立体几何多选、填空题（理科）（解析版）2014-2023年高考数学真题分享汇编（全国通用）

十年(2014—2023)年高考真题分项汇编一立体几何填空、多选

目录

题型一：立体几何结构特征...................................1

题型二：立体几何三视图.....................................6

题型三：立体几何的表面积与体积.............................9

题型四：立体几何中的球的问题..............................21

题型五：立体几何线面位置关系..............................22

题型六：立体几何中的角度与距离............................26

题型一：立体几何结构特征

1.(2023年全国甲卷理科•第15题)在正方体48C。-4月。。1中，E,F分别为A8,的中点，以

EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点.

【答案】12

解析：不妨设正方体棱长为2,EF中点为O,取CO,中点G,M,侧面的中心为N,连接

FG,EG,OM,ON,MN,如图，

由题意可知，。为球心，在正方体中，EF=y/FG2+EG2=VF+F=2V2-

即R=V2,

则球心。到CC,的距离为OM=y/ON2+MN2=Vl2+12=V2，

所以球。与棱CG相切，球面与棱只有1个交点，

同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，

所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.

故答案为：12

2.（2020年高考课标in卷理科•第15题）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】a兀

3

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8C=2,48=4。=3,且点M为8c边上的中点，

设内切圆的圆心为。，

由J.4Af=\/32—I2=2V2,故S/XABC=/X2X2V2=25/2,

设内切圆半径为厂，则：

SZUBC=54/08+5厶8℃+5厶/"=；xZ8xr+gx6Cxr+；x/Cxr

=1x（3+3+2）xr=2V2,

解得：r=^-,其体积：V=2■兀戸=NZ兀.

233

故答案为：显兀.

3

【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.

3.（2019•全国H•理•第16题）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为

长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是

由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半

正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有一个

面，其棱长为（本题第一空2分，第二空3分）.

图I图2

【答案】（1）共有26个面；（2）棱长为0-1.

【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有

18+8=26个面.如图，设该半正多面体的棱长为x,则/8=8E=x,延长8C与FE交于点G,延长8c

交正方体棱于由半正多面体对称性可知，ABGE为等腰直角三角形，•：BG=GE=CH=也x，

2

.•.G〃=2X5X+X=（正+l）x=l，二%=7|彳=后一1，即该半正多面体棱长为JI—1.

【点评】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原岀物体位置，利用对称性，平面几何解决.

本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求

胜是关键.立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形.

4.（2017年高考数学上海（文理科）•第11题）如图，以长方体48CD-4AGA的顶点。为坐标原点,

过。的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若丽的坐标为（4,3,2）,则布的坐标为

【答案】蔣=(—4,3,2)

【解析】4(4析,0),C,(0,3,2),则AC,=(-4,3,2).

5.（2015高考数学江苏文理•第9题）现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2、高

为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一

个，则新的底面半径为.

【答案】布

解析：由体积相等得：—X4X^-X52+^X22x8=—x/-2x^-x4+^xr2x8=>r-y/1

33

考点：圆柱及圆锥体积

二、多选题

1.（2023年新课标全国I卷•第12题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容

器壁厚度忽略不计）内的有（）

A.直径为0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

【答案】ABD

解析：对于选项A：因为0.99m<1m,即球体的直径小于正方体的棱长，

所以能够被整体放入正方体内，故A正确；

对于选项B：因为正方体的面对角线长为JJm，且嫗>1.4，

所以能够被整体放入正方体内，故B正确；

对于选项C：因为正方体的体对角线长为、回m，且<1.8，

所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；

对于选项D：因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，

如图，过ZG的中点。作丄，设4C=E,

可知=1,ZG=瓜。厶=®，则tan/C^G=:=空

2ACAO

1OE厂

即初二耳，解得。E=亚,

4

*/调，即逅＞0.6,

4

故以ZG为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，

若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心g,与正方体的下底面的切

点为M，

CCO、M

可知：/£丄。1〃,。］河=0.6,则tan/C4G=r=尢-

10.6r-

即双=而，解得4。=0.6加,

根据对称性可知圆柱的高为JJ-2x0.6五®1,732-1.2xl.414=0.0352>0,01.

所以能够被整体放入正方体内，故D正确；

故选：ABD.

