【文档说明】2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 理科数学——04 立体几何（教师版）【高考】.docx，共(47)页，2.468 MB，由小赞的店铺上传

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专题04立体几何1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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．5

14−B．512−C．514+D．512+【答案】C【解析】如图，设,CDaPEb==，则22224aPOPEOEb=−=−，由题意得212POab=，即22142abab−=，化简得24()210bbaa−−=，解得154ba+=（负值舍去）.故选C．【点晴】本题主

要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视

图中对应的点为A．EB．FC．GD．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14DD上的点在正视图中都对应点M,直线34BC上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M,在俯视图中对应N的点是4D,线段34DD,上的所有点在侧试图中都对应E,∴点4D在侧视图中对应的点为E.故选A

.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.3．【2020年高考全国II卷理数】已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的

球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为A．3B．32C．1D．32【答案】C【解析】设球O的半径为R，则2416R=，解得：2R=.设ABC△外接圆半径为r，边长为a，ABC△是面积为934

的等边三角形，21393224a=，解得：3a=，22229933434ara=−=−=，球心O到平面ABC的距离22431dRr=−=−=.故选：C．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；

解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.4．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合

题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABCADCCDBSSS====△△△根据勾股定理可得：22ABADDB===ADB△是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin60(

22)23222ADBSABAD===△该几何体的表面积是：2362332=++.故选：C．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题

.5．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC△的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO===，则球O的表面积为A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【解析】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意，得2

4,2rr==∴，ABC为等边三角形，由正弦定理可得2sin6023ABr==，123OOAB==，根据球的截面性质1OO⊥平面ABC，222211111,4OOOAROAOOOAOOr⊥==+=+=，球O

的表面积2464SR==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.6．【2020年高考天津】若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A．12πB．24πC．36πD．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，

其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R++==，所以，这个球的表面积为2244336SR===.故选：C．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常

用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求

球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.7．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A．63+B．6

23+C．123+D．1223+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin6012232S=+=+.故选：D．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能

够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表

面积是侧面积与底面圆的面积之和．8．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是A．73B．143C．3D．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底

面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为11117211212232233+=+=.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.9．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点

的三条直线l，m，n．“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,mnl是空间不过同一点的三条直线，当,,mnl在同一平面时，可能////mnl，故不能得

出,,mnl两两相交.当,,mnl两两相交时，设,,mnAmlBnlC===，根据公理2可知,mn确定一个平面，而,BmCn，根据公理1可知，直线BC即l，所以,,mnl在同一平面.综上

所述，“,,mnl在同一平面”是“,,mnl两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.10．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古

代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A

处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl⊥；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷

针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//mCD、根据线面垂直的定义可得ABm⊥..由于40,//AOCmCD=，所以40OAGAOC==，由于90OAGGAEBAEGAE+=+=，所以40BAEOAG=

=，也即晷针与点A处的水平面所成角为40BAE=.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：

过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14pp②12pp③23pp④34pp【答案】①③④【解析】对于命

题1p，可设1l与2l相交，这两条直线确定的平面为；若3l与1l相交，则交点A在平面内，同理，3l与2l的交点B也在平面内，所以，AB，即3l，命题1p为真命题；对于命题2p，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p为假命题

；对于命题3p，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p为假命题；对于命题4p，若直线m⊥平面，则m垂直于平面内所有直线，直线l平面，直线m⊥直线l，命题4p为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14pp为真命题，12pp为假命题，23pp为真命题，34p

p为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.12．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．【答案】23【解析】易知半径最大

球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BCABAC===，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于223122AM=−=，故1222222S==△ABC，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSS

SS=++△△△△111222ABrBCrACr=++()1332222r=++=，解得：22r=，其体积：34233Vr==.故答案为：23.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关

系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.13．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2，且它

的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则21222rlrl==，解得1,2rl==.故

答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.14．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0.5cm，则此六角螺帽

毛坯的体积是▲cm.【答案】1232−【解析】正六棱柱体积为23622=1234，圆柱体积为21()222=，所求几何体体积为1232−.故答案为：1232−【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解

能力，属基础题.15．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】22.【解析】如图：取11BC的中点为E，1

