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1、2020年高考數學 立體幾何試題分類匯編 理（安徽）（A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80（北京）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面的面積中，最大的是332正視圖側視圖俯視圖圖1A8 B C10 D（湖南）設圖一是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（ ）A B C D 答案：B解析：有三視圖可知該幾何體是一個長方體和球構成的組合體，其體積。（廣東）如圖l3某幾何體的正視圖(主視圖)是平行四邊形，側視圖(左視圖)和俯視圖都是矩形，則該幾何體的體積為 A. B. C. D.（江西）已知是三個相互平行的平面,平面之間的距離為,平面之間的距離為.直線與分別交于.那么是的

2、( ) A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充分必要條件 D. 既不充分也不必要條件答案：C 解析：平面平行，由圖可以得知：如果平面距離相等，根據兩個三角形全等可知如果，同樣是根據兩個三角形全等可知（遼寧）如圖，四棱錐SABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結論中不正確的是AACSB BAB平面SCD CSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角DAB與SC所成的角等于DC與SA所成的角（遼寧）已知球的直徑SC=4，A，B是該球球面上的兩點，AB=，則棱錐SABC的體積為A B CD1（全國2）已知直二面角，點,C為垂足，為垂足若AB=2，AC=BD=1，則D

3、到平面ABC的距離等于(A) (B) (C) (D) 1 【思路點撥】本題關鍵是找出或做出點D到平面ABC的距離DE，根據面面垂直的性質不難證明平面，進而平面ABC,所以過D作于E，則DE就是要求的距離?！揪v精析】選C.如圖，作于E，由為直二面角，得平面，進而，又，于是平面ABC，故DE為D到平面ABC的距離。在中，利用等面積法得.（全國新）在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如右圖所示，則相應的俯視圖可以為（山東）右圖是長和寬分別相等的兩個矩形給定下列三個命題：存在三棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如右圖；存在四棱柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖；存在圓柱，其正(主)視圖、俯視圖如下圖其中真

4、命題的個數是（A）3 （B）2 （C）1 （D）05. （陜西）某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是（ ）(A) 8-2 （四川），是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是 (A)， （B）， (C) ，共面 （D），共點，共面（浙江）若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是（浙江）下列命題中錯誤的是A如果平面，那么平面內一定存在直線平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面C如果平面，平面，那么D如果平面，那么平面內所有直線都垂直于平面（重慶）高為的四棱錐S-ABCD的底面是邊長為1的正方形，點S、A、B、C、D均在半徑為1的同一球面上，則底面ABC

5、D的中心與頂點S之間的距離為（A） （B） (C) (D) （天津）一個幾何體的三視圖如右圖所示（單位：），則該幾何體的體積為_（四川）如圖，半徑為R的球O中有一內接圓柱.當圓柱的側面積最大是，求的表面積與改圓柱的側面積之差是 . （上海）若圓錐的側面積為，底面積為，則該圓錐的體積為 。（全國新）已知矩形的頂點都在半徑為4的球的球面上，且,則棱錐的體積為 。（全國2）已知平面截一球面得圓M，過圓心M且與成二面角的平面截該球面得圓N.若該球面的半徑為4，圓M的面積為4，則圓N的面積為 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【思路點撥】做出如圖所示的圖示，問題即可解決?！揪v精析】選B.作示意

6、圖如，由圓M的面積為4，易得，中，。故.（全國2）己知點E、F分別在正方體ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于 .【思路點撥】本題應先找出兩平面的交線，進而找出或做出二面角的平面角是解決此問題的關鍵,延長EF必與BC相交，交點為P，則AP為面AEF與面ABC的交線.【精講精析】.延長EF交BC的延長線于P，則AP為面AEF與面ABC的交線，因為，所以為面AEF與面ABC所成的二面角的平面角。（福建）三棱錐P-ABC中，PA底面ABC，PA=3，底面ABC是邊長為2的正三角形，則三棱錐P-ABC的體積等

7、于_。（遼寧）一個正三棱柱的側棱長和底面邊長相等，體積為，它的三視圖中的俯視圖如右圖所示，左視圖是一個矩形，則這個矩形的面積是 （重慶）如題（19）圖，在四面體中，平面平面，. （）若，求四面體的體積； () 若二面角為，求異面直線與所成角的余弦值.（四川）如圖，在直三棱柱AB-A1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA1 =1D是棱CC1上的一P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且PB1平面BDA(I)求證：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ()求點C到平面B1DP的距離（浙江）如圖，在三棱錐中，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上，已

8、知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）證明：APBC；（）在線段AP上是否存在點M，使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由。本題主要考查空是點、線、面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量的應用，同時考查空間想象能力和運算求解能力。滿分15分。方法一： （I）證明：如圖，以O為原點，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz則，由此可得，所以，即（II）解：設設平面BMC的法向量，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。綜上所述，存在點M符合題意，AM=3。方法二：（I）證明：由AB=AC，D是BC的中點，得又平面ABC，得因為，所

9、以平面PAD，故（II）解：如圖，在平面PAB內作于M，連CM，由（I）中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又從而PM，所以AM=PA-PM=3。綜上所述，存在點M符合題意，AM=3。（上海）已知是底面邊長為1的正四棱柱，是和的交點。 設與底面所成的角的大小為，二面角的大小為。求證：； 若點到平面的距離為，求正四棱柱的高。解：設正四棱柱的高為。 連，底面于， 與底面所成的角為，即 ，為中點，又， 是二面角的平面角，即 ，。 建立如圖空間直角坐標系，有設平面的一個法向量為， ，取得 點到平面的距離為，則。（天津）如圖，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）

10、求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）設為棱的中點，點在平面內，且平面，求線段的長本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.滿分13分. 方法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點. 依題意得 （I）解：易得， 于是 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：易知 設平面AA1C1的法向量， 則即 不妨令可得， 同樣地，設平面A1B1C1的法向量， 則即不妨令，可得于是從而所以二面角AA1C1B的正弦值為 （III）解：由N為棱B1C1的中

11、點，得設M（a，b，0），則由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以線段BM的長為方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是異面直線AC與A1B1所成的角.因為平面AA1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心，可得因此所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為（II）解：連接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，過點A作于點R，連接B1R，于是，故為二面角AA1C1B1的平面角.在中，連接AB1，在中，從而所以二面角AA1C1B1的正弦值為（III）解：因為平面A1B1C1，所以取HB1中點D，連接ND，由于N是棱B1C1中點，所以ND/C1H且.又

12、平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，連接MD并延長交A1B1于點E，則由得，延長EM交AB于點F，可得連接NE.在中，所以可得連接BM，在中，（陜西）如圖，在中，是上的高，沿把折起，使 。（）證明：平面平面；（）設為的中點，求與夾角的余弦值。解（）折起前是邊上的高，當折起后，AD，AD，又DB，平面，AD 平面平面BDC.（）由及（）知DA，DC兩兩垂直，不防設=1，以D為坐標原點，以，所在直線軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，0），=，=（1，0,0,），與夾角的余弦值為，=.（山東）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，ACB=，平面，EF，.=.（)若是線段上的中點，求證：平面;（）若-,求平面角-的大小（全國新）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.()證明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。解：（）因為, 由余弦定理得 從而BD2+AD2= AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD. 故PABD（）如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標系D-，則,。設平面PAB的法向量為n=（x,y,z），則