2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编(含答案)

试卷第=page11页，共=sectionpages11页2020-2021高考数学真题《立体几何》专项汇编（含答案）一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（）A．2:1 B．2:1 C．1:2 2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2 B．22 C．4 D．3．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+123 B．282 C．5634．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1A．当λ=1时，△AB．当μ=1时，三棱锥P−AC．当λ=12时，有且仅有一个点PD．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________

6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．

二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m，n表示直线，以下命题中正确的选项是（）A．假设m⊥α，m⊥n，那么nB．假设m⊂α，n⊂β，α//βC．假设α//β，m⊂αD．假设m⊂α，n⊂α，m//β，n8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则mD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−AA．BD1//A1A B．B

10．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，A．直线A1D与直线D1BB．直线A1D与直线D1BC．直线A1D与直线D1BD．直线A1D与直线D1B11．（2021·全国·高考真题）-（多选）如图，在正方体中，O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MN⊥A． B．C． D．

12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：AB⊥

三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为23A．12π B．24π C．36π D．144π14．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3A．3π B． C． D．12π15．（2020·全国·高考真题（理））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16π，则O到平面A．3 B．32 C．1 D．16．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．212 B．312 C．2417．（2020·全国·高考真题（理））已知为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π D．32π18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1

四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosαA．26% B．34% C．42% D．50%20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨

21．（2020·海南·高考真题）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°22．（2020·全国·高考真题（理））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． C．5+14

23．（2020·江苏·高考真题）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，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.

五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π4

25．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD（1）证明：PB//平面ACE；（2）设PA=1，AD=3，直线PB与平面ABCD所成的角为45°，求四棱锥P−ABCD

26．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．

27．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，（I）求证：D1F//平面（II）求直线AC1与平面（III）求二面角A−A

28．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F（1）证明：BF⊥（2）当B1D为何值时，面BB

29．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为（1）求证：F为的中点；（2）点M是棱A1B1上一点，且二面角M−FC−E的余弦值为5

30．（2020·全国·高考真题（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=（1）证明：PA⊥平面PBC（2）求二面角B−PC−E的余弦值．

