2021届高考二轮复习数学专题训练立体几何(2021-2021年全国卷高考题选)

1、2021-2021年高考全国卷数学之立体几何专题训练一选择题（共13小题）A2B2C3D2A12B18C24D54A64B48C36D32ABCDAEBFCGDHA6+4B4+4C6+2D4+2ABC1DA8B4C2DABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线ABCDA2x+yz+20B2x+y+z60C2x+y+z40D2x+yz30ABCDAB二填空题（共10小题）CD三解答题（共17小题）（1）证明：平面ACD平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQD

2、A，求三棱锥QABP的体积（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值（1）证明：平面PAB平面PAC；（2）设DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥PABC的体积（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为eqoac(,A)1B1C1的中心若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值（1）当ABBC时，EFAC；（2）点C1在平面AEF内（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为eqoac(,A)1B1C1

3、的中心若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN四棱锥BEB1C1F的体积，求（1）证明：MN平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的二面角BCGA的大小（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积（1）证明：PO平

4、面ABC；（2）若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离（1）证明：平面AMD平面BMC；（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值答案一选择题（共13小题）1【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2故选：B2【解答】解：ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB6，球心为O，三角形ABC的外心为O

5、，显然D在OO的延长线与球的交点如图：OC，OO2，则三棱锥DABC高的最大值为：6，则三棱锥DABC体积的最大值为：18故选：B3【解答】解：由题意可知图形如图：O1的面积为4，可得O1A2，则AO1ABsin60，ABBCACOO12，外接球的半径为：R球O的表面积：44264故选：A4，4【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h，则依题意有：，24因此有h2（）ah（22）（）10（负值舍去）；故选：C5【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图：如图所示：根据三视图和几何体的的对应关系的应用，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

6、的点为N，所以在侧视图中与点E对应故选：A6【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：PAABAC2，PA、AB、AC两两垂直，故PBBCPC2，几何体的表面积为：3故选：C6+2，7【解答】解：由题意可知图形如图：ABC是面积为，ABBCAC3，的等边三角形，可得可得：AO1，球O的表面积为16，外接球的半径为：R；所以4R216，解得R2，所以O到平面ABC的距离为：故选：C18【解答】解：如图，由PAPBeqoac(,PC)，ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥PABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O1为底面三角形的中心，连接BO1并延长，交AC于G，则ACBG

7、，又PO1AC，PO1BGO1，可得AC平面PBG，则PBAC，E，F分别是PA，AB的中点，EFPB，又CEF90，即EFCE，PBCE，得PB平面PAC，正三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D半径为，则球O的体积为故选：D【9解答】解：点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，BM平面BDE，EN平面BDE，BM是BDE中DE边上的中线，EN是BDE中BD边上的中线，直线BM，EN是相交直线，设DEa，则BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故选：B【10解答】解：正三棱锥P

8、ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点，以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，设PAPBPC2，则A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，2），E（1，1，0），F（0，1，1），（0，2，0），（1，1，0），（0，1，1），设平面PEF的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，1），设PB与平面PEF所成角为，则sinPB与平面PEF所成角的正弦值为故选：C11【解答】解：设与平面2x+yz+40平行的平面方程为2x+yz+k0，代入点（1，1，3），得2113+k0，解得k2，则所求的平面方程为2x+yz+20故选：A12【解

9、答】解以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），（2，2，1），（0，2，0），设异面直线AE与CD所成角为，则cos，sin，tan异面直线AE与CD所成角的正切值为故选：C13【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，截此正方体所得截面最大值为：6故选：A二填空题（共10小题）14【解答】解：如图，A1、B

10、1、C1分别为OA、OB、OC的中点，eqoac(,A)1B1C1ABC，则，过O作OG平面ABC，交平面A1B1C1于G1，则故答案为：15【解答】解：长方体ABCDA1B1C1D1，ABAD4，AA18，E、F、G为AB、A1B1、DD1的中点，H为A1D1上一点，则A1H1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，F（4，2，8），H（3，0，8），E（4，2，0），G（0，0，4），（1，2，0），（4，2，4），设异面直线FH与EG所成角为，则cos故答案为：16【解答】解：由已知得BDAB，BC2，因为D、E、F三点重合，所以AEAD，BFBDAB，所

11、以CECF1，则在BCF中，由余弦定理得cosFCB，故答案为：17【解答】解：向量（1，1），（m+1，2m4），若，则m5，故答案为：518【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线BS3，底面半径BC1，则其高SC2，不妨设该内切球与母线BS切于点D，令ODOCeqoac(,r)，由SODSBC，则，即，解得r，Vr3，故答案为：19【解答】解：ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，过P作PO平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PDPE，由题意得CDCE

