2017-2021年五年高考全国卷理科分类汇编及高考考向预测7第七章 立体几何

第主滓文件几何

一霓黄金T盛彳

一、真题汇编：

L【2017课标I理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

A.10B.12C.14D.16

2.12017课标I理16］如图，圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形48C的中心为。。，

E,尸为圆。上的点，4DBC,xECA,△£48分别是以8C,C4,为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分

别以8C,CA,28为折痕折起△Z?8C,△EC4,&FAB,使得。，E,尸重合，得到三棱锥.当"8C的边长变化

时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为.

3.【2017课标I理18］如图，在四棱锥尸-/48CD中，AB//CD,且N84P=NCOP=90.

(1)证明：平面由8J_平面以2

⑵若PA=PD=AB=DC,ZAP。=90,求二面角4尸的余弦值.

4.12017课标H理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，则该儿何体的体积为

A.90兀

B.63兀

C.42K

D.36兀

【课标理】已知直三棱柱旦中,

5.2017H10ABC-AGZABC=120°,AB=2fBC=CC1=1,则异面直线

A片与8G所成角的余弦值为

A.BB厉

C.

25~5~*

6.12017课标II理19］如图，四棱锥2288中,侧面PAD为等边

三角形且垂直于底面ABCD,

AB=BC=-AD,/BAD=NABC=90°,£是尸。的中点.

2

(1)证明：直线CE〃平面月48；

(2)点例在棱PC上，且直线8例与底面49C。所成角为45。，求二

面角”一人6-£＞的余弦值.

7.【2017课标III理8】已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体

积为

3兀

A.nB.—Dc.-兀

44

8.12017课标III理16】a,〃为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形28c的直角边2C所在直线与a,

8都垂直，斜边48以直线2C为旋转轴旋转，有下列结论:

①当直线工8与a成60。角时,28与。成30。角;

②当直线48与a成60。角时，与。成60。角:

③直线<白与2所成角的最小值为45。：

④直线48与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是.(学科/网填写所有正确结论的编号)

9.12017课标III理19］如图，四面体28CZ?中，△28C是正三角形，是直角三角形，4ABD=4

CBD、AB=BD.

(1)证明：平面/CDJ_平面S8C

(2)过2C的平面交8。于点£若平面/EC把四面体分成体积相等的两部分，求二面角。■力5。

的余弦值.

10.12018课标I理7】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的

对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为8,则在此圆柱侧面上，从/到N的路径中，最短路径

的长度为

B

A.2X/T7B.2遥C.3D.2

1L12018课标I理12］己知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面。所成的角都相等，则。截此正方体所

得截面面积的最大值为

A3GR26「30口也

/>•-D•K_-•-------Lz.

4342

12.12018课标I理18］如图，四边形A5CD为正方形，旦尸分别为AR8C的中点，以。尸为折痕把△DFC折

起，使点C到达点尸的位置，且PhBF.

(1)证明：平面PE/_L平面48FD：

(2)求OP与平面ABRD所成角的正弦值.

13.【2018课标11埋9】在长方体A3CO-A4G。中，AB=BC=\>A4,=,则异面直线AR与。片

所成角的余弦值为

A1口下cV5riV2

A.15»‘‘v»----L.，

5652

14.12018课标H理16】已知圆锥的顶点为S,母线SA，S3所成角的余弦值为2,SA与圆锥底面所成角为

O

45°,若ASAB的面积为5A，则该圆锥的侧面积为__________.

15.12018课标H理20】如图，在三棱锥P—A3C中，AB=BC=2O,PA=PB=PC=AC=4,O为AC

的中点.

(1)证明：尸OJ_平面ABC：

(2)若点M在棱8C上，且二面角M-尸A-C为30°,求PC与平面尸AM所成角的正弦值.