BB的中点为F，1CC的中点为G，因为BAD=60°，直四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为2，所以△111DBC为等边三角形，所以1DE3=，111DEBC⊥，又四棱柱1111ABCDABCD−为直四棱柱，所以1BB⊥平面1111DCBA，所以111BBBC⊥，因为1111BBBCB=，

所以1DE⊥侧面11BCCB，设P为侧面11BCCB与球面的交线上的点，则1DEEP⊥，因为球的半径为5，13DE=，所以2211||||||532EPDPDE=−=−=，所以侧面11BCCB与球面的交

线上的点到E的距离为2，因为||||2EFEG==，所以侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，因为114BEFCEG==，所以2FEG=，所以根据弧长公式可得2222FG=

=.故答案为：22.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.16．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE

为底面直径，AEAD=．ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角BPCE−−的余弦值．【解析】（1）设DOa=，由题设可得63,,63POaAOaABa===，22PAPBPCa===.因此222

PAPBAB+=，从而PAPB⊥.又222PAPCAC+=，故PAPC⊥.所以PA⊥平面PBC.（2）以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(

0,0,)222EACP−−.所以312(,,0),(0,1,)222ECEP=−−=−.设(,,)xyz=m是平面PCE的法向量，则00EPEC==mm，即20231022yzxy−+=−−=，可取3(,1,2)3=−m.由（1）知2(0,1,)2AP=是平面PC

B的一个法向量，记AP=n，则25cos,|||5==nmnmnm|.所以二面角BPCE−−的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.17．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A

1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直

线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以1MNCC∥．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面

11EBCF．（2）由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，MB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=3．连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故23231,(

,,0)333PME=．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设(,0,0)Qa，则22123234(),(,1,4())33NQaBaa=−−−−，故21123223210(,,4()),||3333BEaaBE=−−−−

−=．又(0,1,0)=−n是平面A1AMN的法向量，故1111π10sin(,)cos,210||BEBEBEBE−===nnn|n|．所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010．18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点

,EF分别在棱11,DDBB上，且12DEED=，12BFFB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1AEFA−−的正弦值．【解析】设ABa=，ADb=，1AAc=，如图，以1C为坐标原点，11CD的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系1

Cxyz−．（1）连结1CF，则1(0,0,0)C，(,,)Aabc，2(,0,)3Eac，1(0,,)3Fbc，1(0,,)3EAbc=，11(0,,)3CFbc=，得1EACF=．因此1EACF∥，即1,,,AEFC四点共面，所以点1C在平面AEF内．（2）由已知得(2,1,

3)A，(2,0,2)E，(0,1,1)F，1(2,1,0)A，(0,1,1)AE=−−，(2,0,2)AF=−−，1(0,1,2)AE=−，1(2,0,1)AF=−．设1(,,)xyz=n为平面AEF的法向量，则110,0,AEAF

==nn即0,220,yzxz−−=−−=可取1(1,1,1)=−−n．设2n为平面1AEF的法向量，则22110,0,AEAF==nn同理可取21(,2,1)2=n．因为1212127cos,|

|||7==−nnnnnn，所以二面角1AEFA−−的正弦值为427．19．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1

C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【解析】因为,EF分别是1,ACBC的中点，所以1EFAB∥.又/EF平面11ABC，1AB平面11ABC，所以EF∥平面11ABC.（2）因为1BC⊥平面A

BC，AB平面ABC,所以1BCAB⊥.又ABAC⊥,1BC平面11ABC,AC平面1ABC,1,BCACC=所以AB⊥平面1ABC.又因为AB平面1ABB,所以平面1ABC⊥平面1ABB.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属

于中档题.20．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D作DOAC⊥，交直线AC于点O，连结OB．由45ACD=

，DOAC⊥得2CDCO=，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以DOBC⊥.由45ACB=，1222BCCDCO==得BOBC⊥.所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱台ABCDEF−得BCEF∥，所以EFDB⊥.（Ⅱ）方法一：过点O作OHBD⊥，交直线BD

于点H，连结CH.由三棱台ABCDEF−得DFCO∥，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OHBC⊥，故OH⊥平面BCD，所以OCH为直线CO与平面DBC所成角.设22CD=.由2