2020-2021真题精编-立体几何解析版一、空间几何体的体积、面积1．（2021·全国·高考真题）若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（）A．2:1 B．2:1 C．1:2 【答案】C【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.【详解】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l.若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有2rcos45°=l该圆锥的底面积与侧面积比值为πr故选：C.2．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2 B．22 C．4 D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl=2π×2，解得l=2故选：B.3．（2021·全国·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+123 B．282 C．563【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高ℎ=2下底面面积S1=16，上底面面积所以该棱台的体积V=1故选：D.4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1A．当λ=1时，△AB．当μ=1时，三棱锥P−AC．当λ=12时，有且仅有一个点PD．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．【详解】易知，点P在矩形BCC对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1=对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1对于C，当λ=12时，BP=12BC+μBB1，取BC，中点分别为Q，H，则BP=BQ+μQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A132,0,1对于D，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，取，中点为M,N．BP=BM+λMN，所以P点轨迹为线段MN．设P0,故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．5．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】【分析】利用VA−NM【详解】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以V故答案为：【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.6．（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）23【分析】（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）由（1）可知，AM⊥平面PBD，所以AM⊥从而△DAB~△ABM，设BM=x，AD=2x，则BMAB=ABAD，即2x因为PD⊥底面ABCD，故四棱锥P−ABCD的体积为V=1【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM或平面PBD的垂线，结合题目条件PB⊥AM，所以垂线可以从PB,AM中产生，稍加分析即可判断出AM⊥平面PBD，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出△DAB~二、平行、垂直的命题判定7．（2021·全国·高考真题）已知α，β表示平面，m，n表示直线，以下命题中正确的选项是（）A．假设m⊥α，m⊥n，那么nB．假设m⊂α，n⊂β，α//βC．假设α//β，m⊂αD．假设m⊂α，n⊂α，m//β，n【答案】C【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A；根据面面平行的性质定理，可判断B、C；根据面面平行的判定定理，可判定D【详解】选项A：假设m⊥α，m⊥n，那么n//α或n在选项B：假设m⊂α，n⊂β，α//β，那么m//n或选项D：假设m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，且m、选项C：依照两平面平行的性质可知C正确．故选：C8．（2021·全国·高考真题）设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若m//n，n//α，则m//αB．若m//n，m//α，n//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则mD．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α【答案】D【分析】根据线面的位置关系可判断A；举反例判断B、C；由面面垂直的判定定理可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：若m//n，n//α，则m//对于B：如图平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，直线为m，直线BC为n，满足对于C：如图在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ADD1A1为平面α，平面A1B1C1D1对于D：若m⊥n，m⊥α，可得n⊂α或n//α，若n⊂α，因为n⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β；若n//α，可过n作平面与α相交，则交线在平面α内，且交线与n平行，由n⊥β可得交线与故选：D.9．（2020·山东·高考真题）已知正方体ABCD−AA．BD1//A1A B．B【答案】D【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.【详解】A.AA1//BB1，与BB.BD1与平面ADD1A1相交，且C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线BD1与AD.连结B1D1，B1D1⊥A1C1故选：D10．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，A．直线A1D与直线D1BB．直线A1D与直线D1BC．直线A1D与直线D1BD．直线A1D与直线D1B【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,【详解】连AD1，在正方体M是A1D的中点，所以M为又N是D1B的中点，所以MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD在正方体ABCD−A1BAB⊥平面AA1DAD1∩AB=A，所以AD1B⊂平面ABD且直线A1所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.11．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O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MN⊥A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则MN//故（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角，在直角三角形OPC，OC=2，CP=1，故tan故MN⊥对于B，如图（2）所示，取的中点为Q，连接PQ，，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM−NADT可得SN⊥平面ANDT，而OQ⊂平面ANDT，故SN⊥OQ，而SN∩MN=N，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ=Q，所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥对于C，如图（3），连接BD，则BD//MN，由B的判断可得故OP⊥对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC,PQ,OQ,PK,OK，则AC//因为DP=PC，故PQ//AC，故所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ=12AC=PO=PK2+OK故PO,MN不垂直，故D错误.故选：BC.12．（2021·全国·高考真题）如下图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=2，．（1）求SA与BC所成角的余弦值；（2）求证：AB⊥【答案】（1）34【分析】(1)由题意可得∠SAD即为SA与BC所成的角，根据余弦定理计算即可；

