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1、立体几何G1空间几何体的结构图1312G1，G22021福建卷 某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图13所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，那么该球的外表积是_1212解析 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，那么2R2 R，所以S球4R212.10G12021辽宁卷 直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上假设AB3，AC4，ABAC，AA112.那么球O的半径为()A. B2 C. D310C解析 由题意将直三棱柱ABCA1B1C1复原为长方体ABDCA1B1D1C1，那么球的直径即为长方体ABDCA1B1D1C1的体对角
2、线AD1，所以球的直径AD113，那么球的半径为，应选C.G2空间几何体的三视图和直观图图1312G1，G22021福建卷 某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图13所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，那么该球的外表积是_1212解析 该多面体是棱长为2的正方体，设球的半径为R，那么2R2 R，所以S球4R212.5G22021广东卷 某四棱台的三视图如图11所示，那么该四棱台的体积是()图11A4 B.C. D65B解析 棱台的上底、下底分别是边长为1和2的正方形，高为2，故V台(S上S下)h，应选B.7G22021湖南卷 棱长为1的正方体的俯视
3、图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的正视图的面积不可能等于()A1 B.C. D.7C解析 由题可知，该正方体的俯视图恰好是正方形，那么正视图最大值应是正方体的对角面，最小值为正方形，故面积范围为1，因1，应选C.13G22021辽宁卷 某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积是_图13131616解析 由三视图可以得到原几何体是一个圆柱里面挖去了一个长方体，所以该几何体的体积为V44161616.12G22021陕西卷 某几何体的三视图如图13所示，那么其体积为_图1312.解析 由三视图复原为实物图为半个圆锥，那么V122.3G22021四川卷 一个几何体的三视图如图12所示，那么该
4、几何体的直观图可以是()图12图133D解析 根据三视图原理，该几何体上部为圆台，下部为圆柱7G22021新课标全国卷 一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，那么得到的正视图可以为()图127A解析 在空间直角坐标系Oxyz中画出三棱锥，由可知三棱锥OABC为题中所描叙的四面体，而其在zOx平面上的投影为正方形EBDO，应选A.图1412G22021浙江卷 假设某几何体的三视图(单位：cm)如图13所示，那么此几何体的体积等于_cm3.图131224解析 此几何体
5、知直观图是一个直三棱柱挖去一个三棱锥而得，如下图，那么体积为34534324.5G2，G72021重庆卷 某几何体的三视图如图12所示，那么该几何体的体积为()图12A. B. C200 D2405C解析 该几何体为直四棱柱，其高为10，底面是上底为2，下底为8，高为4，其腰为5的等腰梯形，所以其底面面积为(28)420，所以体积为V2010200.G3平面的根本性质、空间两条直线3G32021安徽卷 在以下命题中，不是公理的是()A平行于同一个平面的两个平面相互平行B过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D如果两个不重
6、合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线3A解析 选项B、C、D中的都是公理，都是平面的三个根本性质4G3，G4，G52021新课标全国卷 m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，那么()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l4D解析 假设，那么mn与m，n为异面直线矛盾，故A错假设且l，那么由n平面知l n 与l n矛盾，故B错假设与相交，设垂直于交线的平面为，那么l ，又l m，l n，m平面，n平面，故交线平行于l.应选D.图1719G3、G5、G10，G112021重庆卷 如图17所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD
7、，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值19解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，那么OCCDcos1，而AC4，得AOACOC3.又ODCDsin，故A(0，3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)因PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，由F为PC边中点，得F，又，(，3，z)，因AFPB，故0，即60，z2 (舍去2 )，所以|2 .(2)由(1)知(，3，
8、0)，(，3，0)，(0，2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)由n10，n10，得因此可取n1(3，2)由n20，n20，得故可取n2(3，2)从而向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.故二面角BAFD的正弦值为.G4空间中的平行关系19G4、G112021安徽卷 如图15，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60.(1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；(2)求cosCOD.图1519解：(1)证明：设面PAB与面PCD
9、的交线为l，因为ABCD，AB不在面PCD内，所以AB面PCD.又因为AB面PAB，面PAB与PCD的交线为l，所以ABl，由直线AB在底面上而l在底面外可知，l与底面平行(2)设CD的中点为F，连接OF，PF.由圆的性质，COD2COF，OFCD.因为OP底面，CD底面，所以OPCD，又OPOFO，故CD面OPF.又CD面PCD.因此面OPF面PCD.从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，故OPF为OP与面PCD所成的角由题设，OPF60.设OPh，那么OFOPtanOPFhtan 60h.根据题设有OCP22.5，得OC.由1tan45和tan 22.50，可解得tan 22.51，因
10、此OC(1)h.在RtOCF中，cosCOF，故cosCODcos(2COF)2cos2COF12()211712 .6G4、G52021广东卷 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下命题中正确的选项是()A假设，m，n，那么mnB假设，m，n，那么mnC假设mn，m，n，那么D假设m，mn，n，那么6D解析 m，mn，n，又n，应选D.19G4，G112021湖北卷 如图16所示，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直
11、线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin .图1619解： (1)直线l平面PAC，证明如下：联结EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l平面PAC.(2)方法一：(综合法)如图，联结BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC.因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.PC平面ABC，而l平面ABC，所以P
12、Cl，而PCBCC，所以l平面PBC.联结BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF，故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.联结PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.联结CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF为锐角，故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得sin ，sin ，sin ，从而sin sin sin ，即sin si
13、n sin .方法二：(向量法)如图，由，作DQCP，且DQCP.联结PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量，所在直线分别为x，y，z轴，建立如下图的空间直角坐标系，设CAa，CBb，CP2c，那么有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，E，F(0，0，c)，于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，从而sin .又取平面ABC的一个法向量为m(0，0，1)，可得sin .设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，所以由可得取n(0，c，b)，于是|cos |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .16
