2020-2021学年高三数学一轮复习易错题10 立体几何

易错点 10 立体几何 —备战 2021 年高考数学一轮复习易错题 【典例分析】 例 1（2020 年普通高等学校招生全国统一考试数学）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 【解析】 【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 处的纬度，计算出晷针与点 处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中 是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平面的 截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线. 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和 A A CD l A OA l⊥ AB m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 、根据线面垂直的定义可得 .. 由于 ，所以 ， 由于 ， 所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 . 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. 例 2（2020 年普通高等学校招生全国统一考试数学）已知直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的棱长 均为 2，∠BAD=60°．以 为球心， 为半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为 ________． 【答案】 . 【解析】 【分析】 根据已知条件易得 ， 侧面 ，可得侧面 与球面的交线上的 //m CD AB m⊥ 40 , //AOC m CD∠ = ° 40OAG AOC∠ = ∠ = ° 90OAG GAE BAE GAE∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ° 40BAE OAG∠ = ∠ = ° A 40BAE∠ = ° 1D 5 2 2 π 1D E 3= 1D E ⊥ 1 1B C CB 1 1B C CB点到 的距离为 ，可得侧面 与球面的交线是扇形 的弧 ，再根据弧长 公式可求得结果. 【详解】如图： 取 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为 ， 因为 60°，直四棱柱 的棱长均为 2，所以△ 为等边三角 形，所以 ， ， 又四棱柱 为直四棱柱，所以 平面 ，所以 ， 因为 ，所以 侧面 ， 设 为侧面 与球面的交线上的点，则 ， 因为球的半径为 ， ，所以 ， 所以侧面 与球面的交线上的点到 的距离为 ， 因为 ，所以侧面 与球面的交线是扇形 的弧 ， 因为 ，所以 ， E 2 1 1B C CB EFG FG 1 1B C E 1BB F 1CC G BAD∠ = 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 1D B C 1D E 3= 1 1 1D E B C⊥ 1 1 1 1ABCD A B C D− 1BB ⊥ 1111 DCBA 1 1 1BB B C⊥ 1 1 1 1BB B C B= 1D E ⊥ 1 1B C CB P 1 1B C CB 1D E EP⊥ 5 1 3D E = 2 2 1 1| | | | | | 5 3 2EP D P D E= − = − = 1 1B C CB E 2 | | | | 2EF EG= = 1 1B C CB EFG FG 1 1 4B EF C EG π∠ = ∠ = 2FEG π∠ =所以根据弧长公式可得 . 故答案为： . 【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. 例 3（2020 年普通高等学校招生全国统一考试数学）如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方 形，PD⊥底面 ABCD．设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l． （1）证明：l⊥平面 PDC； （2）已知 PD=AD=1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理证得 平面 ，利用线面平行的判定定理以及性质 定理，证得 ，从而得到 平面 ； （2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ，之 后求得平面 的法向量以及向量 的坐标，求得 的最大值，即为直线 与平面 所成角的正弦值的最大值.  222 2FG π π= × = 2 2 π 6 3 AD ⊥ PDC //AD l l ⊥ PDC ( ,0,1)Q m QCD PB cos ,n PB< >  PB QCD【详解】（1）证明： 在正方形 中， ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ，平面 平面 ， 所以 ， 因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以 且 平面 ，所以 因为 所以 平面 ； （2）如图建立空间直角坐标系 ， 因为 ，则有 ， 设 ，则有 ， 设平面 的法向量为 ， ABCD //AD BC AD ⊄ PBC BC ⊂ PBC //AD PBC AD ⊂ PAD PAD  PBC l= //AD l P ABCD− ABCD , ,AD DC l DC⊥ ∴ ⊥ PD ⊥ ABCD , ,AD PD l PD⊥ ∴ ⊥ CD PD D= l ⊥ PDC D xyz− 1PD AD= = (0,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0,0,1), (1,1,0)D C A P B ( ,0,1)Q m (0,1,0), ( ,0,1), (1,1, 1)DC DQ m PB= = = −   QCD ( , , )n x y z=则 ，即 ， 令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦 值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 ，当且仅当 时取等号， 所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 . 