2.（2021年新高考I卷•第12题）在正三棱柱ABC-中，”=円=1,点P满足BP=XBC+兩,

其中4€[0,1],^6[0,1],则（）

A.当2=1时，的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P-48c的体积为定值

C.当4=；时.，有且仅有一个点P,使得4P丄8尸

D.当〃=g时，有且仅有一个点P,使得4B丄平面481P

【答案】BD

解析：

易知，点尸在矩形BCG与内部（含边界）.

对于A,当4=1时，丽=而+〃函=而+比即此时Pw线段CG，△/P周长不是定值，故A

错误；

对于B,当〃=1时，丽=疵+瓯西+疝©,故此时P点轨迹为线段,而BC//5C,BQ

平面48C,则有尸到平面48c的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

对于C,当彳=；时，丽=；前+画,取8C,8G中点分别为。，，，则丽=阳+〃），所以

p点轨迹为线段。“，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，4日,0,1,P（o,o,〃），40,；,0）,

则而=-y,o,//-l,丽=（0,-；,〃），〃（//-1）=0,所以〃=0或〃=1.故小。均满足，故C错

误：

对于D,当〃=；时，丽=入前+；瓯,取网，CC1中点为M,N.BP=BM+A.MN＞所以P点轨

(1)—(V31)一(百1)

所以“尸=-半"，”=-^,-,-1,所

迹为线段MN.设PO,yo,-,因为《

\2)\乙)\/

3111

以彳+5%-1=0='°=一5，此时尸与N重合，故D正确，故选BD.

题型二：立体几何三视图

1.（2021年高考全国乙卷理科•第16题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视

图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为（写出符合要求的一组答案即

【答案】③④

解析：选择侧视图为③，俯视图为④,

如图所示，长方体/8CO—44GA中，4B=BC=2,BB]=1,

E,尸分别为棱Bg,8c的中点，

则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥

故答案为：③④.

【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关

系.

2.（2019•北京•理•第11题）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果

网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为

【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱MPR4-NQG4之

后余下的儿何体，该儿何体的体积〃=43—；（2+4）X2X4=40.

3.（2017年高考数学上海（文理科）•第8题）已知球的体积为36万，则该球主视图的面积等于.

【答案】9兀

4

【解析】一"/=364=尸=3nS=9〃.

3

4.（2017年高考数学山东理科•第13题）由一个长方体和两个,圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则

4

该几何体的体积为.

77

【答案】2+-

2

【解析】该几何体的体积为P=（nxl2xlx2+2xlxl=1+2.

题型三：立体几何的表面积与体积

1.（2023年新课标全国I卷•第14题）在正四棱台/8C。一44G2中，==1,14=J5,

则该棱台的体积为

【答案】幣评

解析：如图，过4作4M丄垂足为〃，易知4M为四棱台48。。一43£。的高,

因为43=2,4与=1,44=0，

则4Q=丄4G=丄、価4与=①,/O=L/C='XVL46=VI，

22222

故=4cJ=¥，则4〃=14才_効/2

故答案为：M.

6

2.（2023年新课标全国H卷•第14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底

面边长为2,高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为.

【答案】28

21

解析：方法一：山于一=一，而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,

42

所以正四棱锥的体积为:x（4x4）x6=32,

截去的正四棱锥的体积为:x（2x2）x3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

方法二：棱台的体积为:x3x（16+4+J16x4）=28.

故答案为：28.

3.（2020年新高考全国I卷（山东）•第15题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如

图所示.。为圆孔及轮廓圆弧厶8所在圆的圆心，A是圆弧厶8与直线AG的切点，8是圆弧AB与直线8c的

3

切点，四边形DEFG为矩形，BC丄DG,垂足为C,tanZODC=-,BH//DG,EF=12cm,DE=2cm,A到直

线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为lcm,则图中阴影部分的面积为cm2.

【答案】4+27

2

解析：设08=04=尸，由题意4M=ZN=7,EF=12,所以NF=5,

因为/尸=5,所以44Gp=45°，

因为BH"DG,所以44”0=45°，

因为4G与圆弧相切于4点，所以。4丄ZG,

即AOAH为等腰直角三角形；

在直角△。0£>中，00=5一,r，DQ=7一与r，

因为tan/OOC=g=1,所以21—処2厂=25-逑r，

DQ522

解得尸=2应；

等腰直角△04〃的面积为岳='x2近X2J5=4；

2

13zr/i—\2

扇形NOB的面积邑=5X彳*（2。2）=3〃，

15乃

所以阴影部分的面积为£+52-5%=4+3.

