2023-2023近三年高考理科立体几何高考题汇编

2024-2024近三年高考理科立体几何高考题汇编2024-2024高考立体几何题汇编

2024(三)16．a，b为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC

为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是________。（填写全部正确结论的编号）

2024(三)19．（12分）如图，四周体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四周体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值．2024(二)4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π

2024(二)10．已知直三棱柱111ABCABC-中，120ABC∠=?，2AB=，

11BCCC==，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为

A．

32

B．

155

C．

105

D．

33

2024(二)19．（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且

垂直于底

面ABCD，o1

,90,2

ABBCADBADABC==

∠=∠=E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为o

45，求二面角MABD--的余弦值．

2024(一)7．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为

2024(一)18．（12分）

如图，在四棱锥P?ABCD中，AB//CD，且90BAPCDP∠=∠=o

.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD∠=o

，求二面角A?PB?C的余弦值.2024(天津)（17）（本小题满分13分）

如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，90BAC∠=?.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.

（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅰ）求二面角C-EM-N的正弦值；

（Ⅰ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为21

，求线段AH的2024(二)（19）（本小题满分12分）

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=

，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△

的位置，.

（I）证明：平面ABCD；（II）求二面角

的正弦值.

2024（北京）6.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）

A.B.C.D.

2024（北京）17.（本小题14分）

如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.

（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；

2024（二）（6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为1

6

1

3

1

2

1

PABCD

-PAD⊥ABCDPAPD

⊥PAPD

=ABAD

⊥

1

AB=2

AD=5

ACCD

==

PD⊥PABPBPCD

D

D1C1

A1E

F

C

B1

（A）（B）（C）（D）

2024（二）（19．（本小题满分12分）

如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。

（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；（2）求直线AF与平面α所成的角的正弦值。

2024（一）（18）如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC。

（1）证明：平面AEC⊥平面AFC（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值

2024（北京）5.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是

A

．2B

．4C

．2+D．52024（北京）17.（本小题14分）

如图，在四棱锥AEFCB-中，AEF△为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EFBC∥，4BC=，2EFa=，

60EBCFCB∠=∠=?，O为EF的中点．

(Ⅰ)求证：AOBE⊥；(Ⅰ)求二面角FAEB--的余弦值；(Ⅰ)若BE⊥平面AOC，求a的值．

2024（陕西）5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．

11俯视图

侧(左)视图

2

1

OF

E

C

B

A

3π4π24π+34π+

2024（陕西）18．（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，，，，

，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．

（I）证明：平面；（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．答案：2024(三)16.②③

2024(三)19.解：（1）由题设可得，,ABDCBDADDC???=从而又ACD?是直角三角形，所以0=90ACD∠取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO又由于ABCBOAC?⊥是正三角形，故所以DOBDACB∠--为二面角的平面角

2222222220,RtAOBBOAOABABBDBODOBOAOABBDACDABC

?+==+=+==∠⊥在中，又所以

，故DOB=90所以平面平面

（2）

由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OAuuur

的方向为x轴正方向，OA

uuur

为单位长，建立如图所示的空间

1CDABD//CABD2

π

∠BA=

C1AB=B=

D2A=

EDAOCABE?ABEBE1?ABE2CD⊥1CAO1ABE⊥CDBE1CAB1CDA

直角坐标系Oxyz-

，则-(1，0，0),(0(1，0，0),(0，0，1)ABCD

由题设知，四周体ABCE的体积为四周体ABCD的体积的12，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的1

2，即E为DB

的中点，得E10，2??????.故

()()11，0，1，2，0，0，1，2ADACAE??

=-=-=-????uuuruuuruuur设()=x,y,zn是平面DAE

的法向量，则00，即1

00，2xzADxyzAE-+=??=??

??-++==????uuurguuurgnn

可取

113=,??