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线 面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目. 【易错警示】 易错点 1. 柱、锥、台结构特征判断中的误区 【例 1】如图所示，几何体的正确说法的序号为________． (1)这是一个六面体；(2)这是一个四棱台；(3)这是一个四棱柱；(4)此几何体可由三棱柱截去 一个三棱柱得到；(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到． 【错解】　(1)正确，因为有六个面，属于六面体的范围； (2)错误，因为侧棱的延长线不能交于一点，所以不正确； (3)正确，如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱； (4)(5)都错误． 0 0 DC n DQ n  ⋅ =  ⋅ =     0 0 y mx z =  + = 1x = z m= − QCD (1,0, )n m= − 2 1 0cos , 3 1 n PB mn PB n PB m ⋅ + +< >= = ⋅ +      2 |1 || cos , | 3 1 mn PB m +< > = ⋅ +   2 2 3 1 2 3 1 m m m + += ⋅ + 2 2 3 2 3 2 | | 3 61 1 1 13 1 3 1 3 3 m m m m = ⋅ + ≤ ⋅ + ≤ ⋅ + =+ + 1m = PB QCD 6 3【错因】忽视侧棱的延长线不能交于一点，直观感觉是棱台，而不注意逻辑推理． 【正解】(4)(5)如图，都正确。正确答案：(1)(3)(4)(5) 易错点 2. 解答平面图形直观图还原问题的易错点 【例 2】一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且梯形 OA′B′C′的面积为 2， 则原梯形的面积为(　　) A．2　　 B. 2 C．2 2 D．4 【错解】OC 的长度 2倍，故其面积是梯形 OA′B′C′面积的 2倍，梯形 OA′B′C′ 的面积为 2，所以原梯形的面积是 2. 【错因】原梯形与直观图中梯形上、下底边的长度一样，但高的长度不一样．原梯形的高 OC 是直观图中 OC′的长度的 2 倍，OC′长度是直观图中梯形的高的 2倍，此处易出错． 【正解】原梯形的高 OC 是直观图中 OC′长度的 2 倍，OC′的长度是直观图中梯形的高的 2倍，由此知原梯形的高 OC 的长度是直观图中梯形高的 2 2倍，故其面积是梯形 OA′B′C′面积的 2 2倍，梯形 OA′B′C′的面积为 2，所以原梯形的面积是 4. 易错点 3. 求几何体表面积、体积考虑不全. 【例 3】把长、宽分别为 4、2 的矩形卷成一个圆柱的侧面，求这个圆柱的体积． 【错解】设圆柱的底面半径为 r，母线长为 l，高为 h.当 2πr＝4，l＝2 时，r＝2 π，h＝l＝2， 所以 V 圆柱＝πr2h＝8 π. 【错因】把矩形卷成圆柱时，可以以 4 为底，2 为高；也可以以 2 为底，4 为高．容易漏掉一种情况，解决此类问题一定要考虑全面． 【正解】设圆柱的底面半径为 r，母线长为 l，高为 h. 当 2πr＝4，l＝2 时，r＝2 π，h＝l＝2，所以 V 圆柱＝πr2h＝8 π. 当 2πr＝2，l＝4 时，r＝1 π，h＝l＝4，所以 V 圆柱＝πr2h＝4 π. 综上所述，这个圆柱的体积为8 π或4 π. 易错点 4. 垂直性质定理应用的误区 【例 4】已知两个平面垂直，下列命题： ①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线　②一个平面内的已知直线 必垂直于另一个平面的无数条直线　③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面　④ 过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面． 其中正确命题个数是(　　) A．3　　　　B．2 C．1 D．0 【错解】如图在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，对于①AD1⊂平面 AA1D1D，BD⊂平面 ABCD，AD1 与 BD 是异面直线，成角 60°，①错误；②正确． 对于③，AD1⊂平面 AA1D1D， AD1 不垂直于平面 ABCD； 对于④，过平面 AA1D1D 内点 D1，作 D1C. ∵AD⊥平面 D1DCC1，D1C⊂平面 D1DCC1， ∴AD⊥D1C.故正确，故选 B. 【错因】“一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直”与“过一个平面内任意一点作 交线的垂线”，此垂线与另一个平面垂直”是不同的，关键是过点作的直线不一定在已知平 面内． 【正解】对于④，过平面 AA1D1D 内点 D1，作 D1C.∵AD⊥平面 D1DCC1，D1C⊂平面 D1DCC1， ∴AD⊥D1C.但 D1C 不垂直于平面 ABCD，故④错误，故选 C.易错点 5. 空间图形位置关系考虑不全面 【例 5】①若 ， ，则 ②若 ③ 若 ④若 其中正确命题的序号有________. 【错因】此题容易错选③，错误原因是没有考虑到 a,b 异面的情况 【正解】②中 。③ .选①④ 易错点 6．