1、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
2、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OAl；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 ABm.由于40,/AOCm CD，所以40OAGAOC，由于90OAGGAEBAEGAE，所以40BAEOAG ，也即晷针与点 A 处的水平面所成角为40BAE.故选：B 【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体
3、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 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD=60以1D 为球心，5 为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_【答案】22 .【解析】【分析】根据已知条件易得1D E3，1D E 侧面11BC CB，可得侧面11BC CB 与球面的交线上的点到 E 的距离为2，可得侧面11BC CB 与球面的交线是扇形 EFG 的弧 FG，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取11B C 的中点为 E，1BB 的中点为 F，1CC 的中点为G，因为BAD 60，直四棱柱1111AB
4、CDA B C D的棱长均为 2，所以111D B C 为等边三角形，所以1D E3，111D EB C，又四棱柱1111ABCDA B C D为直四棱柱，所以1BB 平面1111DCBA，所以111BBB C，因为1111BBB CB，所以1D E 侧面11BC CB，设 P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，则1D EEP，因为球的半径为 5，13D E，所以2211|5 32EPD PD E，所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到 E 的距离为2，因为|2EFEG，所以侧面11BC CB 与球面的交线是扇形 EFG 的弧 FG，因为114B EFC EG，所以2FEG，所以
5、根据弧长公式可得2222FG.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.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）63.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得 AD 平面 PDC，利用线面平行的判定定理以及性质
6、定理，证得/AD l，从而得到l 平面 PDC；（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(,0,1)Q m，之后求得平面QCD 的法向量以及向量 PB 的坐标，求得cos,n PB 的最大值，即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形 ABCD 中，/AD BC，因为 AD 平面 PBC，BC 平面 PBC，所以/AD平面 PBC，又因为 AD 平面 PAD，平面 PAD平面 PBCl，所以/AD l，因为在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD 是正方形，所以,ADDClDC 且 PD 平面 ABCD，所以,ADPDlPD 因为C
7、DPDD 所以l 平面 PDC；（2）如图建立空间直角坐标系 Dxyz，因为1PDAD，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)Q m，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB，设平面QCD 的法向量为(,)nx y z，则00DC nDQ n，即00ymxz，令1x，则 zm，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)nm，则 21 0cos,31n PBmn PBn PBm 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2|1|cos
8、,|31mn PBmr uur2231 231mmm223232|36111 1313133mmmm，当且仅当1m 时取等号，所以直线 PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.【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
9、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【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 OABC的面积为 2，则原梯形的面积为()A2 B.2 C2 2 D4 【错解】OC 的长度 2倍，故其面积是梯形 OABC面积的 2倍，梯形 OABC的面积为 2，所以原梯形的面积是 2
10、.【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 OABC面积的 2 2倍，梯形 OABC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 2r4，
11、l2 时，r 2，hl2，所以 V 圆柱r2h 8.【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 2r4，l2 时，r 2，hl2，所以 V 圆柱r2h 8.当 2r2，l4 时，r 1，hl4，所以 V 圆柱r2h 4.综上所述，这个圆柱的体积为 8或 4.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：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 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 一个平面内的任一条直线
12、必垂直于另一个平面 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()A3 B2 C1 D0【错解】如图在正方体 ABCDA1B1C1D1中，对于AD1平面 AA1D1D，BD平面 ABCD，AD1与 BD是异面直线，成角 60，错误；正确 对于，AD1平面 AA1D1D，AD1不垂直于平面 ABCD；对于，过平面 AA1D1D 内点 D1，作 D1C.AD平面 D1DCC1，D1C平面 D1DCC1，ADD1C.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
13、键是过点作的直线不一定在已知平面内【正解】对于，过平面 AA1D1D 内点 D1，作 D1C.AD平面 D1DCC1，D1C平面 D1DCC1，ADD1C.但 D1C 不垂直于平面 ABCD，故错误，故选 C.易错点 5.空间图形位置关系考虑不全面【例 5】若，则 若 若 若 其中正确命题的序号有_.【错因】此题容易错选，错误原因是没有考虑到 a,b 异面的情况【正解】中。.选 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
14、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 ABCDA1B1C1D1中，AA1AD4，AB3，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 BC1B1CO，则BA1O 为所求角，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 aa/,则baba/,/则baba/,/则可能平行可能相交,可能平行可能异面，baV 216622212213121 1()()3226 216BABO15
