专题04立体几何-2021年高考真题和模拟题数学（文）分项汇编（全国通用）（解析版）

这是一份专题04立体几何-2021年高考真题和模拟题数学（文）分项汇编（全国通用）（解析版），共29页。

专题04 立体几何

1．（2021·全国高考真题（文））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（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.
【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

所以其侧视图为，故选D．
2．（2021·全国高考真题（理））在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选D．
3．（2021·浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A． B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.
【详解】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，
该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，
故，
故选：A.

4．（2021·北京高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）

A． B．4 C． D．2
【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.
【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，
其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
故其表面积为，
故选：A.


5．（2021·北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）

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，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
6．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项B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.
7．（2021·全国高考真题（文））已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴
∴.
故答案为：.

8．（2021·全国高考真题（文））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可）．

【答案】③④（答案不唯一）
【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，

如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
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.
9．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．
【点睛】本题第一问解题关键是找到平面或平面的垂线，结合题目条件，所以垂线可以从中产生，稍加分析即可判断出平面，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，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．
10．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】
本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
11．（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.

（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】(1)如图所示，连结AF，

由题意可得：，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，
从而有，
从而，
则，为等腰直角三角形，
，.
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，

正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
【点睛】
求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.



1．（2021·四川成都市·石室中学高三三模）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥有一个内切球，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由给定条件求出三棱锥的体积，连接OA，OB，OC，OP，可得四个小锥体，由小锥体体积和即可求出球半径.
【详解】因平面，则，而，，于是得平面，，而，，
又，，则有，
三棱锥的表面积为，
连接OA，OB，OC，OP，如图：

三棱锥被分割为四个三棱锥，它们的高均为球O的半径r，
，
而，则，得，
所以球的体积为.
故选：C
2．（2021·全国高三其他模拟）《九章算术》是中国古代的一部数学著作，著作中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶”.现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD是边长为4的正方形，△ADE与△BCF是等边三角形，EF//AB，AB＝2EF，则该刍甍的外接球的半径为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接交于点，过点作平面，设为外接球的球心，取的中点分别为，证得平面，求得，设，得到，结合求得截面性质，列出方程，即可求解.
【详解】连接交于点，过点作平面,
因为四边形为正方形，所以外接球的球心在上，设为外接球的球心，
取的中点分别为，连接，
因为，可得，
因为为等比三角形，所以，
因为，，所以平面，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
设，则，
所以，所以，
即，解得，即，
所以，所以.
故选：A.

3．（2021·重庆高三其他模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，下列说法中正确的是（　　）
A．ED1与B1C所成的角大于60°
B．点E到平面ABC1D1的距离为1
C．三棱锥E﹣ABC1的外接球的表面积为
D．直线CE与平面ADB1所成的角为
【答案】D
【分析】利用平行线转移求异面直线成角的正切值，判断A错误；利用平行线上点到平面的距离相等求点到面距离，判断B错误；先判断三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，再结合球中几何关系求球的半径，再求表面积，判断C错误；利用线面成角的定义求正弦值，判断D正确.
【详解】对于A，取DC中点F，连接，则为ED1与B1C所成的角，因为，所以，故，即A错误；

对于B，由平面知，到平面的距离等于到平面的距离，连接，交于，则平面，而，故到平面的距离为，即B错误；
对于C，三棱锥的外接球即四棱锥的外接球.因为四边形是矩形，，四棱锥的高为，设四棱锥的外接球半径为R，则，解得.
所以三棱锥的外接球的表面积为，即C错误；
对于D，连接，取的中点H，连接，交EC于K，连接CH，HK，因为，所以是直线CE与平面ADB1所成的角，，故，在直角三角形中，，，，即D正确.
故选：D.
4．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，下列叙述正确的有（ ）

A． B．
C．与所成的角为 D．平面
【答案】ACD
【分析】将平面展开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，然后利用异面直线所成角定义判定选项A,C,选项B易于判定，利用线面平行判定定理判定选项D.
【详解】将平面展开图以ABCD为下底面，折起还原为正方体，各顶点的字母标记如图所示，
连接DE,则AH⊥DE,FC∥DE,∴AH⊥FC,故选项A正确；
AC∥EG,EG与BG相交，∴AC与BG显然不平行，故选项B错误；
∵DE∥CF,△BDE为等边三角形，∴∠BDE=60°，故异面直线BD与FC所成角为60°，故选项C正确；
∵AC∥EG,AC⊄平面BEG,EG⊂平面BEG,∴AC∥平面BEG,故选项D正确.
故选：ACD.