几何体计算公式掌握不牢 【例 6】凸多面体的体积 ( ) A． B． 1 C． D． 【错因】此题容易错选为 D，错误原因是对棱锥的体积公式记忆不牢。 【正解】将展开图还原为立体图，再确定上面棱锥的高。平面展开图复原的几何体是下部为 正方体，上部是正四棱锥，棱长都是 1，正方体的体积是 1；棱长为 1 的正四棱锥的体积是： ，故答案为 易错点 7. 找不到要求的角 【例 7】长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AD＝4，AB＝3，则直线 A1B 与平面 A1B1CD 所成角的 正弦值是 . 【错因】此题容易错在线面角的寻找上。 【正解】由条件知，BC1 平面 A1B1CD，设 BC1 B1C＝O，则∠BA1O 为所求角， a α⊥ a β⊥ βα // βαγ⊥βγ⊥α //,, 则 baba //,,,// 则βαβα ⊂⊂ baba //,,,// 则=∩=∩ γβγαβα 可能平行可能相交βα, 可能平行可能异面，ba V = 21 6 + 6 2 2 21+ 2 21 3 1 21 1 ( ) ( )3 2 2 6 × × × − = 21 6 + ⊥ 其正弦值为 ＝ 易错点 8. 球形与其它图形几何的组合图形把握不准 提示：有关球的问题，多数采用过球心的截面法转换为平面几何问题 【例 8】一个与球心距离为 1 的平面截球所得的圆面面积为 ，则球的表面积为______. 【错因】球体是近年高考通常所设计的集合体，通常也是考生容易出错的一个地方，通常的 错误是对球体的与题目结合时候空间想象力缺乏导致，或者计算的时候计算不出球的半径等。 【正解】过球心与小圆圆心做球的截面，转化为平面几何来解决. 由已知与球心距离为 1 的平面截球所得的圆面面积为π，故该圆的半径为 1， 球的半径为 ，故该球的表面积 S=4πR2=8π 【训练】如图，在半径为 3 的球面上有 A、B、C 三点，∠ABC=900，BA=BC， 球心 到平面 ABC 的距离是 ，则 B、C 两点的球面距离是 （ ） A、 B、 C、 D、 【正解】取 AC 中点 ，由球的基本性质可知 ⊥平面 ABC，所以△ B 为直角三角 形且 ， ，即 ，又∠ABC=900，所以 AC ，在等腰直角 三角形 ABC 中 BA=BC，所以 BC= ，则△ 为正三角形即 则 B、C 两点的球 BA BO 1 5 22 π 2 O 3 2 2 3 π π 4 3 π 2π O′ OO′ OO′ OO′ = 3 2 2 3OB = 3 2 2O B′ = 3 2= 3 OBC 3BOC π∠ =面距离是 【变式练习】 1．（2019·六盘山高级中学高考模拟（理））已知正四棱锥 的侧棱长与底面边长 都相等， 是 的中点，则 所成的角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设 的交点为 ，连接 ，则 为 所成的角或其补角；设 正四棱锥的棱长为 ，则 ，所以 ，故 C 为正确答案． 2．（2019·湖北省高考模拟（文））已知正三棱柱 的底面边长为 3，外接球表 面积为 ，则正三棱柱 的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】正三棱柱 的底面边长为 3,故底面的外接圆的半径为： 外接球表面积为 33 π π× = S ABCD− E SB AE SD， 1 3 2 3 3 3 2 3 AC BD、 O EO AEO∠ ,AE SD a 3 1 2, ,2 2 2AE a EO a OA a= = = 2 2 2 cos 2 AE OA EOAEO AE OA + −∠ = ⋅ 2 2 23 1 2( ) ( ) ( ) 32 2 2 33 12 ( ) ( )2 2 a a a a a + − = = × ⋅ 1 1 1ABC A B C− 16π 1 1 1ABC A B C− 3 3 4 3 3 2 9 3 4 9 3 2 1 1 1ABC A B C− 0 3,2 3.sin 60r r r= ⇒ = 16π 24 2R Rπ= ⇒ =外接球的球心在上下两个底面的外心 MN 的连线的中点上，记为 O 点，如图所示 在三角形 中， 解得 故棱柱的体积为： 故答案为 D. 3．（多选）如图，直三棱柱 中， ， ， ， 侧面 中心为 O，点 E 是侧棱 上的一个动点，有下列判断，正确的是（ ） A．直三棱柱侧面积是 B．直三棱柱体积是 C．三棱锥 的体积为定值 D． 的最小值为 【答案】ACD 1OMB 2 2 2 1 1 1 13, 2MB r OB R MB OM OB= = = = + = 1, 2OM MN h= = = 1 3 93 3 2 3.2 2 2V Sh= = × × × × = 1 1 1ABC A B C− 1 2AA = 1AB BC= = 90ABC °∠ = 1 1AAC C 1BB 4 2 2+ 1 3 1E AAO− 1AE EC+ 2 2【解析】在直三棱柱 中， ， ， 底面 和 是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为 1×2×2+ ，故 A 正确； 直三棱柱的体积为 ，故 B 不正确； 由 BB1∥平面 AA1C1C，且点 E 是侧棱 上的一个动点， 三棱锥 的高为定值 ， × ×2＝ ， × × ＝ ，故 C 正确； 设 BE＝x ，则 B1E＝2﹣x，在 和 中，∴ ＝ ．由其几何意义， 即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值，由对称可知，当 为 的中点时，其最小值为 ，故 D 正确．故选 ACD． 4．