57r

故答案为：4d------.

2

4.（2020年新高考全国卷n数学（海南）•第13题）已知正方体厶8CD-481GD1的棱长为2,M、N分别为

8比、AB的中点，则三棱锥A-NMOi的体积为

【答案】|

解析：因为正方体48CD-481GD1的棱长为2,M.N分别为84、厶8的中点

所以^A-NMD,~^D]-AMN=§X/Xlxlx2=3

故答案为：一

3

5.（2020天津高考•第15题）如图，在四边形4BCQ中，Z5=60；AB=3,BC=6,且

________3

AD=ABC,AD-AB=--,则实数2的值为,若M,N是线段8c上的动点，且|而口，则

丽•丽的最小值为一.

AD

113

【答案】(1).7⑵.9

62

【解析】■.■AD=ABC，：.ADIIBC,ZS/ID=180-Z5=120°.

AB.AD=XBC-AB=^BC\-|^5|cos120°=2x6x3xf-^J=-9A=-|,解得4,

以点8为坐标原点，5c所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系

Mx.

.•./的坐标为苧），

BC=6,,-.C(6,0),-：\AB\=3,ZABC=60°,

又•.•而=：前，则電¥),设"(X,0)

则N（x+l,0）（其中0W），

两=1—,_齊，丽

〔22丿〔22丿

两•丽=3-|)\-|)+(孚］=/-4x21（公213

2v72

13113

所以，当x=2时，QM.DV取得最小值故答案为：—;—.

62

6.（2020江苏高考•第9题）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】12A/3-y

［解析】正六棱柱体积为6x@x2?x2=126，圆柱体枳为万（1）2.2=g

422

所求几何体体积为126-1,故答案为：1273-5

22

7.（2019•天津•理•第11题）已知四棱锥的底面是边长为0的正方形，侧棱长均为J?.若圆柱的一

个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积

为.

【答案】-

4

解析：如图，正四棱锥产一Z8CQ,48=竝,0/=后，则。。=1,

四棱锥的高尸。=y/PC2-OC2=2,

圆柱的高为人=丄尸。=1,HG=-AC=l,

22

圆柱的底面半径r=L〃G=L

22

所以圆柱的体积V=兀/h=-.

4

8.（2019•全国III•理•第16题）学生到工厂劳动实践，利用在多印技术制作模型图,该模型为长

方体/6C。-44GA挖去四棱锥O-EFG〃后所得的几何体，其中。为长方体的中心，E,F,G,H分

别为所在棱的中点==6cm,/%=4cm,30打印所用原料密度为0.9g/cn?,不考虑打印损耗，

制作该模型所需原料的质量为g.

【答案】118.8

【解析】由题意得，四棱锥O—EFGH的底面积为4x6—4x丄x2x3=12cn?,其高为点O到底面班℃

2

的距离为3cm,则此四棱锥的体积为Y=]X12x3=12cm'.又长方体的体积为

3

V2=4x6x6=144cm,所以该模型体积为V=V2-吊=144—12=132cm',其质量为

“="=0.9x132=118.8g.

【点评】此题牵涉到的是亚打印新时代会景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体

的体积和质量关系,

9.(2019•江苏4B\CQi的体积是120,E是C0的中点，则三棱椎E-BCD

的体积是

Dl

小

3EC

一

唳方体S矩形/sc。GC3S矩形ABCDGC32212

所以/£-88=A&方体=AX120=10.

10.（2018年高考数学江苏卷•第10题）如图所示，正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面

体的体积为.

【答案】-

3

解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1,底面正方形的边长等于0,

所以该多面体的体积为2乂丄、卩（夜）2=3.

33

11.（2018年高考数学天津（理）•第11题）已知正方体NBC。—4AG。的棱长为1,除面外,

该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M（如图），则四棱锥M-EEG”的体积为.

解析：过平面EFG”的截面如图所示，因为正方体的棱长为1,所以正方形EFG”的面积5所8=；,

顶点M到平面EFG”的距离人=丄，所以乙昉。”=丄5£桢”•人=丄、丄乂丄=丄.

2以~ihr\jn3C/fun32212

H

12.（2018年高考数学课标n卷（理）•第16题）已知圆锥的顶点为S,母线SN,S8所成角的余弦值为？，

8

S/与圆锥底面所成角为45。，若4SAB的面积为5ay,则该圆锥的侧面积为.