12、ODOEPO1，P到平面ABC的距离为故答案为：【20解答】解：该半正多面体共有8+8+8+226个面，设其棱长为x，则x+解得x1x+x1，故答案为：26，121【解答】解：该模型为长方体ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm，该模型体积为：VOEFGH66414412132（cm3），3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8（g）故答案为：118.822【解答】解：平面截球O的球面所得圆的面积为，则圆的半径为1，该平

13、面与球心的距离d3，球半径R球的表面积S4R240故答案为：40【23解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SAB的面积为8，可得：解得SA4，SA与圆锥底面所成角为30可得圆锥的底面半径为：2则该圆锥的体积为：V8，圆锥的高为：2，故答案为：8三解答题（共17小题）24【解答】解：（1）证明：在平行四边形ABCM中，ACM90，ABAC，又ABDA且ADACA，AB面ADC，AB面ABC，平面ACD平面ABC；（2）ABAC3，ACM90，ADAM3，BPDQDA2，由（1）得DCAB，又DCCA，DC面ABC，三棱锥QABP的体积V1【（25解答】解：1）不妨设圆O的半径为1，

14、OAOBOC1，AEAD2，在PAC中，PA2+PC2AC2，故PAPC，同理可得PAPB，又PBPCP，故PA平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，1，0），故，设平面PCE的法向量为，则由，得，取x1，则，z，所以平面PCE的法向量为，由（1）可知PA平面PBC，不妨取平面PBC的法向量为，故，即二面角BPCE的余弦值为26【解答】解：（1）连接OA，OB，eqoac(,OC)，ABC是底面的内接正三角形，所以ABBCACO是圆锥底面的圆心，所以：OAOBOC，所以APBPCPOA2+OP2OB2+OP2OC2+OP2，所以APBBPCAPC，由于APC90，所以A

15、PBBPC90，所以APBP，CPBP，由于APCPP，所以BP平面APC，由于BP平面PAB，所以：平面PAB平面PAC（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，所以由于圆锥的侧面积为所以，整理得（r2+3）（r21）0，解得r1所以AB由于AP2+BP2AB2，解得则：27【解答】解：（1）证明：M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，B1NBM，四边形BB1NM为矩形，A1NB1C1，BB1MN，AA1BB1，AA1MN，MNB1C1，A1NB1C1，MNA1NN，B1C1平面A1AMN，B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F，综上，AA1MN，且平面A1

16、AMN平面EB1C1F（2）解：三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，EFB1C1BC，AO面EB1C1F，AO面AMNA1，面AMNA1面EB1C1FPN，AOPN，四边形APNO为平行四边形，O是正三角形的中心，AOAB，A1N3ON，AM3AP，PNBCB1C13EF，由（1）知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角，在等腰梯形EFC1B1中，令EF1，过E作EHB1C1于H，则PNB1C1EH3，B1H1，sinB1EH，直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为28【解答】

17、（1）证明：在AA1上取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，有DD1AA1BB1，且DD1AA1BB1又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1，DEAMFB1四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形AFMB1，且AFMB1，ADME，且ADME又在长方体ABCDA1B1C1D1中，有ADB1C1，且ADB1C1，B1C1ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形，EC1MB1，且EC1MB1，又AFMB1，且AFMB1，AFEC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形，点C1在平面AEF内；（2）解：在长方体A

18、BCDA1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1，A（2，1，3），E（2，0，2），F（0，1，1），A1（2，1，0），则，设平面AEF的一个法向量为则，取x11，得；设平面A1EF的一个法向量为则，取x21，得cos设二面角AEFA1为，则sin二面角AEFA1的正弦值为29【解答】解：（1）因为ABCDA1B1C1D1是长方体，所以BB1平面ABCD，而AC平面ABCD，所以ACBB1，因为ABCDA1B1C1D1是长方体，且ABBC，所以ABCD是正方形，所以ACB

19、D，又BDBB1B所以AC平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF平面BB1D1D，所以EFAC（2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF，C1E因为点E在DD1，且2DEED1，所以EDAM，且ED1AM，所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1MAE，且D1MAE，又因为F在BB1上，且BF2FB1，所以A1MFB1，且A1MFB1，所以A1B1FM为平行四边形，所以FMA1B1，FMA1B1，即FMC1D1，FMC1D1，所以C1D1MF为平行四边形，所以D1MC1F，所以AEC1F，所以A，E，F，C1四点共面所以点C1在平面AEF内30