（2019·广东省高考模拟（理））三棱锥 中，底面 是等腰直角三角形， ，且 为 中点，如图. 1 1 1ABC A B C− 1 2AA = 1AB BC= = 90ABC °∠ = ABC 1 1 1A B C 2 2 2 4 2 21 1 × = ++ 1 1 1 1 2 12ABCV S AA∆= = × × × = 1BB ∴ 1E AAO− 2 2 1 1 4AA OS∆ = 2 2 2 ∴ 1E AA OV − = 1 3 2 2 2 2 1 6 [ ]0,2∈ Rt ABC∆ 1 1Rt EB C∆ 1AE EC+ 2 21 1 (2 )x x+ + + − E 1BB 2 22 2 2 2+ = A BCD− BCD∆ 2, 2BC BD AB= = = ,AB CD O⊥ CD（1）求证：平面 平面 ； （2）若二面角 的大小为 ，求 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）见证明；（2） 【解析】（1）证明： 是等腰直角三角形， 为 中点， 平面 平面 平面 平面 （2） 平面 为二面角 的平面角， 为等边三角形， 以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ABO ⊥ BCD A CD B− − 3 π AD ABC 42 7 BCD∆ 2,BC BD O= = CD BO CD∴ ⊥ , ,AB CD AB BO B CD⊥ ∩ = ∴ ⊥ ABO CD ⊂ ,BCD ∴ ABO ⊥ BCD CD ⊥ ,ABO CD AO∴ ⊥ AOB∴∠ A CD B− − 3AOB π∴∠ = 2, ,BO AB BO ABO= ∴ = ∴∆ B ( ) ( )0,0,0 , 2,0,0 ,B C ( )1 1 6, , , 0,2,02 2 2A D       ( )1 1 6, , , 2,0,0 ,2 2 2BA BC  = =      1 3 6, ,2 2 2AD  = − −    设平面 的法向量 ，则 即 取 设 与平面 所成角为 ，则 故 平面 所成角的正弦值为 . 【真题演练】 1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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． B． C． D． ABC ( ), ,n x y z= 0, 0, BA n BC n  ⋅ =  ⋅ =     1 1 6 02 2 2 2 0 x y z x  + + =  = ( )0, 6, 1n = − AD ABC θ 3 6 6 422 2sin cos , 1 71 9 6 72 n ADθ + = = = × + + ×  AD ABC 42 7 5 1 4 − 5 1 2 − 5 1 4 + 5 1 2 +【答案】C 【解析】如图，设 ，则 ， 由题意得 ，即 ，化简得 ， 解得 （负值舍去）. 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. 2．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】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 ，在俯视图中对应的点为 ，则该端点在侧视图中对应的 点为 ,CD a PE b= = 2 2 2 2 4 aPO PE OE b= − = − 2 1 2PO ab= 2 2 1 4 2 ab ab− = 24( ) 2 1 0b b a a − ⋅ − = 1 5 4 b a += M NA． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据三视图，画出多面体立体图形， 上的点在正视图中都对应点 M,直线 上的点在俯视图中对应的点为 N, ∴在正视图中对应 ,在俯视图中对应 的点是 ,线段 ,上的所有点在侧试图 中都对应 ,∴点 在侧视图中对应的点为 . 故选 A. 【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识 和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题. 3．【2020 年高考全国 II 卷理数】已知△ABC 是面积为 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 16 ，则 O 到平面 ABC 的距离为 A． B． C．1 D． 【答案】C 【解析】设球 的半径为 ，则 ，解得： . E F G H 1 4D D 3 4B C M N 4D 3 4D D E 4D E 9 3 4 π 3 3 2 3 2 O R 24 16Rπ = π 2R =设 外接圆半径为 ，边长为 ， 是面积为 的等边三角形， ，解得： ， ， 球心 到平面 的距离 . 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. 4．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A．6+4 B．4+4 ABC△ r a ABC△ 9 3 4 21 3 9 3 2 2 4a∴ × = 3a = 2 22 2 99 33 4 3 4 ar a∴ = × − = × − = ∴ O ABC 2 2 4 3 1d R r= − = − = 2 2C．6+2 D．4+2 【答案】C 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 根据勾股定理可得： 是边长为 的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 该几何体的表面积是： . 故选：C． 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三 视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 5．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知 为球 的球面上的三个点，⊙ 为 的 外接圆，若⊙ 的面积为 ， ，则球 的表面积为 A． B． 3 3 1 2 2 22ABC ADC CDBS S S= = = × × =△ △ △ 2 2AB AD DB= = = ∴ ADB△ 2 2 21 1 3sin 60 (2 2) 2 32 2 2ADBS AB AD= ⋅ ⋅ ° = ⋅ =△ ∴ 2 3 6 2 33 2 =× + + , ,A B C O 1O ABC△ 1O 4π 1AB BC AC OO= = = O 64π 48πC． D． 