱錐P-ABCD的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）33.【分析】(1) 連接BD交AC于點O，連接OE，由三角形的中位線定理可知PB/OE，結合線面平行的判定定理可證明PB/平面AEC.(2)由題意可知PBA=45，再運用錐體體積公式可求得四棱錐的體積.【詳解】（1）連接BD交AC于點O，連接OE. 在PBD中，因為PE=DE,BO=DO，所以PB/OE，因為OE平面ACE，PB平面ACE，則PB/平面AEC.（2）因為PA平面ABCD，所以PBA就是直線PB與平面ABCD所成的角，

44、所以PBA=45，又PA=1，AD=3，所以PA=1=AB，所以四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=13PAABAD=13113=33，所以四棱錐P-ABCD的體積為33.26（2021全國高考真題）在四棱錐中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）證明：平面QAD平面ABCD；（2）求二面角B-QD-A的平面角的余弦值【答案】（1）證明見解析；（2）23.【分析】（1）取AD的中點為O，連接QO,CO，可證QO平面ABCD，從而得到面QAD面ABCD.（2）在平面ABCD內，過O作OT/CD，交BC于T，則OTAD，建如圖所示的空間坐標系，求出平面QAD、平面B

45、QD的法向量后可求二面角的余弦值.【詳解】（1）取AD的中點為O，連接QO,CO.因為QA=QD，OA=OD，則QOAD，而AD=2,QA=5，故QO=5-1=2.在正方形ABCD中，因為AD=2，故DO=1，故CO=5，因為QC=3，故QC2=QO2+OC2，故QOC為直角三角形且QOOC，因為OCAD=O，故QO平面ABCD，因為QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.（2）在平面ABCD內，過O作OT/CD，交BC于T，則OTAD，結合（1）中的QO平面ABCD，故可建如圖所示的空間坐標系.則D0,1,0,Q0,0,2,B2,-1,0，故BQ=-2,1,2,BD=-2,2,0.設平面Q

46、BD的法向量，則nBQ=0nBD=0即-2x+y+2z=0-2x+2y=0，取x=1，則y=1,z=12，故n=1,1,12.而平面QAD的法向量為m=1,0,0，故cosm,n=1132=23.二面角B-QD-A的平面角為銳角，故其余弦值為23.27（2021天津高考真題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱BC的中點，F為棱CD的中點（I）求證：D1F/平面A1EC1；（II）求直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值（III）求二面角A-A1C1-E的正弦值【答案】（I）證明見解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空間直角坐標系，求出D1F及平面A1EC1

47、的一個法向量m，證明D1Fm，即可得證；（II）求出AC1，由sin=cosm,AC1運算即可得解；（III）求得平面AA1C1的一個法向量DB，由cosDB,m=DBmDBm結合同角三角函數的平方關系即可得解.【詳解】（I）以A為原點，AB,AD,AA1分別為x,y,z軸，建立如圖空間直角坐標系，則A0,0,0,A10,0,2,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,C12,2,2,D10,2,2，因為E為棱BC的中點，F為棱CD的中點，所以E2,1,0，F1,2,0，所以D1F=1,0,-2,A1C1=2,2,0,A1E=2,1,-2,設平面A1EC1的一個法向量為m=x1,y1,z1，

48、則&mA1C1=2x1+2y1=0&mA1E=2x1+y1-2z1=0，令x1=2，則m=2,-2,1，因為D1Fm=2-2=0，所以D1Fm，因為D1F平面A1EC1，所以D1F/平面A1EC1；（II）由（1）得，AC1=2,2,2，設直線AC1與平面A1EC1所成角為，則sin=cosm,AC1=mAC1mAC1=2323=39；（III）由正方體的特征可得，平面AA1C1的一個法向量為DB=2,-2,0，則cosDB,m=DBmDBm=8322=223，所以二面角A-A1C1-E的正弦值為1-cos2DB,m=13.28（2021全國高考真題（理）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側

49、面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F分別為AC和的中點，D為棱A1B1上的點BFA1B1 （1）證明：BFDE；（2）當B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）見解析；（2）B1D=12【分析】通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案【詳解】因為三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以BB1底面ABC，所以BB1AB因為A1B1/AB，BFA1B1，所以BFAB，又BB1BF=B，所以AB平面BCC1B1所以BA,BC,BB1兩兩垂直以B為坐標

50、原點，分別以BA,BC,BB1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系，如圖所以B0,0,0,A2,0,0,C0,2,0,B10,0,2,A12,0,2,C10,2,2，E1,1,0,F0,2,1由題設Da,0,2（0a2）（1）因為BF=0,2,1,DE=1-a,1,-2，所以BFDE=01-a+21+1-2=0，所以BFDE（2）設平面DFE的法向量為m=x,y,z，因為EF=-1,1,1,DE=1-a,1,-2，所以mEF=0mDE=0，即-x+y+z=01-ax+y-2z=0令z=2-a，則m=3,1+a,2-a因為平面BCC1B1的法向量為BA=2,0,0，設平面BCC1B1與平面DEF的二面角的平面角為，則cos=mBAmBA=622a2-2a+14=32a2-2a+14當a=12時，2a2-2a+4取最小值為272，此時cos取最大值為3272=63所以sin1-63233min，此時B1D=12【點睛】本題考查空間向量的相關計算，能夠根據題意設出Da,0,2（0a2），在第二問中通過余弦值最大，找到正弦