16.12018课标HI理3】中国古建筑借助梯卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫梯头，凹进部分叫卯眼，

图中木构件右边的小长方体是样头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的

木构件的俯视图可以是

17.12018课标III理10］设A，8,C，。是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面

积为96，则二梭锥。一A/C体积的最大值为

A.126B.18x/3C.246D.54上

18.12018课标IH理19］如图，边长为2的正方形48CO所在的平面与半圆弧C0所在平面垂直，"是CO上

异于C，。的点.

（1）证明：平面AMD_L平面BMC；

（2）当三棱锥M—A8C体积最大时，求面MA8与面MCO所成二面角的正弦值.

19.12019课标I理12】已知三棱锥PXBC四个顶点在球。的球面上，附二P8二尸C,/XABC是边长为2的正三

角形，E,尸分别是％,的中点，ZCEF=90°,则球。的体积为

A.8瓶九B.4瓜兀C.2瓜九D.屈冗

20.12019课标I理18］如图，直四棱柱4BCOT向GOi的底面是菱形，AAi=4,AB=2,NBAD=60°,E,M,

N分别是8C,BBi,4。的中点.

(1)证明：MN〃平面CiDF；

(2)求二面角4-M4-N的正弦值.

21.12019课标II理7】设。，仅为两个平面，则夕的充要条件是

A.。内有无数条直线与月平行

B.a内有两条相交直线与夕平行

C.a，4平行于同一条直线

D.a,4垂直于同一平面

22.12019课标II理16】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卬信形状是“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个面，其棱长为.

图1图2

23.【2019课标II理17］如图，长方体ABC。-A181Goi的底面48co是正方形，点E在棱A4］上，BE人EG.

(1)证明：BE_L平面EBiG；

(2)若AE=4E,求二面角8-EC-G的正弦值.

24.12019课标III理8】如图，点N为正方形A8C。的中心，AECD为正三角形，平面瓦力JL平面A8CRM

是线段ED的中点，则

A.BM=EN,且直线BM,硒是相交直线

B.BMKEN,且直线8W,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线8M,EN是异面直线

D.BMTEN,且直线BM,EN是异面直线

25.12019课标III理16】学牛.到工厂劳动实践，利用3力打印技术制作模型.如图，该模型为长方体

—挖去四棱锥O-石尸G”后所得的几何体，其中。为长方体的中心，E,EG,”分别为所在棱的

中点，AB=BC=6cm,A41=4cm,3。打印所用原料密度为0.9g/c^,不考虑打印损耗，制作该模型所需原

26.[2019课标HI理19]图1是由矩形ADEB,RtZXABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中A8=l,BE=BF=2,

ZFBC=60°,将其沿AB,5c折起使得BE与B尸重合，连结OG,如图2.

(1)证明：图2中的A,C,G,。四点共面，且平面43C_L平面BCGE；

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

27.12020课标I理3】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()

豆」B,非7C.#+1D.石+1

4242

28.12020课标I理10】已知A仇。为球O球面上的三个点，。01为AAH7的外接圆，若。。1的面积为4兀，

AB=BC=AC=OO.,则球。的表面积为（）

A.64兀B.487rC.36兀D.32几

29.12020课标I理18］如图，。为圆锥的顶点，。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。。上一点，PO=—DO.

（1）证明：平面PBC；

（2）求二面角3—尸。一£的余弦值.

30.12020课标II理7】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，

在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为（）

EF

GH

N

A.EB.FC.GD.H

31.12020课标H理16】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：过空间中任意二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.

例：若直线/u平面a,直线mi平面a则miL

则下述命题中所有真命题的序号是.

①P1人PA②PlAP2③可27P3④3V」久

32.12020课标H理20］如图，己知三棱柱48c48G的底面是正三角形，侧面83GC是矩形，M,/V分别

为BC，61G的中点，P为AM上一点、,过8G和尸的平面交28于E,交ZC于6

(1)证明：例/V,且平面尸;

（2）设。为“hBG的中心，若/平面E8GEKAO=AB^求直线81E与平面4/W/V所成角的正弦值.