【答案】A 【解析】设圆 半径为 ，球的半径为 ，依题意， 得 ， 为等边三角形， 由正弦定理可得 ， ，根据球的截面性质 平面 ， ， 球 的表面积 . 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. 6．【2020 年高考天津】若棱长为 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A． B． C． D． 【答案】C 36π 32π 1O r R 2 4 , 2r rπ = π =∴  ABC 2 sin60 2 3AB r= ° = 1 2 3OO AB∴ = = 1OO ⊥ ABC 2 2 2 2 1 1 1 1 1, 4OO O A R OA OO O A OO r∴ ⊥ = = + = + = ∴ O 24 64S Rπ π= = 2 3 12π 24π 36π 144π【解析】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 ， 所以，这个球的表面积为 . 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. 7．【2020 年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面 积为 A． B． C． D． ( ) ( ) ( )2 2 2 2 3 2 3 2 3 32R + + = = 2 24 4 3 36S Rπ π π= = × = 6 3+ 6 2 3+ 12 3+ 12 2 3+【答案】D 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为 2 的等边三角形，侧面为三个边长为 2 的正方形， 则其表面积为： . 故选：D． 【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当 的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系． (2)多面体 表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算， 而表面积是侧面积与底面圆的面积之和． 8．【2020 年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单 位：cm3）是 A． B． C．3 D．6 【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 的 ( ) 13 2 2 2 2 2 sin 60 12 2 32S  = × × + × × × × ° = +   7 3 14 3且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为 1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为 2， 所以几何体的体积为 . 故选：A 【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题. 9．【2020 年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线 l，m，n．“l ，m，n 共面”是“l ， m，n 两两相交”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】依题意 是空间不过同一点的三条直线， 当 在同一平面时，可能 ，故不能得出 两两相交. 当 两两相交时，设 ，根据公理 可知 确定一 1 1 1 1 72 1 1 2 1 2 23 2 2 3 3    × × × × + × × × = + =       , ,m n l , ,m n l // //m n l , ,m n l , ,m n l , ,m n A m l B n l C∩ = ∩ = ∩ = 2 ,m n个平面 ，而 ，根据公理 可知，直线 即 ，所以 在同一平面. 综上所述，“ 在同一平面”是“ 两两相交”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理 和公理 的运用，属于中档 题. 10．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】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 【解析】画出截面图如下图所示，其中 是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平 面的截线，依题意可知 ； 是晷针所在直线. 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， α ,B m C nα α∈ ⊂ ∈ ⊂ 1 BC l α⊂ , ,m n l , ,m n l , ,m n l 1 2 CD l A OA l⊥ AB m根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 .. 由于 ，所以 ， 由于 ， 所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 . 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. 