15、22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，故该圆的半径为 1，球的半径为，故该球的表面积 S=4R2=8【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、
16、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 两点的球面距离是【变式练习】2O3 223432OOOOOOO 3 223OB 3 22O B 3 23OBC3BOC33 1（2019六盘山高级中学高考模拟（理）已知正四棱锥 SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中点，则 AESD，所成的角的余弦值为（）A 13 B23 C33 D 23【答案】C【解析】设 ACBD、的交点为O，连接 EO，则
17、AEO为,AE SD 所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为a，则312,222AEa EOa OAa，所以222cos2AEOAEOAEOAE OA 222312()()()32223312()()22aaaaa，故 C 为正确答案 2（2019湖北省高考模拟（文）已知正三棱柱111ABCA B C的底面边长为 3，外接球表面积为16，则正三棱柱111ABCA B C的体积为（）A 3 34 B 3 32 C 9 34 D 9 32【答案】D【解析】正三棱柱111ABCA B C的底面边长为 3,故底面的外接圆的半径为：03,23.sin60rrr外接球表面积为16242RR 外接球的球心在上
18、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1OMB 中，22211113,2MBrOBRMBOMOB 解得1,2OMMNh 故棱柱的体积为：1393 323.222VSh 故答案为 D.3（多选）如图，直三棱柱111ABCA B C中，12AA，1ABBC，90ABC，侧面11AAC C 中心为 O，点 E 是侧棱1BB 上的一个动点，有下列判断，正确的是（）A直三棱柱侧面积是 42 2 B直三棱柱体积是 13 C三棱锥1EAAO的体积为定值 D1AEEC的最小值为2 2 【答案】ACD【解析】在直三棱柱111ABCA B C中，12AA，1ABBC，90ABC
19、底面 ABC 和111A B C 是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为 122+22242 211 ，故 A 正确；直三棱柱的体积为11 1 1 212ABCVSAA ，故 B 不正确；由BB1平面AA1C1C，且点E是侧棱1BB 上的一个动点，三棱锥1EAAO的高为定值22，114AA OS2 222，1E AAOV 132222 16，故 C 正确；设 BEx 0,2，则 B1E2x，在 Rt ABC和11Rt EB C中，1AEEC2211(2)xx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 E 为1BB的中点时，其最小值为
20、22222 2，故 D 正确故选 ACD 4（2019广东省高考模拟（理）三棱锥 ABCD中，底面 BCD是等腰直角三角形，2,2BCBDAB，且,ABCD O为CD 中点，如图.（1）求证：平面 ABO 平面 BCD；（2）若二面角 A CDB的大小为 3，求 AD 与平面 ABC 所成角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）427【解析】（1）证明：BCD是等腰直角三角形，2,BCBDO为CD 中点，BOCD,ABCD ABBOBCD 平面 ABO CD 平面,BCD 平面 ABO 平面 BCD（2）CD 平面,ABOCDAO AOB为二面角 A CDB的平面角，3AOB 2,BOABBO
21、ABO为等边三角形，以 B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 0,0,0,2,0,0,BC 1 16,0,2,02 22AD 1 16,2,0,0,2 22BABC 1 36,2 22AD 设平面 ABC 的法向量,nx y z，则0,0,BA nBC n即116022220 xyzx 取0,6,1n 设 AD 与平面 ABC 所成角为，则 3 664222sincos,171 9672n AD 故 AD 平面 ABC 所成角的正弦值为427.【真题演练】1【2020年高考全国卷理数】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
22、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 A514 B512 C514 D512【答案】C【解析】如图，设,CDa PEb，则22224aPOPEOEb，由题意得212POab，即22142abab，化简得24()210bbaa，解得154ba（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 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 A E B F CG D H 【答案】A
23、【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点 M,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为 N,在正视图中对应 M,在俯视图中对应 N 的点是4D,线段34D D,上的所有点在侧试图中都对应 E,点4D 在侧视图中对应的点为 E.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 9 34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
24、 3 B 32 C1 D32【答案】C【解析】设球O 的半径为 R，则2416R，解得：2R.设ABC外接圆半径为 r，边长为a，ABC是面积为 9 34的等边三角形，2139 3224a，解得：3a，22229933434ara，球心O 到平面 ABC 的距离224 31dRr.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 年高考全国卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A6+42 B4+42 C6+23 D4+23 【答案】C【解析】根据三
25、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：12 222ABCADCCDBSSS 根据勾股定理可得：2 2ABADDB ADB是边长为2 2 的等边三角形 根据三角形面积公式可得：2113sin60(2 2)2 3222ADBSAB AD 该几何体的表面积是：2 362 33 2.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 年高考全国卷理数】已知,A B C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC的外接圆，若1O 的面积为4，1ABBCACOO，则球O 的表面
26、积为 A64 B48 C36 D32 【答案】A【解析】设圆1O 半径为 r，球的半径为 R，依题意，得24,2rr，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2 sin602 3ABr，12 3OOAB，根据球的截面性质1OO 平面 ABC，222211111,4OOO A ROAOOO AOOr，球O 的表面积2464SR.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2 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A12 B24 C36 D144 【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正