33.12020课标III理8】下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+472B.4+472C.6+273D.4+273

34.12020课标III理15】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.

35.【2020课标HI理19]如图，在长方体A8CO—人与G乌中，点E,尸分别在棱。Rig上，且2DE=ER,

（1）证明：点G在平面AM内；

⑵若AB=2,40=1，AA=3,求二面角A—E尸一A的正弦值.

36.[2021全国甲卷理6】在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG

后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）

正视图

37.12021全国甲卷理11】已如A,B,。是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC_L3C,AC==1,则

三棱锥0-ABC的体积为（）

A.立B.巫C.受D.且

121244

38.12021全国甲卷理19】已知直三棱柱A8C—481G中，侧面相与8为正方形，AB=BC=2,E,F分别

为4c和CG的中点，。为棱4片上的点.BF1

（1）证明：BFA.DEx

（2）当4。为何值时，面BgC。与面。匹£1所成的二面角的正弦值最小?

39.12021全国乙卷理5】在正方体A8cA百CQ中，尸为四。的中点，则直线尸8与A0所成的角为（）

7T71

A.—D.-

26

40.12021全国乙卷理16】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，组成某个三棱锥的

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可）.

图④

41.12021全国乙卷理18］如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD_L底面ABC。，PD=DC=1,M为

8c的中点，且尸

(2)求二面角A—PM—B的正弦值.

详解品评

1.【答案】B

【解析】

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2x(2+4)x2x'=12,故选B.

2

【考点】简单几何体的三视图

【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题

的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.

2.【答案】4厉

【解析】

试题分析：如下图，连接。。交8c于点G,设D,E,尸重合于S点，正三角形的边长为*40),则

与

“1£

OG=-x—x=6

322

..FG=SG=5—6

令"，(x)=0,BP4x3--^==0>得X=4>/5，易知〃(x)在x=4\/5处取得最大值.

...V=2^x48xN/T^=4/.

12

【考点】简单几何体的体积

【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特

征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需

要用到求导的方式进行解决.

3.【解析】

试题分析：(D根据题设条件可以得出CD1PD而儿物CD,就可证明出仞1平面期D

进而证明出平面2451平面PAD.{2}先找出ND中点，找出相互垂直的线，建立以尸为坐标原点，FA

的方向为4轴正方向，|方|为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设〃=(元乂z)是

平面尸。的法向量，加=(xj,z)是平面产区3的法向量，根据垂直关系，求出

m=QO,1),利用数蚩积公式可求出二面角的平面角.

试题解析：(1)由已知N5AP=NCDP=90°,WABA.AP,CDA.PD.

由于4必"，故AB上PD,从而力以平面

又ABu平面PAB,所以平面〃8_L平面PAD.

(2)在平面Q4O内作尸产_LA。，垂足为产，

由(1)可知，平面PAO,故AB_LP/"可得尸产_!_平面48CZX

以尸为坐标原点，方的方向为x轴正方向，|而|为单位长，建立如图所示的空间直角

坐标系尸一..

由(1)及已知可得A(¥，0,0),P(0,0,孝)，B吟,1,0),C(一孝,1,0).

所以正二(一等,1,一等)，CB=(72,0,0),乐=吟,0,一冬,而=(0,1,0).

设〃=(x,y,z)是平面PCB的法向量，则

〃・正二0,［一区+y.名二。，

_即《272

储@=0，忌=o,

可取〃=(0,-1,-0).

设m=(x,y,z)是平面P48的法向量，则

72V2

m-PA=0,n

_即/丁一于二。，

mAB=0,

y=0.

可取加二。,0,1).

rizxnm

则cos<n,jw>=------

l«l|m|

所以二面角A—尸3—C的余弦值为-立.

3

【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解

【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转

化为两在线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹

角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关

键.

