2020版高考数学培优考前练文科通用版练习：5.3 立体几何解答题

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2020全国新高考培优高考仿真模拟(一)文科数学(解析版)

2020高考仿真模拟(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集U 为实数集R ，已知集合M ＝{x |x 2－4>0}，N ＝{x |x 2－4x ＋3<0}，则图中阴影部分所表示的集合为( )A ．{x |x <－2}B ．{x |x >3}C ．{x |1≤x ≤2}D ．{x |x ≥3或x <－2}答案 D解析由题可得M ＝{x |x 2－4>0}＝{x |x >2或x <－2}，N ＝{x |x 2－4x ＋3<0}＝{x |1<x <3}，又图中阴影部分所表示的集合是(∁U N )∩M ，即为{x |x ≥3或x <－2}，故选D.2．若复数z 满足z 2＝－4，则|1＋z |＝( ) A ．3 B. 3 C ．5 D. 5 答案 D解析设z ＝x ＋y i(x ∈R ，y ∈R )，则(x ＋y i)2＝－4，即x 2－y 2＋2xy i ＝－4，所以⎩⎨⎧x 2－y 2＝－4，2xy ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝±2，所以z ＝±2i，|1＋z |＝|1±2i|＝5，故选D.3．为了判断高中生选修理科是否与性别有关．现随机抽取50名学生，得到如下2×2列联表：理科文科合计男 13 10 23 女 7 20 27 合计203050根据表中数据，得到K2＝50×(13×20－10×7)223×27×20×30≈4.844，若已知P(K2≥3.841)≈0.05，P(K2≥5.024)≈0.025，则认为选修理科与性别有关系出错的可能性约为( )A．25% B．5% C．1% D．10%答案 B解析由K2≈4.844，对照临界值得4.844＞3.841，由于P(K2≥3.841)≈0.05，∴认为选修理科与性别有关系出错的可能性为5%.故选B.4．以下程序框图的功能是解方程12＋22＋…＋n2＝(n＋1)(n＋2)，则输出的i为( )A．3 B．4 C．5 D．6答案 B解析执行程序框图，i＝1，S＝12＝1，N＝(1＋1)(1＋2)＝6，S≠N；i＝2，S＝1＋22＝5，N＝(2＋1)(2＋2)＝12，S≠N；i＝3，S＝5＋32＝14，N＝(3＋1)(3＋2)＝20，S≠N；i ＝4，S＝14＋42＝30，N＝(4＋1)(4＋2)＝30，S＝N.输出的i为4，结束，故选B.5．已知f(x)＝ln xx，其中e为自然对数的底数，则( )A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(e)>f(2)>f(3) D．f(e)>f(3)>f(2) 答案 D解析f(x)＝ln xx，f′(x)＝1－ln xx2，令f′(x)＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝ln 2 2－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96<0，∴f(2)<f(3)，则f(e)>f(3)>f(2)，故选D.6．公元前5世纪下半叶开奥斯地方的希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方．如图，以O为圆心的大圆直径为1，以AB为直径的半圆面积等于AO与BO所夹四分之一大圆的面积，由此可知，月牙形(图中阴影部分)区域的面积可以与一个正方形的面积相等．现在在两个圆所围成的区域内随机取一点，则该点来自于阴影所示月牙形区域的概率是( )A.13πB.12π＋1C.1π＋1D.2π答案 B解析阴影部分的面积等于π16－⎝⎛⎭⎪⎫π16－12×12×12＝18，所以根据几何概型得阴影所示月牙形区域的概率P＝1818＋π4＝11＋2π.故选B.7．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝12，a2a6＝8(a4－2)，则S2020＝( ) A．22019－12B．1－⎝⎛⎭⎪⎫122019C．22020－12D．1－⎝⎛⎭⎪⎫122020答案 A解析由等比数列的性质及a2a6＝8(a4－2)，得a24＝8a4－16，解得a4＝4.又a4＝12q3，故q＝2，所以S 2020＝12(1－22020)1－2＝22019－12，故选A.8．将函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为( )A.π12B.π6C.π4D.π3 答案 B解析根据题意可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，将其图象向左平移φ个单位长度，可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3＋2φ的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以2π3＋2φ＝k π(k ∈Z )，φ＝k π2－π3(k ∈Z )，又φ>0，所以当k ＝1时，φ取得最小值，且φmin ＝π6，故选B. 9．设a ＝log 20182019，b ＝log 20192018，c ＝201812019，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a 答案 C解析因为1＝log 20182018>a ＝log 20182019>log 20182018＝12，b ＝log 20192018<log 20192019＝12，c ＝201812019>20180＝1，故c >a >b ，故选C.10．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋1＋e x－1ex ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤2，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，32B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1答案 C解析令g(x)＝f(x)－1＝x3－2x＋e x－1e x，x∈R.则g(－x)＝－x3＋2x＋1e x－e x＝－g(x)，∴g(x)在R上为奇函数．∵g′(x)＝3x2－2＋e x＋1e x≥0－2＋2＝0，∴函数g(x)在R上单调递增．∵f(a－1)＋f(2a2)≤2可化为f(a－1)－1＋f(2a2)－1≤0，即g(a－1)＋g(2a2)≤0，即g(2a2)≤－g(a－1)＝g(1－a)，∴2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤12.∴实数a的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12.故选C.11.已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为( )A.23B.49C.269D.827答案 B解析设圆锥底面圆的半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R 的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，如图所示，所以r＝33R，S球＝4πr2＝4π·⎝⎛⎭⎪⎫33R2＝4π3R2，S圆锥＝πR·2R＋πR2＝3πR2，所以球与圆锥的表面积之比为S球S圆锥＝4π3R23πR2＝49，故选B.12．