2020年高考数学 立体几何试题分类汇编 理

1、2020年高考数学 立体几何试题分类汇编 理（安徽）（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80（北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是332正视图侧视图俯视图图1A8 B C10 D（湖南）设图一是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A B C D 答案：B解析：有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积。（广东）如图l3某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 A. B. C. D.（江西）已知是三个相互平行的平面,平面之间的距离为,平面之间的距离为.直线与分别交于.那么是的 ( ) 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：C 解析：平面平行，由图可以得知：如果平面距离相等，根据两个三角形全等可知如果，同样是根据两个三角形全等可知（辽宁）如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是AACSB BAB平面SCD CSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的

2、角等于DC与SA所成的角（辽宁）已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，则棱锥SABC的体积为A B CD1（全国2）已知直二面角，点,C为垂足，为垂足若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于(A) (B) (C) (D) 1 【思路点拨】本题关键是找出或做出点D到平面ABC的距离DE，根据面面垂直的性质不难证明平面，进而平面ABC,所以过D作于E，则DE就是要求的距离。【精讲精析】选C.如图，作于E，由为直二面角，得平面，进而，又，于是平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离。在中，利用等面积法得.（全国新）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为（山东）右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图其中真命题的个数是（A）3 （B）2 （C）1 （D）05. （陕西）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（ ）(A) 8-2 （四川），是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 (A)， （B）， (C

3、) ，共面 （D），共点，共面（浙江）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（浙江）下列命题中错误的是A如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面，平面，那么D如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面（重庆）高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（A） （B） (C) (D) （天津）一个几何体的三视图如右图所示（单位：），则该几何体的体积为_（四川）如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大是，求的表面积与改圆柱的侧面积之差是 . （上海）若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。（全国新）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 。（全国2）已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【思路点拨】做出如图所示的图示，问题即可解决。【精讲精析】选B.作示意

4、图如，由圆M的面积为4，易得，中，。故.（全国2）己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 .【思路点拨】本题应先找出两平面的交线，进而找出或做出二面角的平面角是解决此问题的关键,延长EF必与BC相交，交点为P，则AP为面AEF与面ABC的交线.【精讲精析】.延长EF交BC的延长线于P，则AP为面AEF与面ABC的交线，因为，所以为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角。（福建）三棱锥P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于_。（辽宁）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 （重庆）如题（19）图，在四面体中，平面平面，. （）若，求四面体的体积； () 若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.（四川）如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB

5、1平面BDA(I)求证：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ()求点C到平面B1DP的距离（浙江）如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）证明：APBC；（）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。方法一： （I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz则，由此可得，所以，即（II）解：设设平面BMC的法向量，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得又平面ABC，得因为，所以平面PAD，故（II）解：如图，在平面PAB内作于M，连CM，由（I）中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又从而PM，所以AM=PA-PM=3。综上所述，存在点

6、M符合题意，AM=3。（上海）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。 设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。求证：； 若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。解：设正四棱柱的高为。 连，底面于， 与底面所成的角为，即 ，为中点，又， 是二面角的平面角，即 ，。 建立如图空间直角坐标系，有设平面的一个法向量为， ，取得 点到平面的距离为，则。（天津）如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分. 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得 （I）解：易得， 于是 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 （II）解：易知 设平面AA1C1的法向量， 则即 不妨令可得， 同样地，设平面A1B1C1的法向量， 则即不妨令，可得于是从而所以二面角AA1C1B的正弦值为 （III）解：由N为棱B1C1的中

7、点，得设M（a，b，0），则由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以线段BM的长为方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，过点A作于点R，连接B1R，于是，故为二面角AA1C1B1的平面角.在中，连接AB1，在中，从而所以二面角AA1C1B1的正弦值为（III）解：因为平面A1B1C1，所以取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则由得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.在中，所以可得连接BM，在中，（陕西）如图，在中，是上的高，沿把折起，使 。（）证明：平面平面；（）设为的中点，求与夹角的余弦值。解（）折起前是边上的高，当折起后，AD，AD，又DB，平面，AD 平面平面BDC.（）由及（）知DA，DC两两垂直，不防设=1，以D为坐标原点，以，所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，0），=，=（1，0,0,），与夹角的余弦值为，=.（山东）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=，平面，EF，.=.（)若是线段上的中点，求证：平面;（）若-,求平面角-的大小（全国新）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.()证明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。解：（）因为, 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则,。设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则

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