4.【答案】B

【解析】

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

V；=7rx32x4=367t,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半，其体积匕=gx（兀x3?x6）=27兀，

故该组合体的体积V=36兀+27兀=63几.故选B.

【考点】三视图、组合体的体积

【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间

几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几何体实际形状时，一

般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由

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，利用相应体积公式求解.

5.【答案】C

【解析】

试题分析：如图所示，补成直四棱柱CO-4%G。］，

2

则所求角为4他:BC1=>/2:BD=V2+1-2X2X1XCOS60°=®CQ=AB[=小,

易得GZP=BZ>2+3G2,因此85/3。1。=奇='=埋，故选C.

D\

【考点】异面直线所成的角、余弦定理、补形的应用

【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归

为共面问题来解决，具体步骤如下：

①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角j

②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角：

③计算：求该角的值，常利用解三角形J

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是电令，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面

直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.

6.【答案】(1)证明略；(2)半.

【解析】

试题分析：(D取尸2的中点尸，连结上尸，BF,由题意证得CE”3尸，利用线面平行的判断定

理即可证得结论；(2)建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：“=(0：0J),

然后利用空间向量的相关结论可求得二面角川-,四-。的余弦值为萼.

试题解析：

(D取R4的中点尸，连结石尸，BF.

因为E是尸。的中点，所以"‘"XD,EF=-AD,由NB*Z>=a四C=90。得5C"XD,

2

又5c=所以哥'卫国，四边形BCEF是平行四边形，CEIIBF.

又BFu平面CEu平面,故CE”平面E4B.

(2)由已知得以幺为坐标原点，近的方向为x轴正方向，|不|为单位长，

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

则巡OQO),B(l,050),C(LLO),定=(LO,-M),与=(LO,O),

设A，(x,y,z)(0VX<1)>则BA，=(x-Lp,z),PA/=(x，r-l,z-6),

因为与底面ABCD所成的角为45。，而"=(0,0,1)是底面JBCD的法向量,

所以卜os(而卜sin45。，《,即(._])，+),2_/=0.①

又M在棱PC上，设西=庆，贝Ux=A,y=Lz=&&,②

1④

X=1-------

22

由①②解得>=1倍去)一y=l

瓜在

z=——1=

2一2

所以MQ-率厚)，从而而=(1-

m=0.(2-母+2%+屿。=0,

设冽=(%Jo，Zo)是平面45M的法向量，贝小_.即

m-AB=0,%=o.

所以可取桁=(0：-、而：2)・于是cos〈M：/i)=碧=

Hn\5

因此二面角M-AB-D的余弦值为半

【考点】判定线面平行、面面角的向量求法

【名师点睛】(1)求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进

行向量运算，要认真细心、准确计算.

(2)设机，〃分别为平面a,p的法向量，则二面角0与</«,〃>互补或相等，故有|cos0|=|cos<m,w>l=7—77—7.求

lwIH

解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

7.【答案】B

【解析】

试题分析：绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：ZC=L，M=；,

结合勾股定理，底面半径尸

3

由圆柱的体积公式,可得圆柱的体积是v=TV2h=xl=-n,故选B.

4

【考点】圆柱的体积公式

【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应

体积公式求解：（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行

求解.

8.【答案】②③

【解析】

试题分析：由题意，A8是以47为轴为底面半径的圆锥的母线，由AC_La,AC_Lb,又4?，圆锥底面,

所以在底面内可以过点S作80〃。，交底面圆。于点D,如图所示，连结。EMDELBD,DE//b,连

结4。，等腰八480中，48=40=0,当直线48与a成60。角时，Z4BD=60,故又在

口△3。石中，BE=2,:.DE=血,过点8作BF//DE,交圆。于点F,连结AF,由圆的对称性可知

3/=。£：=应，「.八48/为等边三角形，.・.乙48/=60',即48与匕成60°角，②正确，①错误.