,2DOOCBOBC====，得26,33BDOH==，所以3sin3OHOCHOC==，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABCDEF−得DFCO∥，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y

，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz−.设22CD=.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)OBCD.因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OCBCCD==−=−.设平面BCD的法向量(,,z)xy=n.由0,0,BCCD=

=nn即0220xyyz−+=−+=，可取(1,1,1)=n.所以|3sin|cos,|3|||OCOCOC===n|nn|.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直

的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．21．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABCABC−中，1CC⊥平面,,2ABCACBCACBC⊥==，13CC=，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，

且2,1,ADCEM==为棱11AB的中点．（Ⅰ）求证：11CMBD⊥；（Ⅱ）求二面角1BBED−−的正弦值；（Ⅲ）求直线AB与平面1DBE所成角的正弦值．【解析】依题意，以C为原点，分别以1,,CACBCC的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空

间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CABC，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE，(1,1,3)M．（Ⅰ）证明：依题意，1

(1,1,0)CM=，1(2,2,2)BD=−−，从而112200CMBD=−+=，所以11CMBD⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA=是平面1BBE的一个法向量，1(0,2,1)EB=，(2,0,1)ED=−

．设(,,)xyz=n为平面1DBE的法向量，则10,0,EBED==nn即20,20.yzxz+=−=不妨设1x=，可得(1,1,2)=−n．因此有|||6cos,6|ACACCA==nnn，于是30sin,6CA=n．所以，二面

角1BBED−−的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB=−．由（Ⅱ）知(1,1,2)=−n为平面1DBE的一个法向量，于是3cos,3||||ABABAB==−nnn．所以，直线AB与平面1DBE所成角的正弦值为33．1．【202

0·广东省高三一模（理）】已知直三棱柱111ABCABC−的体积为V，若PQ，分别在11AACC，上，且111133APAACQCC==，，则四棱锥BAPQC−的体积是A．16VB．29VC．13VD．79V【答案】B【解析】在棱1BB上取一点H，使

113BHBB=，连接PH、QH，由题意PHQABCSS=△△，BH⊥平面PHQ，所以111113339BPHQPHQABCVSBHSBBV−===△△，11133ABCPHQABCABCVSBHSBBV−===△△，所以112399BAPQCABCPHQBP

HQVVVVVV−−−=−=−=.故选：B．【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题.2．【2020·全国高三（理）】在正方体1111ABCDABCD−中，点E是棱11

BC的中点，点F是线段1CD上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线1AC与1BF所成的角是定值；②三棱锥1BAEF−的体积是定值；③直线1AF与平面11BCD所成的角是定值．其中真命题的个数是A．3B．2C．1D．0【答案】B【解析】以A点为坐标原点，A

B,AD,1AA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B(1,0,0),C(1,1,O),D(0,1,0),1A(0,0,1),1B(1,0,1),1C(1,1,1),1D(0,1,1),设F(t，1，1-t)，（0≤t≤

1），可得1AC=(1,1,1),1BF=(t-1，1，-t)，可得11ACBF×=0，故异面直线1AC与1BF所的角是定值，故①正确；三棱锥1BAEF−的底面1ABE面积为定值，且1CD∥1BA,点F是线段1CD上的一个动点，可得

F点到底面1ABE的距离为定值，故三棱锥1BAEF−的体积是定值，故②正确；可得1AF=(t，1，-t)，1BC=(0,1,-1),11BD=(-1,1,0),可得平面11BCD的一个法向量为n=（1，1，1），可

得1cos,AFn不为定值，故③错误;故选B．【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键.3．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】已知点MNPQ，，，在同一个球面上，34,5MNNPMP===，，若四面体MNPQ体积的最大值为10，则这个球的表面积是A

．254B．62516C．22516D．1254【答案】B【解析】由34,5MNNPMP===，，可知90PNM=，则球心O在过PM中点'O与面MNP垂直的直线上，因为MNP面积为定值，所以高最大时体积最大，根据球的几何性质可得，当'OQ过球心时体积最大，因为四面体QMNP−的最大体

积为10，所以111'34'10332MNPSOQOQ==△，可得'5OQ=，在'OOP中，222''OPOOOP=+，()222554RR=−+，得258R=，球的表面积为2256254816=，故选B．【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.