27、方体的体对角线的一半，即2222 32 32 332R，所以，这个球的表面积为2244336SR.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
28、为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为 A63 B62 3 C123 D122 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：132 222 2 sin60122 32S .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【20
29、20 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 73 B143 C3 D6【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，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 111172 112 12232233 .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
30、既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,m n l 在同一平面时，可能/m n l，故不能得出,m n l 两两相交.当,m n l 两两相交时，设,mnA mlB nlC ，根据公理2 可知,m n 确定一个平面，而,BmCn，根据公理1可知，直线 BC 即l，所以,m n l在同一平面.综上所述，“,m n l 在同一平面”是“,m n l 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1和公理2 的运用，属于中档题.10【2020 年新高考全国卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的
31、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 A20 B40 C50 D90【答案】B【解析】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OAl；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
32、可得 ABm.由于40,/AOCm CD，所以40OAGAOC，由于90OAGGAEBAEGAE，所以40BAEOAG ，也即晷针与点 A 处的水平面所成角为40BAE.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，直线m平面，则ml 则下述命题中所有真命题的序号是_ 14pp 12pp 23pp 34pp 【答案】【解析】对
33、于命题1p，可设 1l 与 2l 相交，这两条直线确定的平面为；若 3l 与 1l 相交，则交点 A 在平面 内，同理，3l 与 2l 的交点 B 也在平面 内，所以，AB，即 3l，命题1p 为真命题；对于命题2p，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p，若直线m 平面，则 m 垂直于平面 内所有直线，直线l 平面，直线m 直线l，命题4p 为真命题.综上可知，为真命题，为假命题，14pp为真命题，12pp为假命题，23pp为真命题，34pp 为真命题.故答案为：.【点睛】本题考查复合命题的真
34、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】23 【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2,3BCABAC，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于22312 2AM，故12 2 22 22S ABC，设内切圆半径为 r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS111222AB rBCrACr 13322 22r，解得：22r=，其体积：34233Vr.故答案为：23 .【点睛】与球有关的组合体问题，
35、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 2，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】1【解析】设圆锥底面半径为 r，母线长为l，则 21222r lrl ，解得1,2rl.故答案为：1【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
36、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】12 32【解析】正六棱柱体积为23622=12 34，圆柱体积为21()222，所求几何体体积为12 32.故答案为：12 32【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 年新高考全国卷】已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD=60以1D 为球心，5 为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为_【答案】22 .【解析】如图：取11B C 的中点为 E，1BB 的中点为 F
37、，1CC 的中点为G，因为BAD 60，直四棱柱1111ABCDA B C D的棱长均为 2，所以111D B C 为等边三角形，所以1D E3，111D EB C，又四棱柱1111ABCDA B C D为直四棱柱，所以1BB 平面1111DCBA，所以111BBB C，因为1111BBB CB，所以1D E 侧面11BC CB，设 P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，则1D EEP，因为球的半径为 5，13D E，所以2211|5 32EPD PD E，所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到 E 的距离为2，因为|2EFEG，所以侧面11BC CB 与球面的交线是扇形 EFG
38、 的弧 FG，因为114B EFC EG，所以2FEG，所以根据弧长公式可得2222FG.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.16【2020 年高考全国卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，66PODO （1）证明：PA平面 PBC；（2）求二面角 BPCE的余弦值【解析】（1）设 DOa，由题设可得63,63POa AOa ABa，22PAPBPCa.因此222PAPBAB，从而 PAPB.又
39、222PAPCAC，故 PAPC.所以 PA 平面 PBC.（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为 y 轴正方向，|OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得3 12(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222EACP.所以312(,0),(0,1,)222ECEP.设(,)x y zm是平面 PCE 的法向量，则00EPECmm，即20231022yzxy，可取3(,1,2)3 m.由（1）知2(0,1,)2AP 是平面 PCB 的一个法向量，记APn，则2 5cos,|5n mn mn m|.所以二面角 BPCE的余弦值为 2 55.【点晴】本题主要考