由图可知③正确：很明显，可以满足平面直线a,则直线AB与。所成角的最大值为90。，④错误.故正

确的是②③.

A

【考点】异面直线所成的角

【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归

为共面问题来解决，具体步骤如下：

①半移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

③计算：求该角的值，常利用解三角形：

/■

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,-,可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直

I2」

线所成的角.

（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.

【答案】（1）证明略；（2）—

7

【解析】

试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°,则可得到面面垂直；

（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角dZmCft勺余弦值为立.

7

试题解析：（1）由题设可得，从而AD=OC.

又ZMCD是直角三角形，所以Z4DC=9O。.

取力流中点。连接。。,8。,则。0_1_/。,。0=力。

又由于AABC是正三角形，故8O_LAC.

所以NDO8为二面角O—AC—B的平面角.

在中，BO2+AO2=AB2.

又AB=BD，所以BO?+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2，

故NZ）OB=90.

所以平面/4CO_L平而/8C.

（2）由题设及（1）知，QAOB,OD两两垂直，以。为坐标原点，丽的方向为x轴正方向，司为单位长,

建立如图所示的空间直角坐标系。一型.则A（l,0,0）,8（0,百,0）,。（一1,0,0）,。（0,0,1）.

由题设知，四面体49CE的体积为四面体49CD的体积的,,从而E到平面/8C的距离为。到平面/8C的

2

1（43]}

距离的上，即£为。8的中点，得£0,—.

2\227

故而=（-1,0』）,而=（-2,0,0）,在=-1,—.

kZ

/、\n-AD=0»-x+z=0,

设〃=（x,y,z）是平面。4左的法向量，贝4—即

,邪1n

|wAE=0,-X+——V+—Z=0.

2,2

可取〃=h，且」.

\3/

m•AC=0,

设m是平面/&7的法向量，则<一同理可取〃1=（0,-1,>/3）.

m-AE=0,

rif\\/7

则cos<n,m）=,„,=—.

同同7

所以二面角。•/IFC的余弦值为也.

7

【考点】二面角的平面角；二面角的向量求法

【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思

想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.

⑵设加，〃分别为平面a”的法向量，则二面角。与〈孙力互补或相等，故有18sM=|cos5Ml=防向.

求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

10.【答案】B

【解析】

【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N

在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.

【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，

将圆柱的侧面展开图平铺，

可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点

处，

所以所求的最短路径的长度为序方=26，故选氏

点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几

何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征

求得结果.

11.【答案】A

【解析】

【分析】首先利用正方体的棱足3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点

出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线

的一半，应用面积公式求得结果.

【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，

所以在正方体A5CO-AqGA中，

平面A片。与线例,4区,4。所成的角是相等的，

所以平面A与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，

同理平面也满足与正方体的每条棱所在的宜线所成角都是相等,

要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面从qA与G8。中间的,

且过棱的中点的正六边形，且边长为正，

2

所以其面积为S=6x曰.（也了:手，故选A.

点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后

需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相

关的公式求得结果.

77

12.【答案】（1）证明见解析；（2）

4

【解析】

【分析】（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即防_LP/LBF工EF，又因为尸尸口成=尸，利用线

面垂直的判定定理可以得出BF_L平面PEF।又3户u平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PE尸_1_平

面ABFD；

（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面A3RD的法向量，设OP与平

UU»'UUBf3

HPDPX=—»得到结果.

面ABFD所成角为。，利用线面角的定义，可以求得sin。二=

后4

【详解】（1）由已知可得，BF1PF,BFLEF,又PFREF=F,所以8FJL平面尸所.

又5bu平面A8FZ），所以平面平面

（2）作PH上EF,垂足为".由（1）得，P//_L平面A8FZ）.

以“为坐标原点，乔的方向为了轴正方向，|乔|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系〃一斗.

由(1)可得，DE1PE又DP=2,DE=\，所以PE=6•又PF=1，EF=2,故PELPF.