11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题： p1：两两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l 平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ① ② ③ ④ 【答案】①③④ //m CD AB m⊥ 40 , //AOC m CD∠ = ° 40OAG AOC∠ = ∠ = ° 90OAG GAE BAE GAE∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ° 40BAE OAG∠ = ∠ = ° A 40BAE∠ = ° ⊂ 1 4p p∧ 1 2p p∧ 2 3p p¬ ∨ 3 4p p¬ ∨ ¬【解析】对于命题 ，可设 与 相交，这两条直线确定的平面为 ； 若 与 相交，则交点 在平面 内， 同理， 与 的交点 也在平面 内， 所以， ，即 ，命题 为真命题； 对于命题 ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题 为假命题； 对于命题 ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题 为假命题； 对于命题 ，若直线 平面 ， 则 垂直于平面 内所有直线， 直线 平面 ， 直线 直线 ， 命题 为真命题. 综上可知， ， 为真命题， ， 为假命题， 为真命题， 为假命题， 为真命题， 为真命题. 1p 1l 2l α 3l 1l A α 3l 2l B α AB α⊂ 3l α⊂ 1p 2p 2p 3p 3p 4p m ⊥ α m α  l ⊂ α ∴ m ⊥ l 4p 1 4p p∧ 1 2p p∧ 2 3p p¬ ∨ 3 4p p¬ ∨ ¬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. 12．【2020 年高考全国Ⅲ卷理数】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】 【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 ，且点 M 为 BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为 ， 由于 ，故 ， 设内切圆半径为 ，则： ， 解得： ，其体积： . 2 3 π 2, 3BC AB AC= = = O 2 23 1 2 2AM = − = 1 2 2 2 2 22S = × × =△ABC r ABC AOB BOC AOCS S S S= + +△ △ △ △ 1 1 1 2 2 2AB r BC r AC r= × × + × × + × × ( )1 3 3 2 2 22 r= × + + × = 2 2r = 34 2 3 3V r= π = π故答案为： . 【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. 13．【2020 年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为 ，且它的侧面展开图是一个 半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______． 【答案】 【解析】设圆锥底面半径为 ，母线长为 ，则 ，解得 . 故答案为： 【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题. 14．【2020 年高考江苏】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 2 cm，高为 2 cm，内孔半轻为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯 的体积是 ▲ cm. 【答案】 2 3 π 2π 1 r l 2 12 22 r l r l π π π π × × = × × = × × × 1, 2r l= = 1 12 3 2 π−【解析】正六棱柱体积为 ， 圆柱体积为 ， 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. 15．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的棱长均为 2，∠BAD=60°．以 为球心， 为半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为________． 【答案】 . 【解析】如图： 取 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为 ， 因为 60°，直四棱柱 的棱长均为 2，所以△ 为等边 三角形，所以 ， ， 又四棱柱 为直四棱柱，所以 平面 ，所以 ， 236 2 2=12 34 × × × 21( ) 22 2 ππ ⋅ = 12 3 2 π− 12 3 2 π− 1D 5 2 2 π 1 1B C E 1BB F 1CC G BAD∠ = 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 1D B C 1D E 3= 1 1 1D E B C⊥ 1 1 1 1ABCD A B C D− 1BB ⊥ 1111 DCBA 1 1 1BB B C⊥因为 ，所以 侧面 ， 设 为侧面 与球面的交线上的点，则 ， 因为球的半径为 ， ，所以 ， 所以侧面 与球面的交线上的点到 的距离为 ， 因为 ，所以侧面 与球面的交线是扇形 的弧 ， 因为 ，所以 ， 所以根据弧长公式可得 . 故答案为： . 【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. 16．【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底 面直径， ． 是底面的内接正三角形， 为 上一点， ． （1）证明： 平面 ； 1 1 1 1BB B C B= 1D E ⊥ 1 1B C CB P 1 1B C CB 1D E EP⊥ 5 1 3D E = 2 2 1 1| | | | | | 5 3 2EP D P D E= − = − = 1 1B C CB E 2 | | | | 2EF EG= = 1 1B C CB EFG FG 1 1 4B EF C EG π∠ = ∠ = 2FEG π∠ =  222 2FG π π= × = 2 2 π D O AE AE AD= ABC△ P DO 6 6PO DO= PA ⊥ PBC（2）求二面角 的余弦值． 