40、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：AA1MN，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【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以1MNCC又由已知得A
41、A1CC1，故AA1MN 因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN 所以平面A1AMN平面11EB C F （2）由已知得AMBC以M为坐标原点，MA 的方向为x轴正方向，MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=3 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形，故2 32 3 1,(,0)333PME由（1）知平面 A1AMN平面 ABC，作 NQAM，垂足为 Q，则 NQ平面 ABC 设(,0,0)Q a，则2212 32 34(),(,1,4()33NQaB aa，故2112 322 32 10(,4(),|3
42、333B EaaB E 又(0,1,0)n是平面 A1AMN 的法向量，故111110sin(,)cos,210|B EB EB EB Ennn|n|所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为1010 18【2020 年高考全国卷理数】如图，在长方体1111ABCDABC D中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DEED，12BFFB（1）证明：点1C 在平面 AEF 内；（2）若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值 【解析】设 ABa，ADb，1AAc，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系1Cxyz （1）
43、连结1C F，则1(0,0,0)C，(,)A a b c，2(,0,)3E ac，1(0,)3Fbc，1(0,)3EAbc，11(0,)3C Fbc，得1EAC F 因此1EA C F，即1,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面 AEF 内（2）由已知得(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1(,)x y zn为平面 AEF 的法向量，则 110,0,AEAFnn即0,220,yzxz 可取1(1,1,1)n 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 2211
44、0,0,A EA Fnn同理可取21(,2,1)2n 因为1212127cos,|7 n nn nnn，所以二面角1AEFA的正弦值为427 19【2020 年高考江苏】在三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，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,E F 分别是1,AC BC 的中点，所以1EFAB.又/EF 平面11ABC，1AB 平面11ABC，所以 EF平面11ABC.（2）因为1B C 平面 ABC，AB 平面 ABC,所以1BCAB.又 ABAC,1B C 平面11ABC,A
45、C 平面1AB C,1,BCACC 所以 AB 平面1AB C.又因为 AB 平面1ABB,所以平面1ABC 平面1ABB.【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ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC=2BC（）证明：EFDB；（）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值 【解析】（）如图，过点 D 作 DOAC，交直线 AC 于点O，连结 OB 由45ACD，DOAC得2CDCO，由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC.由45ACB，1222BCCDCO得 BOBC.所
46、以 BC平面 BDO，故 BCDB 由三棱台 ABCDEF得 BCEF，所以 EFDB.（）方法一：过点O 作OHBD，交直线 BD 于点 H，连结CH.由三棱台 ABCDEF得 DFCO，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 BC 平面 BDO 得OHBC，故OH 平面 BCD，所以OCH为直线 CO 与平面 DBC所成角.设2 2CD.由2,2DOOCBOBC，得26,33BDOH，所以3sin3OHOCHOC，因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台 ABCDEF得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角
47、等于直线 CO 与平面DBC 所成角，记为.如图，以O 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Oxyz.设2 2CD.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)OBCD.因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OCBCCD.设平面 BCD 的法向量(,z)x yn.由0,0,BCCD nn即0220 xyyz，可取(1,1,1)n.所以|3sin|cos,|3|OCOCOCn|nn|.因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.【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
48、，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111ABCA B C中，1CC 平面,2ABC ACBC ACBC，13CC，点,DE 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,ADCEM为棱11A B 的中点 （）求证：11C MB D；（）求二面角1BB ED的正弦值；（）求直线 AB 与平面1DB E 所成角的正弦值【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,CA CB CC 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)CA
49、BC，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)ABDE，(1,1,3)M （）证明：依题意，1(1,1,0)C M，1(2,2,2)B D，从而112200C M B D，所以11C MB D（）解：依题意，(2,0,0)CA 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB，(2,0,1)ED 设(,)x y zn为平面1DB E 的法向量，则10,0,EBED nn即20,20.yzxz不妨设1x，可得(1,1,2)n 因此有|6cos,6|ACACCA nnn，于是30sin,6CA n 所以，二面角1BB ED的正弦值为306（）解：依题意，(2,2,0)AB 由（）知(1,1,2)n为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos,3|ABABAB nnn 所以，直线 AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33