可得PH=更，EH二二

22

，咱,一T,。)丽=弓

则”(0,0,0),尸0,0,,SP=0,0,为平面ABFQ的法向量.

UlK'lllBr3

HPDP

设。。与平面ABFQ所成角为。，则sin。

所以。尸与平面ABFD所成角的正弦值为—.

4

【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于

常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂

直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对

应的等量关系即可.

13.【答案】C

【解析】

【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相

等或互补关系求结果.

详解：以D为坐标原点,DA,DC,DM为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则以0,0,0),4(1,0,0),4(1,1,石),R(0,0,6),

所以可=(-1,0,6)，方耳=(l,l,g),

因为cos（碣，西）=尚赢=］炭=殍，所以异面直线AR与。片所成角的余弦值为手，选C.

点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二,

破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

14.【答案】40&兀

【解析】

【详解】分析：先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公

式求结果.

详解：因为母线SA,跖所成角的余弦值为《，所以母线SA,跖所成角的正弦值为姮，因为△SA5的面积为

88

5屈,设母线长为所以1、尸乂出=诉/.I2=80，

28

因为SA与圆锥底面所成角为45。，所以底面半径为/COS4=Y2/,

42

因此圆锥的侧面积为7trZ=—K72=40V2TC.

2

15.【答案】（1）证明见解析；（2）巫.

4

【解析】

【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直4C,再通过计算，根据勾股定理得尸0垂直03,最后根据线面垂直

判定定理得结论；

（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面以M一个法向量，利用向量数量积求出

两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC

与平面附M法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.

【详解】（1）因为AP=CP=AC=4,。为AC的中点，所以0P_L4C,且。7>=26.

连结03.

J2

因为A8=8C="AC，

2

所以.ABC为等腰直角三角形,

且OB1AC,OB」AC=2

2

由O尸+。夕=PB2知POVOB.

由OP_LOB,OP_LAC知PO_L平面ABC.

(2)如图，以。为坐标原点，砺的方向为1轴正方向，建立空间直角坐标系0-盯z.

由已知得0(0,0,0),3(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2我,AP=(0,2,2⑨

uuu

取平面PAC的法向量。3=(2,0,0).

UUU

设M(a,2-a,0)(0vaW2),则=(a,4-a,0).

设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).

.—«----2y+2\[3z=0

由AP•元=0,AM•万=0得<-

[ar+(4-〃)y=0

可取2斤=(6(〃-4),\/3a,-a)

—<25/3(n_4)__同

所以cos〈O8F〉=i.由已知得cos〈砺・万〉=、一

2y]3(a-4)2+3a2+a22

2y/3\a-4\也4

所以一i,,,二?.解得"(舍去)，a=-.

2枷-4)2+3/+/23

8734G/、

所以万=

一_F，~，-3

又定二(0,2,—26)，所以cos〈无㈤=".

4

所以PC8平面PAM所成角的正弦值为@.

4

【点睛】利用法向量求解空间线面角的关犍在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，

破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关“，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

16.【答案】A

【解析】

【详解】详解：由题意知，题干中所给的是桦头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯

视图中应有一不可见的长方形，

且俯视图应为对称图形

故俯视图为

故选A.

点睛：本题主要考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.

17.【答案】B

【解析】

【详解】分析：作图，D为MO与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当DM_L平面ABC时，三棱锥

D-ABC体积最大，然后进行计算可得.

详解：如图所示，

•o

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，

当DMJL平面ABC时，三棱锥D—ABC体积最大

此时，OD=OB=R=4

・・・S”邛的2二班

/.AB=6,

•・•点M为三角形ABC的中心

..RIAOMB中,有0M=,032-3"=2

.•.DM=OD+OM=4+2=6

.•.(%-枷)a=gx9Gx6=186

故选B.

点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM_L

平面ABC时，三棱锥D—ABC体积最大很关键，由M