要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224Rabc=++（,,abc为三棱的长）；②可以转化为长方体的外接球；③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心（在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上），利用待定系数法求半径.4．【202

0·六盘山高级中学高三其他（理）】对于直线m，n和平面，，⊥的一个充分条件是A．mn⊥，//m，//nB．mn⊥，m=，nC．//mn，n⊥，mD．//mn，m⊥，n⊥【答案】C【解析】A选项

中，根据mn⊥，//m，n//，得到⊥或∥，所以A错误；B选项中，mn⊥，m=，n，不一定得到⊥，所以B错误；C选项中，因为//mn，n⊥，所以m⊥，又m，从而得到⊥，所以C正确；D选项中，根据//mn，m⊥，所以n⊥，而n⊥，所以得到∥，

所以D错误.故选：C．【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题.5．【2020·河南省南阳中学高三月考（理）】某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）为A．18B．63

C．33D．23【答案】C【解析】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3，所以几何体的体积为2323334=，故选C．【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．6．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】已知某几何体的三视图如图

所示，则该几何体的体积为A．83B．103C．6D．3【答案】D【解析】该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为221141232V=−=.本题选择D选项.7．【2020

·广西壮族自治区高三其他（理）】三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图

和侧视图相同，符合要求；对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；所以四个图都可能作为俯视图.故选：D．【点睛】考查由正视图和侧

视图判断几何体的俯视图；基础题.8．【2020·辽宁省高三二模（理）】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______．【答案】27π【解析】设圆柱的底面圆的半径为r，高为h．由题意可得()22π

12π2π22218rhrrhrh=++=，解得3rh==，则该圆柱的体积是2π27πrh=．故答案为:27π.【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的

理解.9．【2020·重庆南开中学高三期中（理）】正三棱柱111ABCABC−中，2AB=，122AA=，D为棱11AB的中点，则异面直线AD与1CB成角的大小为_______．【答案】6【解析】如图，1111111122AD

AAADAAABAAAB=+=+=+，111CBCAABBBAAACAB=++=−+，且12,22ABACBCAA====，侧棱和底面垂直，∴1111()2ADCBAAABAAACAB=+−+2211122AAABACAB=−+1118224

9222=−+=，1813,8423ADCB=+==+=∴193cos,2323ADCB==，且1,0,ADCB，∴1,6ADCB=，∴异面直线AD与1CB成角的大小为6．故答案为：6．【点睛】解答

本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.10．【2020·四川省高三三模（理）】如图，平行六面体1111ABCDABCD−中，5AB=，3AD=，17AA=，3BAD=，114BAADAA=

=，则1AC的长为_____．【答案】98562+【解析】平行六面体1111ABCDABCD−中，5AB=，3AD=，17AA=，3BAD=，114BAADAA==，11ACABBCCC=++，则()211221ACACABBCCC==++

2221112cos2cos2cos344ABBCCCABBCBCCCABCC=+++++1222594925323725798562222=+++++=+．1198562ACAC==+．故答案为：98562+．【点

睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.11．【2020·六盘山高级中学高三其他（理）】如图，在四棱锥中PABCD−，PA⊥平面ABCD，ADBC∥，ADCD⊥，且22ADCD==，42BC=，2PA=（

1）求证：ABPC⊥；（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD−−的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，269.【解析】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由已知22

ADCD==，42BC=可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC⊥，又PA⊥平面ABCD，则PAAB⊥，所以AB⊥平面PAC，所以ABPC⊥．（2）假设存在符合条件的点M，过点M作MNAD⊥于N，则//M

NPA，MN⊥平面ABCD，MNAC⊥．过点M作MGAC⊥于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，ACNG⊥，即MGN是二面角MACD−−的平面角．若45MGN=，则NGMN=，又22ANNGMN==，1MN=，即M是线段PD的中点．存在点M使得二面角MACD−−的大

小为45．在三棱锥MABC−中，11184413323MABCABCVSMN−===，设点B到平面MAC的距离是h，则13BMACMACVSh−=，22MGMN==，11422222MACSACMG===，182233h=，解