????n设

m

是平面AEC的法向量，则

0，0，ACAE?=??=??uuurguuurgmm

同理可得

(

01,=-m

则

7

cos,=

=gnmnmnm所以二面角D-AE-C

的余弦值为

2024(二)4B试题分析：由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积2

13436V=π??=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221

(36)272

V=?π??=π，故该组合体的体积12362763VVV=+=π+π=π．故选B．2024(二)10.C

2024(二)19．

2024(一)7试题分析：由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为1

2(24)2122

?+??=，故选B.2024(一)19.

试题解析：（1）由已知90BAPCDP∠=∠=?，得AB⊥AP，CD⊥PD.

由于AB//CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

（2）在平面PAD内作PF

AD⊥，垂足为F，由（1）可知，AB⊥平面PAD，故ABPF⊥，可得PF⊥平面ABCD.

以F为坐标原点，FAuuur

的方向为x轴正方向，||ABuuur为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz-.

由（1）及已知可得(

2

A，(0,0,

2P，B，(2C-.

所以(PC=uuur

，0,0)CB=uuur

，0,PA=uuur，

(0,1,0)AB=uuur

.

设(,,)xyz=n是平面PCB的法向量，则

0,0,PCCB??=???=??uuuruuurnn

即0,0,

y?+=?=

可取(0,1,=-n.设(,,)xyz=m是平面PAB的法向量，则0,0,PAAB??=?

??=??uuuruuurmm

即0,0.

xy=?=?

可取(1,0,1)=m.

则cos,||||3

?==-

nmnmnm，所以二面角APBC--

的余弦值为3

-

.2017(天津)（17）（1）证明见解析（2

（3）85或1

2

（Ⅰ）证明：DEuuur=（0，2，0），DBuuur

=（2，0，2-）.设(,,)xyz=n，为平面BDE的法向量，

则00

DEDB??=?

??=??uuur

uuur

nn，即20220yxz=??-=?.不妨设1z=，可得(1,0,1)=n.又MNuuuur=（1，2，1-），可得0MN?=uuuurn.

所以，线段AH的长为或

1

2

.

2024（二）19.（本小题满分12分）（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

.

试题分析：（Ⅰ）证

，再证

，最终证

；（Ⅱ）用向量法求解.

试题解析：（I）由已知得，，又由得，故.

因此，从而.由,得.

由得.所以，.于是，，故

.又，而，所以.

（II）如图，以

为坐标原点，

的方向为

轴的正方向，建立空间直角坐标系

，则

，

，

，

，，，，.设是平面的法向量，则

，即，所以可以取.设是平面的法向量，则，

即，所以可以取.于是，.

因此二面角的正弦值是.

2024（北京）6.试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥，其体积，故选A.2024（北京）17（1）见解析；（2

；（3）存在，

PABC-111

111326

V

=????=1

4

AMAP=

（3）设是棱上一点，则存在

使得.因此点.

由于平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时

.2024（二）6D

由三视图得，在正方体

中，截去四周体

，如图所示，，设正方体棱长为

，则

，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为．

MPA]1,0[∈λλ=),,1(),,1,0(λλλλ--=-M?BMPCD∥BMPCD0=?nBM0)2,2,1(),,1(=-?--λλ41=

λPAMBM∥PCD4

1

=APAM

2024（二）19

2024（一）18∴

222EGFGEF+=，∴EG⊥FG，∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG?面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.…6分

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以,GBGCuuuruuur的方向为x轴，y轴正方向，||GBuuur

为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由

（Ⅰ）可得A（0，0），，F（－1,02

），C（0，0），∴AEuuur=（1），CFuuur=（-1，，

2）(10)

分故cos,3||||

AECFAECFAECF?==-uuuruuur

uuuruuuruuuruuur.所以直线AE与CF

所成的角的余弦值为3.12分

2015（北京）5.

三棱锥表面积

表2

S=+.

2015（陕西）5试题分析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是

，故选D．2015（陕西）18．（I）证明见解析；（II）

．

试题解析：（I）在图1中，

由于AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，BAD=，所以BEAC即在图2中，BE，BEOC从而BE平面

又CDBE，所以CD平面.

(II)由已知，平面平面B