【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质【解】（1）因为AD//BC，因此∠SAD即为SA与BC所成的角，在△SAD中，又在正方形ABCD中，因此cos∠SAD=因此SA与BC所成角的余弦值是34（2）因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，在正方形ABCD中，AB⊥因此AB⊥平面，又因为SD⊂平面，因此AB⊥SD．三、球体-能力拓展13．（2020·天津·高考真题）若棱长为23A．12π B．24π C．36π D．144π【答案】C【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】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R=2所以，这个球的表面积为S=4πR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.14．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1:3A．3π B． C． D．12π【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3BD，设球的半径为R，则4πR33=32π所以，BD=1，AD=3，∵CD⊥AB，则∠CAD+∠ACD=又因为∠ADC=∠BDC，所以，△ACD所以，，∴CD=AD因此，这两个圆锥的体积之和为13故选：B.15．（2020·全国·高考真题（理））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16π，则O到平面A．3 B．32 C．1 D．【答案】C【分析】根据球O的表面积和△ABC的面积可求得球O的半径R和△ABC外接圆半径r，由球的性质可知所求距离d=R【详解】设球O的半径为R，则4πR2=16π设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为93∴12a2×∴球心O到平面ABC的距离d=R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.16．（2021·全国·高考真题（理））已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（）A．212 B．312 C．24【答案】A【分析】由题可得△ABC为等腰直角三角形，得出△ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.【详解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=则△ABC外接圆的半径为22设O到平面ABC的距离为d，则，所以VO−ABC故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.17．（2020·全国·高考真题（理））已知为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1A．64π B．48π C．36π D．32π【答案】A【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO【详解】设圆O1半径为r，球的半径为R得πr2=4π,∴r=2由正弦定理可得AB=2rsin∴OO1=AB=23，根据球的截面性质∴O∴球O的表面积S=4πR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.18．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1【答案】22【分析】根据已知条件易得D1E=3，D1E⊥侧面B1C1CB，可得侧面B1C【详解】如图：取的中点为E，的中点为F，的中点为G，因为∠BAD=60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1又四棱柱ABCD−A1B1C1D因为BB1∩B1设P为侧面B1C1因为球的半径为5，D1E=3所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到因为|EF|=|EG|=2，所以侧面B1C1CB因为∠B1EF=∠所以根据弧长公式可得FG=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.四、立体几何的数学应用19．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1−cosαA．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2πr故选：C.20．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为2002=100mm的圆面内的降雨充满一个底面半径为200所以积水厚度d=1故选：B.21．（2020·海南·高考真题）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【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.【详解】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OA⊥l；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m//CD、根据线面垂直的定义可得由于∠AOC=40°,m//CD，所以由于∠OAG+所以∠BAE=∠OAG=40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE=40°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.22．（2020·全国·高考真题（理））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． C．5+14【答案】C【分析】设CD=a,PE=b，利用PO2=【详解】如图，设CD=a,PE=b，则PO=P由题意PO2=12解得ba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.23．（2020·江苏·高考真题）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，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为6×圆柱体积为π(所求几何体体积为故答案为：【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.五、立体几何与空间向量的综合应用24．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．π2 B．π3 C．π4【答案】D【分析】平移直线AD1至，将直线PB与AD1所成的角转化为PB【详解】如图，连接BC1,PC1所以∠PBC1或其补角为直线PB与因为BB1⊥平面A1B1C所以PC1⊥平面PB设正方体棱长为2，则BCsin∠PBC故选：D25．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD（1）证明：PB//平面ACE；（2）设PA=1，AD=3，直线PB与平面ABCD所成的角为45°，求四棱锥P−ABCD【答案】（1）证明见解析；（2）33【分析】(1)连接BD交AC于点O，连接OE，由三角形的中位线定理可知PB//OE，结合线面平行的判定定理可证明PB//(2)由题意可知∠PBA=4【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OE.在△PBD中，因为PE=DE,BO=DO，所以PB//OE，因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，则PB//（2）因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBA=4又PA=1，AD=3，所以PA=1=AB所以四棱锥P−ABCD的体积VP−ABCD所以四棱锥P−ABCD的体积为3326．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23【分析】（1）取AD的中点为O，连接QO,CO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD、平面【详解】（1）取AD的中点为O，连接QO,CO.因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD而AD=2,QA=5，故QO=在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5因为QC=3，故QC2=QO2因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则D0,1,0,Q0,0,2设平面QBD的法向量，则n⋅BQ=0n⋅BD=0故n=而平面QAD的法向量为m=1,0,0，故二面角B−QD−A的平面角为锐角，故其余弦值为2327．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，（I）求证：D1F//平面（II）求直线AC1与平面（III）求二面角A−A【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出D1F及平面A1EC（II）求出AC1，由（III）求得平面AA1C1的一个法向量【详解】（I）以A为原点，AB,AD,AA1分别为则A0,0,0,A10,0,2,B2,0,0,C2,2,0,D因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E2,1,0，F所以D1F=1,0,−2,设平面A1EC则&m⋅A1C因为D1F⋅因为D1F⊄平面A1EC（II）由（1）得，AC设直线AC1与平面A1则sinθ（III）由正方体的特征可得，平面AA1C则cosDB所以二面角A−A1C28．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F（1）证明：BF⊥（2）当B1D为何值时，面BB【答案】（1）见解析；（2）B【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【详解】