得22h=．在ABN中，4AB=，2AN=，135BAN=，2162242262BN=++=，2233BMBNMN=+=，BM与平面MAC所成角的正弦值为269hBM=．【点睛】本题考查了项目

垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．12．【2020·辽河油田第二高级中学高三月考（理）】如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝E

B＝1，AB＝4.（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；（2）当C点为半圆的中点时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）26−【解析】（1）证明：∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC，又

DC∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD，∵DC∥EB，DC＝EB，∴四边形DCBE是平行四边形，∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD，又DE⊂平面ADE，∴平面ACD⊥平面ADE.（2）当C点为半圆的中点时，AC＝BC＝22，以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建立空

间坐标系如图所示：则D（0，0，1），E（0，22，1），A（22，0，0），B（0，22，0），∴AB=uuur（﹣22，22，0），BE=（0，0，1），DE=uuur（0，22，0），DA=（22，0，﹣1），设平面DAE的法向量为m=（x1，y1，z1），平面A

BE的法向量为n=（x2，y2，z2），则00mDAmDE==，00nABnBE==，即111220220xzy−==，222222200xyz−+==，令x1＝1得m=（1，0，22），令

x2＝1得n=（1，1，0）.∴cos12632mnmnmn===<，>.∵二面角D﹣AE﹣B是钝二面角，∴二面角D﹣AE﹣B的余弦值为26−.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题.13．【2020·湖北省高三其他（理）】如图所示，多面体是由底面为

ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中2AB=，5CF=，1BE=，60BAD=．(1)求BG的长；(2)求平面AEFG与底面ABCD所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)25；

(2)34【解析】因为多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的，所以平面ADG//平面BCFE，又平面ADG平面AEFGAG=,平面BCFE平面AEFGEF=,所以//AGEF，

同理//AEGF，所以四边形AEFG是平行四边形，连结AC,BD交于O，以O为原点，,OBOC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则(0,3,0)A−，(1,0,0)B，(1,0,1)E，(0,3,5)F，所以(1,3,4)AGE

F==−，(1,3,0)AB=，所以(2,0,4)BGAGAB=−=−，所以22||(2)0425BG=−++=,所以BG的长为25.(2)根据题意可取平面ABCD的一个法向量为(0,0,1)m=，由(1)

知(1,3,4)AG=−，(1,3,1)AE=，设平面AEFG的法向量为(,,)nxyz=，则由00nAEnAG==，得30340xyzxyz++=−++=，即52332yzxz=−=，令23z=，则33x=

，5y=−，所以(33,5,23)n=−，所以233cos,4||||1272512mnmnmn===++，所以平面AEFG与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为34.【点睛】本题主要考查面面

平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题.14．【2020·广东省高三其他（理）】已知几何体ABCDEF中，//ABCD，//FCEA，ADAB⊥，AE⊥面ABCD，2ABADEA===，4CDCF==.（1）求证：平面⊥BDF平面BCF；（

2）求二面角E－BD－F的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）13.【解析】（1）证明：在直角梯形ABCD中由已知可得22BDBC==222,BDBCCDBDBC+=⊥//FCEA，且AE⊥面ABCD，FC⊥平面ABCD，BC面ABCD，BDFC⊥，FCBCC=，

BC面BCF，FC面BCF∴BD⊥面BCF且BD面BDF，故面⊥BDF面BCF；（2）分别以DA、DC所在直线为x轴、y轴，以D为垂足作面DAC的垂线DZ为z轴，建系如图(0,0,0),(2,2,0),(2,0,2)(0,4,4)DBEF，

则(2,2,0),(2,0,2),(0,4,4)DBDEDF===，设面DEB的法向量为(,,)mxyz=，则22002200xymDBxzmDE+==+==，取1x=，则1yz==−，

故(1,1,1)m=−−设面DBF的法向量为(,,)nxyz=，则22004400xynDByznDF+==+==，取1x=，则1,1yz=−=，故(1,1,1)n=−则1111cos,3||||33mnmnmn+−===，由图可得二面角

E-BD-F的余弦值为13．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算．15．【2020·福建省福州第一中学高三其他（理）】如图，组合体由半个圆锥SO−和一个三棱锥SACD−构成，其中O是圆锥