5．如图，在棱长为2的正四面体P-ABC中，D､E分別为AB､AC上的动点(不包含端点)，F为PC的中点，则下列结论正确的有（ ）

A．DE+EF的最小值为；
B．若E为AC中点，则DF的最小值为；
C．若四棱锥F-BDEC的体积为，则DE的取值范围是
D．若，则CE=1
【答案】BC
【分析】（1）将平面PAC和平面BAC沿AC边展开为平面四边形PABC即可求解；
（2）设PD=m，易知m≥，又有PADCAD，所以CD=PD=m，又DF⊥PC，根据勾股定理即可求解；
（3）由得，又，所以，又，可得，再利用余弦定理及均值不等式即可求解的取值范围；
（4）由即可求解.
【详解】解：对于A选项，如下展开图

易知AF⊥AB，则有DE+EF≥AF=，又因为D､E不能是端点，故有DE+EF>，没有最小值，A错误；
对于B选项，设PD=m，易知m≥，又有PADCAD，所以CD=PD=m，
连接DF，则有DF⊥PC，故，B正确；
对于C选项，设等边ABC的中心为O，连接PO，

易知PO⊥平面ABC，则，
所心得，
所以，又，
则有，又，可得，
所以，C正确；
对于D选项，设CE=t，，
解得或1，即或1，D错误；
故选：BC.
6．（2021·广东高三其他模拟）已知E、F分别是长方体的棱AB、的中点，若，，则四面体的外接球的体积为________．
【答案】
【分析】首先根据锥体的性质，求出外接球的半径，进一步利用公式求出结果．
【详解】四面体的外接球就是直三棱柱的外接球，
设棱柱的底的外接圆圆心为，三棱柱的外接球球心为，的外接圆半径．，解得，
外接球的半径，
四面体的外接球的体积为，

故答案为：
7．（2021·全国高三其他模拟）将三个边长为6的正方形分别沿相邻两边中点裁剪而成(1､2)部分，与正六边形组合后图形如图所示，将此图形折成封闭的空间几何体，则这个几何体的体积是___________，外接球表面积为___________.

【答案】108
【分析】（1）设P在底面的射影为O，过O作OH⊥EF过点H，易得DE=DC=，，由折叠得到，进而求得PO，PQ,再由PQ，PR，PS两两垂直，分别求得，，然后由求解.
（2）易得多面体球心在OP上，设球半径为R，然后由，即，求得半径即可.
【详解】（1）如图所示：

设P在底面的射影为O，过O作OH⊥EF过点H，DE=DC=，
，斜线，
∴高，
.
，
易知PQ，PR，PS两两垂直，且PQ=PR=PS=9，
且，
∴所求多面体体积.
（2）设AF，BC，DE中点分別为U，V，W
易知U，V，W分别为AKF，BCM，DEN的外心
∴多面体球心在OP上，设球半径为R，
，
，
，
，
，

8．（2021·上海市崇明中学高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，点是的中点.

（1）证明：直线平面；
（2）者直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由平而，证得，再由，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）得到为与平面所成角，在直角中，可求得，得到，结合，即可求解.
【详解】（1）因为平而，平面，所以，
又由，且是直角梯形，
可得，可得，所以，
又因为，且平面，所以平面.
（2）由（1）知平面，所以即为直线与平面所成角，
在直角中，可得，所以，则，
所以.
9．（2021·河南高三其他模拟（文））如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，.

（1）证明：平面ABC⊥平面A1ACC1.
（2）若，求B1到平面A1BP的距离.
【答案】（1）证明见解析；(2)
【分析】（1）作的中点,连接，证明 平面和 平面得证
（2）利用等体积法求得
【详解】
(1)证明：作的中点,连接




平面,平面


平面,平面
平面ABC⊥平面A1ACC1.



(2).过作于 ,连接
由(1)知平面，所以平面
因为，所以
因为，所以
因为 ，所以 ，所以
在△中，因为
所以
因为，所以
所以
所以△面积为
因为
设B1到平面A1BP的距离为
则 解得
所以B1到平面A1BP的距离为
10．（2021·河南高三其他模拟（文））如图，在四棱锥中，底面ABCD为边长为4的菱形，，，E为AB的中点，O为AD的中点，.

（1）证明：.
（2）求点O到平面PBD的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用菱形结合中位线证得，然后利用线面垂直判定定理证得平面POE，然后利用线面垂直的性质定理证得结论.（2）利用等体积法求得点面距离.
【详解】（1）证明：如图，连接OE.

因为底面ABCD是菱形，所以.
又OE为的中位线，所以，从而.
因为，，所以平面POE，
所以.
（2）解：因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以，由（1）知，所以平面，.
由题可知点O到平面PBD的距离等于点A到平面PBD距离的一半.
设点A到平面PBD的距离为h，在中，，，，
可求，，
所以.
易求.
由，得，解得.
故点O到平面PBD的距离为.
11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（文））如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，且.

（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）利用等体积法求得到平面的距离.
【详解】（1）∵平面，平面，∴，
∵，，∴，，
又平面，，
∴平面，∵平面，∴平面平面.
（2）依题意平面，,
，
，
，
由（1）知，
所以，
设A到平面的距离为，则.
12．（2021·四川德阳市·高三二模（文））已知在空间儿何体中，、、都是边长为的正三角形，平面平面，平面平面.

（1）、、、四点是否共面？说明理由；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）、、、四点共面，理由见解析；（2）.
【分析】（1）取、的中点、，连接、、，证明出四边形为平行四边形，进而可得出结论；
（2）分析可知，点到平面的距离等于到平面的距离，利用等体积法可求得点到平面的距离.
【详解】（1）取、的中点、，连接、、，

则，.
为等边三角形，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
故平面，同理可证平面，，
又，故四边形为平行四边形，
所以，、、、四点共面；
（2）由（1）知、、、四点共面，则点到平面的距离等于到平面的距离.
因为三棱锥的体积为.
设点到平面的距离为，
故三棱锥的体积，所以，，
在中，，，故，
所以，，即点到平面的距离为.