【答案】400乃

解析：因为母线SZ、S3所成角的余弦值为Z,所以母线&4、S3所成角的正弦值为姮.设母线长为/,

88

则/\SAB的面积为丄广*姮=5715，解得/=4右，又“与圆锥底面所成角为45。,可得底面半径r=2M,

28

所以该圆锥的侧面积是7irl=40V2TT.

13.如图，在正三棱柱力3C—中，AB=\.若二面角C—/B—G的大小为60°,则点G到直线43

的距离为.

B

【答案】V3

解：如图，在正三棱柱NBC—48cl中，/8=1.若二面角。—/8-。1的大小为60°

过C作CD丄AB,D为垂足，连接GD,贝ijCD丄AB,ZCDC=60°,CD=—,

l2

则C,D-百，所以点C到直线AB的距离为6

14.（2014高考数学天津理科•第10题）已知一个几何体的三视图如图所示（单位：m）,则该几何体的体积

为m3・

【答案】?万

解析：该几何体是一个组合体，上半部分是一个圆锥，下半部分是一个圆柱.因为%小;“％

1QQOf）

=-/rx22X2=-7C,県秒="&2〃="x12x4=4%,故该组合体体积P=—7+4万=—n.

33岡夕33

15.（2014高考数学山东理科•第13题）三棱锥P-Z8C中，D,E分别为PB,尸。的中点，记三棱锥

。一/8E的体积为匕，P-Z8C的体积为匕，则厶=

匕

【答案】丄

4

解析：设点。到平面45的距离为〃，则点£到平面尸力8的距离为丄/?,

2

丄q1/

1vTa皿Bx彳"।

又5皿8=弓5四8,所以得，-------2-=--

2%衿宀4

16.（2014高考数学江苏•第8题）设甲、乙两个圆柱的底面分别为岳，昆，体积分别为匕，匕，若它们的

侧面积相等，且色S=?9,则厶V的值是

反4匕--------

【答案】-

2

解析：设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为4、%,々、h2,则2町〃[=2T々A?，,

h4

又2=尊=2,所以厶=3,则厶=理工=工左=日.2=1=3

hrr

S27vr24r22V27tr~h2r2ii厶22

17.（2015髙考数学天津理科•第10题）一个几何体的三视图如图所示（单位:加），则该几何体的体积为

O

【答案】丁

解析：由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为2的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆

1Q

锥，所以该几何体的体积p=/X乃x2+2xxFx〃xl=万.

33

18.（2015高考数学上海理科•第4题）若正三棱柱的所有棱长均为a,且其体积为16行，则a=-

【答案】4

解析：根据正三棱柱的体积计算公式

V=厶-S底=ax；xxa==16>/J=a=4.

19.（2017年高考数学江苏文理科•第6题）如图,在圆柱。2内有一个球。，该球与圆柱的上、下面及母

线均相切.记圆柱4,4的体积为匕，球。的体积为右，则4的值是_______-

丫2

（第6题）

3

【答案】--

解析:设球半径为人则厶=巴沁=-.故答案为I.

匕4〃22

3

20.（2016高考数学浙江理科•第14题）如图，在AJ8C中，AB=BC=2,AABC=\1^>.若平面/8C外的

点P和线段AC上的点。，满足PD=DA,PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是-

（第14題留）

【答案】丄

2

【命题意图】本题考查空间几何体及其体积的求法等基础知识，意在考查学生的空间想象能力、推理论证

能力和运算求解能力.

解析：由Z8=8C=2,N/8C=120。可得ZC=2百，要求四面体尸8co的体积，关键是寻找底面三角形88

的面积$,第8和点尸到平面8C。的距离〃，易知642.设=尸=x,Z）C=2jJ-x,SAOTC

=1x（2jJ-x）x2xsin30°=厶叵__土，其中xw（0,2>/§）,且厶Vx,所以乙一如。=丄、5m网,x厶=厶叵一-xA

2236

4友二、》4丄（上叵二工与2=丄，当且仅当2百-x=x,即x=JJ时取等号.四面体P8CD的体积的最

6622

大值是丄.

2

21.（2016高考数学浙江理科•第11题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的表面积是

cm2,体积是cm3.