SO−底面圆心，B是圆弧AC上一点，满足BOC是锐角，2===ACCDDA.（1）在平面SAB内过点B作//BP平面SCD交SA于点P，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）在（1）中，若P是SA中点，且3SO=，求直线BP与平面SAD所成角的正弦值.【答案

】（1）答案见解析；（2）265.【解析】（1）①延长AB交DC的延长线于点Q；②连接SQ；③过点B作//BPQS交SA于点P.（2）若P是SA中点，则B是AQ中点，又因为CBAQ⊥，所以CACQ=，所以90QAD=，从而30BAC=.依题意，

,,OSOCOD两两垂直，分别以OC，OD，OS为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()()()13131,0,0,0,3,0,0,0,3,,0,,,,02222ADSPB−−−，从而()()331,3,

0,1,0,3,1,,22ADASBP===−，设平面SAD的法向量为(),,nxyz=，则0,0,ASnADn==即30,30,xzxy+=+=取3x=，得()3,1,1=−−n.则232326cos,53310131154

42nBPnBPnBP−−====−++++，所以直线BP与平面SAD所成角的正弦值为265.16．【2020·广西壮族自治区高三其他（理）】如图，直三棱柱111ABCABC−中，底面ABC为等腰直角三

角形，90ACB=，12AAAC=，P是侧棱1CC上的点．（1）若60APB=o，证明：P是1CC的中点；（2）若13CPPC=，求二面角BAPC−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）32222.【解析】（1）由直三棱柱111ABCABC−得1CC⊥平面ABC，AC、B

C平面ABC，1CCAC⊥，1CCBC⊥，ABC为等腰直角三角形，90ACB=，ACBC=且2ABAC=，由勾股定理得2222APACPCBCPCBP=+=+=，60APB=oQ，ABP是等边三角形，则2APABAC==，由勾股定理得221111

22PCAPACACAACC=−===，P为1CC的中点；（2）易知CA、CB、1CC两两垂直，以点C为坐标原点，CA、CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Cxyz−，设2AC=，则()2,0,0A、()0,2,0B、(

)0,0,3P，(2,2,0)AB=−，()2,0,3AP=−，设平面ABP的法向量为(),,nxyz=，由00nABnAP==，得220230xyxz−+=−+=，令3x=，得3y=，2z=，()3,3,2n=，又平面ACP的法向量为()0,1,

0m=ur，3322cos,22122mnmnmn===，由图形可知，二面角BAPC−−为锐角，所以，二面角BAPC−−的余弦值为32222.【点睛】本题考查线段中点的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力与推理能力，属于

中等题.17．【2020·四川省阆中中学高三二模（理）】如图所示，直三棱柱111ABCABC−的各棱长均相等，点E为1AA的中点.（1）证明：11EBBC⊥；（2）求二面角11CEBC−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）64【解析】（1）设1

BC与1CB交点为O，连接OE，BE.由题可知四边形11BCCB为正方形，所以11BCCB⊥，且O为1BC中点.又因222BEABAE=+，2221111CEAEAC=+，所以1BECE=，所以1BCOE

⊥.又因为1OECBO=，所以1BC⊥平面1EBC.因为1EB平面1EBC，所以11BCEB⊥.（2）取AB的中点'O，连接'OC，'OCAB⊥，在平面11ABBA过点'O内作AB的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系'Oxyz−.设2AB=，则()0,1,1E−，

()10,1,2B，()0,1,0B，()13,0,2C−.所以()10,2,1EB=，()13,1,1EC=−.设平面11CEB的一个法向量为(),,nxyz=，则112030nEByznECxyz=+==−++=，令3y=，则()1,3,23n=−

−.由（1）可知平面1CEB的一个法向量为()13,1,2BC=−−，则111cos,nBCBCnnBC=43643141312==++++.由图可知二面角11CEBC−−为锐角，所以其余弦值为64.【点睛】此题考查通过线面垂直

证明线线垂直，通过空间向量求解二面角的大小，关键在于根据定理准确推导，计算求解.18．【2020·宜宾市叙州区第二中学校高三一模（理）】如图，已知三棱柱111ABCABC−中，侧棱与底面垂直，且12AAABAC===，