20、【解答】证明：（1）由题意知AA1BB1CC1，又侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，MNBB1，BB1BC，MNAA1，MNB1C1，又底面是正三角形，AMBC，A1NB1C1，又MNAMM，B1C1平面A1AMN，B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F；解：（2）AO平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1FNP，AONP，NOAP，AONP6，O为eqoac(,A)1B1C1的中心，ONA1C1sin606，ONAP，AM3AP3，过M作MHNP，垂足为H，平面A1AMN平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1FNP

21、，MH平面A1AMN，MH平面EB1C1F，在等边三角形中，即EF2，由（1）可知四边形EB1C1F为梯形，MPN，MHMPsinMPN3，31【解答】解法一：证明：（1）连结B1C，ME，M，E分别是BB1，BC的中点，MEB1C，又N为A1D的中点，NDA1D，由题设知A1B1DC，B1CA1D，MEND，四边形MNDE是平行四边形，MNED，又MN平面C1DE，MN平面C1DE解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DEBC，DEC1C，DE平面C1CE，故DECH，CH平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE1，CC14，C1E，故CH，点C到平面C

22、1DE的距离为解法二：证明：（1）直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点DD1平面ABCD，DEAD，以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，M（1，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，0），C1（1，4），0），（1，），（0，（0，设平面C1DE的法向量（x，y，z），则，取z1，得（4，0，1），），MN平面C1DE解：（2）C（1，0），（1，0），平面C1DE的法向量（4，0，1），点C到平面C1DE的距离：d32【解答】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NH

23、AA1，且，又MBAA1，MB，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM平面C1DE，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，2），M（，1，2），A1（，1，4），设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，cos二面角AMA1N的正弦值为33【解答】证明：（1）长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C1平面

24、ABA1B1，B1C1BE，BEEC1，B1C1EC1C1，BE平面EB1C1解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AEA1E1，则BEEB1，BE平面EB1C1，BEEB1，BE2+EB122BE24，BE22，AE2+AB21+AB2BE22，AB1，则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），BCEB1，EB1面EBC，故取平面EBC的法向量为（1，0，1），设平面ECC1的法向量（x，y，z），由，得，取x1，得（1，1，0），cos，二面角BECC1的正弦值为34【解答】解：（1）证明：由长方体ABCDA1B1C

25、1D1，可知B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，B1C1BE，BEEC1，B1C1EC1C1，BE平面EB1C1；（2）由（1）知BEB190，由题设可知RtABEeqoac(,Rt)A1B1E，AEBA1EB145，AEAB3，AA12AE6，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面BB1C1C，EAA1，AB平面BB1C1C，E到平面BB1C1C的距离dAB3，四棱锥EBB1C1C的体积V3631835【解答】证明：（1）由已知得ADBE，CGBE，ADCG，AD，CG确定一个平面，A，C，G，D四点共面，由已知得ABBE，ABBC，AB面BCGE，AB平面ABC，平面A

26、BC平面BCGE解：（2）作EHBC，垂足为H，EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，EH平面ABC，由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，BH1，EH，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），（1，0，），（2，1，0），设平面ACGD的法向量（x，y，z），则，取x3，得（3，6，），又平面BCGE的法向量为（0，1，0），cos，二面角BCGA的大小为3036【解答】解：（1）证明：由已知可得ADBE，CGBE，即有ADCG，则AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面；由四边形AB

27、ED为矩形，可得ABBE，由ABC为直角三角形，可得ABBC，又BCBEB，可得AB平面BCGE，AB平面ABC，可得平面ABC平面BCGE；（2）连接BG，AG，由AB平面BCGE，可得ABBG，在BCG中，BCCG2，BCG120，可得BG2BCsin602可得AG，在ACG中，AC，CG2，AG，可得cosACG，即有sinACG，则平行四边形ACGD的面积为2437【解答】（1）证明：ABBC2，AC4，AB2+BC2ACeqoac(,2)，即ABC是直角三角形，又O为AC的中点，OAOBOC，PAPBeqoac(,PC)，POAPOBPOC，POAPOBPOC90，POAC，POOB，OBACO，PO平面ABC；（2）解：由（1）得PO平面ABC，PO，在COM中，OM，eqoac(,S)COM设点C到平面POM的距离为d由VPOMCVCPOM，解得d，点C到平面POM的距离为3