正视图侧视图

俯视图

【答案】7232

【命题意图】本题主要考查三视图、几何体的体积、表面积的计算等基础知识，意在考查学生的空间想象

能力和运算求解能力.

解析：将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积­=4x23=32cm3,表面积为

（5+4+4+5）X22=72cm2.

夕

22.（2016高考数学天津理科•第11题）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所

俯视图

【答案】2

解析：V=2X1X3X丄=2

3

23.（2016高考数学四川理科•第13题）已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正

视图如图所示，则三棱锥的体积为.

【答案】—

3

【解析】三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形,

由正视图可得如下俯视图，且三棱锥高为人=1

则面积/=—Sh=—xfix2-73xl]x1=乂3.

33（2丿3

二、多选题

1.（2022新高考全国II卷•第11题）如图，四边形为正方形，皮＞丄平面Z8C。，

FB〃ED,AB=ED=2FB,记三棱锥£一/CD,F-ABC,歹―的体积分别为匕,七，匕,

则()

【答案】CD

E

解析:

设AB=ED=2FB=2a,因为ED丄平面/BCD，FBOED,则

1ii?4

3

V.=--ED-SACn=--2a--（2aY=-a,

1332'丿3

匕=g•FB-SnMC=g・〃・；・（2a）2=g/，连接BO交AC于点M,连接,易得80丄4C,

又ED丄平面ABCD，月Cu平面ABCD，则E。丄AC,又E。Pl8。=。，ED,BDu平面BDEF，

则ZC丄平面/，

又BM=DM=LBD=&I,过尸作FG丄。E于G,易得四边形BOG/7为矩形，则

2

FG=BD=2ga,EG=a，

则EM='.。（伝丫=46a,FM=小?+（伝『=耳，EF=信+仅伝丁=3a，

iqB

EM\FM2=EE，则KW丄而，S.EFM=3EM.FM，4C=2缶，

则匕=%3型+%一.”=；/06/“=2/,则2匕=3匕，匕=3%,匕=匕+匕，故A、B错误；

C、D正确.故选：CD.

题型四：立体几何中的球的问题

1.（2020年新高考全国I卷（山东）•第16题）已知直四棱柱厶8CD-4&QDi的棱长均为2,ZBAD=60°.以

D｝为球心，逐为半径的球面与侧面BCCiBi的交线长为.

【答案】①万.

2

解析：如图:

取4G的屮点为E，8片的屮点为尸，CG的中点为G,

因为/胡。=60。，直四棱柱/BCD—的棱长均为2,所以△O|3|G为等边三角形，所以

=-y/3，D\E.L5|C|,

又四棱柱/8。。一44GA为直四棱柱，所以丄平面4AGA，所以丄4G，

因为8片n4G=4，所以。E丄侧面B£CB,

设P为侧面BGCB与球面的交线上的点，则D、E丄EP,

因为球的半径为J?,*,所以|E的|==后与=后,

所以侧面BgCB与球面的交线上的点到E的距离为J5,

因为|E产冃EG|=JL所以侧面耳GCE与球面的交线是扇形EFG的弧比，

7T7T

因为/4物=/。1£6=^，所以NFEG=Q,

所以根据弧长公式可得只6=工*丿5=也乃

22

2.（2017年高考数学天津理科•第10题）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面

积为18,则这个球的体积为.

9

【答案】q兀

2

【解析】设正方体边长为。，则6。2=180。2=3,外接球直径为2火=&=3,

44279

rVz=—nRd3=—7ix—=—7i.

3382

题型五：立体几何线面位置关系

1.（2020年高考课标II卷理科•第16题）设有下列四个命题:

Pi：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/u平面a,直线m丄平面a,则m丄/.

则下述命题中所有真命题的序号是.

①PlAP4②P|AP2③-ip2Vp3④V「P4

【答案】①③④

解析：对于命题回，可设个与4相交，这两条直线确定的平面为a：

若，3与4相交，则交点A在平面a内，

同理，4与,2的交点8也在平面a内，

所以，ABua,即厶ua,命题化为真命题；

对于命题22,若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，

命题22为假命题；

対于命题夕3,空间屮两条直线相交、平行或异面，

命题Pi为假命题；

对于命题24,若直线加丄平面a,

则加垂直于平面a内所有直线，

•••直线/u平面a,；.直线加丄直线/,

命题Pi为真命题.

综上可知，P1,为真命题，卩］,“、为假命题，

PSP4为真命题，?|人。2为假命题，

—>P2VP3为真命题，-p3V~<P4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.