ABAC⊥，M、N分别是1CC、BC的中点，点P在线段11AB上，且11APPB=.（1）求证：不论取何值，总有AMPN⊥；（2）当1=时，求平面PMN与平面ABC所成二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）1414.【解析】以点A为坐标原点，以AB、AC

、1AA所在直线分别为x、y、z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz−，则()10,0,2A，()12,0,2B，()0,2,1M，()1,1,0N.（1）()11111APPBABAP==−，()11122,0,0,0,0111APAB===+++，(

)11220,0,2,0,0,0,211APAAAP=+=+=++，()21,1,0,0,2,1,2111PNANAP=−=−=−++−.()0,2,1AM=，0220AMPN=+−=，因此，无论取何值，AMPN⊥；（2）

当1=时，()1,0,2P，()0,1,2PN=−，()1,2,1PM=−−，而平面ABC的法向量()0,0,1n=，设平面PMN的法向量为(),,1xym=，则21020mPMxymPNy=−+−==−=，解得32xy==，则()3,2,1m=，设为平

面PMN与平面ABC所成的锐二面角，则14cos14mnmn==.因此，平面PMN与平面ABC所成二面角的余弦值是1414.【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

19．【2020·辽宁省高三三模（理）】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，AD⊥PD，点F为棱PD的中点．（1）在棱BC上是否存在一点E，使得CF∥平面PAE，并说明理由；（2

）若AC⊥PB，二面角D﹣FC﹣B的余弦值为66时，求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值．【答案】（1）存在，见解析（2）55．【解析】（1）在棱BC上存在点E，使得CF∥平面PAE，点E为棱BC的中点.证明：取PA的中

点Q，连结EQ、FQ，由题意，FQ∥AD且12FQAD=，CE∥AD且12CEAD=，故CE∥FQ且CE＝FQ.∴四边形CEQF为平行四边形.∴CF∥EQ，又CFÚ平面PAE，EQ在平面PAE内，∴CF∥平面PAE；（2）取AB中点M，以D为坐标原点，分别以DM，DC，DP所

在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设FD＝a，则D（0，0，0），F（0，0，a），C（0，2，0），B（3，1，0），A（310−，，）.()02FCa=−，，，()310CB=−，，.设平面FBC的一个法向量为()mxyz=，，.由2030mFCyazmCBxy=−==−=

，取x＝1，得2313ma=，，；取平面DFC的一个法向量为()100n=，，.由题意，26161213cosmna==++＜，＞，解得a6=.∴()316FA=−−，，.设直线AF与平面BCF所成的角为θ，则sincosmFA=＜

，＞2355610mFAmFA===.即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为55.【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，利用向量法解决直线与平面所成角的问题，属于中档题.20．【2020·山东省高三三模】已知直三棱柱111ABCABC−，11ABA

CAA===，M，N，P分别为11AC，1AB，1BB的中点，且APMN⊥．（1）求证：//MN平面11BBCC；（2）求BAC；（3）求二面角1APNM−−的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）60；（3）277【解析

】（1）证明：取11BC的中点Q，连接MQ，NP，PQ，则有11//MQAB，且1112MQAB=，//PNAB，且12PNAB=，又11//ABAB，11ABAB=，所以//PNMQ，且PNMQ=，所以PNMQ为平行四边形，所以//MNPQ，又MN平面11BBCC，PQ平面1

1BBCC，所以//MN平面11BBCC．（2）设ABa=，ACb=，1AAc=，BAC=，由已知可得，1abc===，且0acbc==，则12APac=+，1111111122222NMPQBBBCcba==+=+−，因为APMN⊥，所以11112222

APNMaccba=++−22111224abac=−+11cos024=−=，所以1cos2=，即60BAC=．（3）在平面ABC内过点A做射线l垂直于AB，易知AB

，l，1AA两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，则11,0,2P，13,,144M，11,0,22N，()10,1,0n=为平面1APN的一个法向量，131,,442MN=−−，1,0,02PN=−．设()2,,n

xyz=为平面PMN的一个法向量，则1310442102xyzx−−=−=，令1y=，则230,1,2n=−，则121212127cos,7714nnnnnn===，所以二面角1APNM

−−的余弦值为277．【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.