【解析】（1）设 ，由题设可得 ， . 因此 ，从而 . 又 ，故 . 所以 平面 . （2）以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立如图所示的 空间直角坐标系 . 由题设可得 . 所以 . B PC E− − DO a= 6 3, ,6 3PO a AO a AB a= = = 2 2PA PB PC a= = = 2 2 2PA PB AB+ = PA PB⊥ 2 2 2PA PC AC+ = PA PC⊥ PA ⊥ PBC O OE y | |OE O xyz− 3 1 2(0,1,0), (0, 1,0), ( , ,0), (0,0, )2 2 2E A C P− − 3 1 2( , ,0), (0, 1, )2 2 2EC EP= − − = − 设 是平面 的法向量，则 ，即 ， 可取 . 由（1）知 是平面 的一个法向量，记 ， 则 . 所以二面角 的余弦值为 . 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想 象能力，数学运算能力，是一道容易题. 17．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F． （1）证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F； （2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值． ( , , )x y z=m PCE 0 0 EP EC  ⋅ = ⋅ =   m m 2 02 3 1 02 2 y z x y − + = − − = 3( ,1, 2)3 = −m 2(0,1, )2AP = PCB AP= n 2 5cos , | || 5 ⋅= =n mn m n m | B PC E− − 2 5 5【解析】（1）因为M，N分别为BC，B 1C1的中点，所以 ．又由已知得AA1∥ CC1，故AA1∥MN． 因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN． 所以平面A1AMN⊥平面 ． （2）由已知得AM⊥BC ．以M为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM= ． 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故 ．由（1）知平面 A1AMN ⊥平面 ABC，作 NQ⊥AM，垂足为 Q，则 NQ⊥平面 ABC． 设 ，则 ， 故 ． 又 是平面 A1AMN 的法向量，故 ． 所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为 ． 1MN CC∥ 1 1EB C F MA MB 3 2 3 2 3 1, ( , ,0)3 3 3PM E= ( ,0,0)Q a 2 2 1 2 3 2 34 ( ) , ( ,1, 4 ( ) )3 3NQ a B a a= − − − − 2 1 1 2 3 2 2 3 2 10( , , 4 ( ) ),| |3 3 3 3B E a a B E= − − − − − =  (0, 1,0)= −n 1 1 1 1 π 10sin( , ) cos ,2 10| | B EB E B E B E ⋅− = = = ⋅    nn n | n | 10 1018．【2020 年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，且 ， ． （1）证明：点 在平面 内； （2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值． 【解析】设 ， ， ，如图，以 为坐标原点， 的方向为 轴 正方向，建立空间直角坐标系 ． （1）连结 ，则 ， ， ， ， ， ，得 ． 因此 ，即 四点共面，所以点 在平面 内． （ 2 ） 由 已 知 得 ， ， ， ， ， ， ， ． 1 1 1 1ABCD A B C D− ,E F 1 1,DD BB 12DE ED= 12BF FB= 1C AEF 2AB = 1AD = 1 3AA = 1A EF A− − AB a= AD b= 1AA c= 1C 1 1C D x 1C xyz− 1C F 1(0,0,0)C ( , , )A a b c 2( ,0, )3E a c 1(0, , )3F b c 1(0, , )3EA b c= 1 1(0, , )3C F b c= 1EA C F=  1EA C F∥ 1, , ,A E F C 1C AEF (2,1,3)A (2,0,2)E (0,1,1)F 1(2,1,0)A (0, 1, 1)AE = − − ( 2,0, 2)AF = − − 1 (0, 1,2)A E = − 1 ( 2,0,1)A F = −设 为平面 的法向量，则 即 可取 ． 设 为平面 的法向量，则 同理可取 ． 因为 ，所以二面角 的正弦值为 ． 19．【2020 年高考江苏】在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB⊥AC，B1C⊥平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的中点． （1）求证：EF∥平面 AB1C1； （2）求证：平面 AB1C⊥平面 ABB1． 【解析】因为 分别是 的中点，所以 . 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 1 ( , , )x y z=n AEF 1 1 0, 0, AE AF  ⋅ = ⋅ =   n n 0, 2 2 0, y z x z − − = − − = 1 ( 1, 1,1)= − −n 2n 1A EF 2 2 1 1 0, 0, A E A F  ⋅ = ⋅ =   n n 2 1( ,2,1)2 =n 1 2 1 2 1 2 7cos , | | | | 7 ⋅〈 〉 = = −⋅ n nn n n n 1A EF A− − 42 7 ,E F 1,AC B C 1EF AB∥ /EF ⊂ 1 1AB C 1AB ⊂ 1 1AB C EF∥ 1 1AB C（2）因为 平面 ， 平面 , 所以 . 