2.（2019•北京•理•第12题）已知/,，〃是平面。外的两条不同直线.给出下列三个论断:

①/丄〃？；②加〃a；③/丄a.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：.

【答案】如果/丄a,w〃a,则/丄机.(答案不唯一)

【解析】将所给论断分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

(1)如果/丄a,ni//a,则/丄正确；

(2)如果/丄a,l±m,则"?〃a.正确；

(3)如果/丄m//a,贝ij/丄a.不正确，有可能/与a斜交或/〃a.

3.(2016高考数学课标H卷理科•第14题)是两个平面，加，〃是两条直线，有下列四个命题:

(1)如果机丄〃，加丄a,〃///?,那么a丄

(2)如果加丄a,n//a,那么相丄〃.

(3)如果a//£,mua,那么根//£.

(4)如果加//〃，a!/P,那么加与a所成的角和”与/?所成的角相等.

其中正确的命题有」(填写所有正确命题的编号)

【答案】②③④

【解析】利用正方体模型可得：①错误，②正确，③正确，④正确，命题正确的有②③④.

二、多选题

1.(2021年新高考全国H卷•第10题)如图，在正方体中，。为底面的中心，P为所在棱的中点，M,N为

正方体的顶点.则满足AW丄。尸的是()

【答案】BC

解析：设正方体的棱长为2,对于A,如图(1)所示，连接力C,则mV//ZC,

故NPOC(或其补角)为异面直线所成的角，在直角三角形OPC,8=垃，。P=1，故

tanZP(9C=4==—＞故MN丄OP不成立，故A错误.

V22

对于B,如图（2）所示，取NT的中点为。，连接P。，0Q,则。。丄NT,PQLMN,

由正方体SBCM-NADT可得SN1平面4NO7,而。0u平面ANDT,故SN丄。0,而SNDMN=N,

故。。丄平面SN力I/,又MNu平面SN770,OQLMN,而。。0「。=。，

所以A/N丄平面。尸。，而POu平面。尸。，故丄。尸，故B正确.

对于C,如图（3）,连接BD,则BD//MN,由B的判断可得OP丄BD,故OP丄MN,故C正确.

对于D,如图（4）,取40的屮点。，的中点K,连接4C,P0,O0,PK,OK,®ljAC//MN,

因为。P=PC,故尸。〃4C,椒PQHMN,所以/。尸。或其补角为异面直线PO,MN所成的角,

M

图（4）

因为正方体的棱长为2,故P0=；/C=应，OQ=y]AO2+AQ2=VL+2=A/3,

PO=^PK1+OK--V4TT=V5>QO2<PQ2+OP2,故/。尸O不是直角，故尸O,MN不垂直，故D错

误.故选BC,

题型六：立体几何中的角度与距离

1.（2014高考数学上海理科•第6题）若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为

.（结果用反三角函数值表示）

【答案】0=arcsin-

3

解析：设圆锥的底面半径为r,母线长为/,母线与底面所成角为0.由已知得：仃/=3T/n/=3,•，则

sin0=2=丄，所以9=arcsin—.

/33

2.（2015高考数学浙江理科•第13题）如图,三棱锥力-BCD中，AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,

点分别是的中点，则异面直线NN,CN所成的角的余弦值是-

7

【答案】

8

解析：

如下图，连结。N,取。N中点尸，连结PM,PC,则可知/PMC即为异面直

线AN,CM所成角(或其补角)易得PM=丄ZN=应，

2

PC=^PN2+CN2=V2+T=V3,CM7AC。AM?=2叵,

Q19_,277

cosZPMC=t-V=--即异面直线ZN,CM所成角的余弦值为丄.

2x2V2xV288

3.（2015高考数学四川理科•第14题）如图，四边形/BCD和ZQP。均为正方形，它们所在的平面相互

垂直,动点M在线段PQ上，E,F分别为力8,8C中点，设异面直线EM与AF所成的角为。，则cos6

的最大值为

【答案】|

解析：

—11——1

建立坐标系如图所示.设Z3=1,则力歹=(1,5,0),£(-,0,0).设〃(0/,1)(0V>«1),则=(―51),

71

线所成角的范围为(0,-1,所以

.[j(7)8j；+l=M</<9,则

V5J4/+5网+54y+5

,当，=1时取等号.所以