又 , 平面 , 平面 , 所以 平面 . 又因为 平面 ,所以平面 平面 . 【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 20．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ ACD=45°，DC =2BC． （Ⅰ）证明：EF⊥DB； （Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）如图，过点 D 作 ，交直线 AC 于点 ，连结 OB． 1B C ⊥ ABC AB ⊂ ABC 1B C AB⊥ AB AC⊥ 1B C ⊂ 1 1AB C AC ⊂ 1AB C 1 ,B C AC C= AB ⊥ 1AB C AB ⊂ 1ABB 1AB C ⊥ 1ABB DO AC⊥ O由 ， 得 ， 由平面 ACFD⊥平面 ABC 得 DO⊥平面 ABC，所以 . 由 ， 得 . 所以 BC⊥平面 BDO，故 BC⊥DB． 由三棱台 得 ，所以 . （Ⅱ）方法一： 过点 作 ，交直线 BD 于点 ，连结 . 由三棱台 得 ，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角. 由 平面 得 ，故 平面 BCD，所以 为直线 CO 与平面 DBC 所成角. 设 . 由 ，得 ， 所以 ， 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 . 方法二： 45ACD∠ = ° DO AC⊥ 2CD CO= DO BC⊥ 45ACB∠ = ° 1 2 2 2BC CD CO= = BO BC⊥ ABC DEF− BC EF∥ EF DB⊥ O OH BD⊥ H CH ABC DEF− DF CO∥ BC ⊥ BDO OH BC⊥ OH ⊥ OCH∠ 2 2CD = 2, 2DO OC BO BC= = = = 26, 33BD OH= = 3sin 3 OHOCH OC ∠ = = 3 3由三棱台 得 ，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，记为 . 如图，以 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 . 设 . 由题意知各点坐标如下： . 因此 . 设平面 BCD 的法向量 . 由 即 ，可取 . 所以 . 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 . 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与 平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 21．【2020 年高考天津】如图，在三棱柱 中， 平面 ABC DEF− DF CO∥ θ O O xyz− 2 2CD = (0,0,0), (1,1,0), (0,2,0), (0,0,2)O B C D (0,2,0), ( 1,1,0), (0, 2,2)OC BC CD= = − = −   ( , ,z)x y=n 0, 0, BC CD  ⋅ = ⋅ =   n n 0 2 2 0 x y y z − + = − + = (1,1,1)=n | 3sin | cos , | 3| | | OCOC OC θ ⋅= = = ⋅   n |n n | 3 3 1 1 1ABC A B C− 1CC ⊥， ，点 分别在棱 和棱 上，且 为棱 的中点． （Ⅰ）求证： ； （Ⅱ）求二面角 的正弦值； （Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值． 【解析】依题意，以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴的正 方向建立空间直角坐标系（如图），可得 ， ， ． , , 2ABC AC BC AC BC⊥ = = 1 3CC = ,D E 1AA 1CC 2,1 ,AD CE M= = 1 1A B 1 1C M B D⊥ 1B B E D− − AB 1DB E C 1, ,CA CB CC   x y z 1(0,0,0), (2,0,0), (0,2,0), (0,0,3)C A B C 1 1(2,0,3), (0,2,3), (2,0,1), (0,0,2)A B D E (1,1,3)M（Ⅰ）证明：依题意， ， ，从而 ，所以 ． （Ⅱ）解：依题意， 是平面 的一个法向量， ， ．设 为平面 的法向量，则 即 不妨设 ，可得 ． 因此有 ，于是 ． 所以，二面角 的正弦值为 ． （Ⅲ）解：依题意， ．由（Ⅱ）知 为平面 的一个法 向量，于是 ． 所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 1 (1,1,0)C M = 1 (2, 2, 2)B D = − − 1 1 2 2 0 0C M B D⋅ = − + =  1 1C M B D⊥ (2,0,0)CA = 1BB E 1 (0,2,1)EB = (2,0, 1)ED = − ( , , )x y z=n 1DB E 1 0, 0, EB ED  ⋅ = ⋅ =   n n 2 0, 2 0. y z x z + =  − = 1x = (1, 1,2)= −n | || 6cos , 6|A CA C CA⋅〈 〉 = =       nn n 30sin , 6CA〈 〉 = n 1B B E D− − 30 6 ( 2,2,0)AB = − (1, 1,2)= −n 1DB E 3cos , 3| || | ABAB AB ⋅= = −   nn n AB 1DB E 3 3