已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x∈(0,2)时，f(x)＝x3，则函数f(x)在区间[2018,2021]上( )A．无最大值B．最大值为0C．最大值为1 D．最大值为－1答案 C解析因为函数f (x )的图象关于点(2,0)对称，所以f (4－x )＝－f (x )．又函数f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (4－x )＝f (－x )．令t ＝－x ，得f (4＋t )＝f (t )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数．又函数f (x )的定义域为R ，且函数f (x )是奇函数，所以f (0)＝0，f (－2)＝－f (2)，由函数f (x )的周期为4，得f (－2)＝f (2)，所以－f (2)＝f (2)，解得f (2)＝0.所以f (－2)＝0.依此类推，可以求得f (2n )＝0(n ∈Z )．作出函数f (x )的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f (x )在区间[2018,2021]上的图象与在区间[－2，1]上的图象完全一样. 观察图象可知，函数f (x )在区间(－2,1]上单调递增，且f (1)＝13＝1，又f (－2)＝0，所以函数f (x )在区间[－2,1]上的最大值是1，故函数f (x )在区间[2018,2021]上的最大值也是1.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知单位向量e 1，e 2，且〈e 1，e 2〉＝π3，若向量a ＝e 1－2e 2，则|a |＝________.答案3解析因为|e 1|＝|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝π3，所以|a |2＝|e 1－2e 2|2＝1－4|e 1||e 2|cos π3＋4|e 2|2＝1－4×1×1×12＋4＝3，即|a |＝ 3.14．已知实数x ，y 满足⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，3x －y －3≤0，x ＋y －1≥0，目标函数z ＝ax ＋y 的最大值M ∈[2,4]，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12解析可行域如图阴影部分所示，当a ≥0时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(2,3)时，z 有最大值2a ＋3，故2≤2a ＋3≤4，得0≤a ≤12.当－1<a <0时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(2,3)时，z 有最大值2a ＋3，因2≤2a ＋3≤4，故－12≤a <0.当a ≤－1时，平移直线y ＝－ax ＋z 至(0,1)时，z 有最大值1，不符合题意，故舍去．综上，a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.15．在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．答案 24解析由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD ，其中，底面ABC 为直角三角形，且∠BAC ＝90°，AB ＝4，AC ＝3，侧棱DB ，EC ，FA 与底面垂直，且DB ＝2，EC ＝FA ＝5.过点D 作DH ∥BC ，DG ∥BA ，交EC ，FA 分别于H ，G ，连接GH ，则棱柱ABC －DHG 为直棱柱，四棱锥D －EFGH 的底面为矩形EFGH ，高为BA .所以V 五面体ABCEFD ＝V ABC －DHG ＋V D －EFGH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×3×2＋13×32×4＝24.16．对任一实数序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________.答案 100解析令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1，所以b n ＝b 1＋(n －1)×1，a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， …a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1 ＝a 1＋(n －1)b 1＋(n －1)(n －2)2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋(n －1)(n －2)2，分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎨⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0，解得a 1＝2312，a 2＝100. 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)某学校为培养学生的兴趣爱好，提高学生的综合素养，在高一年级开设各种形式的校本课程供学生选择(如书法讲座、诗歌鉴赏、奥赛讲座等)．现统计了某班50名学生一周用在兴趣爱好方面的学习时间(单位：h)的数据，按照[0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10]分成五组，得到了如下的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中m的值及该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间；(2)从[4,6)，[6,8)两组中按分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中抽取2人，求恰有1人在[6,8)组中的概率．解(1)由直方图可得，0.06×2＋0.08×2＋0.2×2＋2m＋0.06×2＝1，所以m＝0.1，该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均学习时间为1×0.12＋3×0.16＋5×0.4＋7×0.2＋9×0.12＝5.08.故m的值为0.1，该班学生一周用在兴趣爱好方面的平均时间为5.08 h.(2)由直方图可得，[4,6)中有20人，[6,8)中有10人，根据分层抽样，需要从[4,6)中抽取4人分别记为A1，A2，A3，A4，从[6,8)中抽取2人分别记为B1，B2，再从这6人中抽取2人，所有的抽取方法有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，A 2B2，A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2，共15种，这15种情况发生的可能性是相等的．其中恰有一人在[6,8)组中的抽取方法有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，共8种，所以，从这6人中抽取2人，恰有1人在[6,8)组中的概率为815 .18．(本小题满分12分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3ca cos B＝tan A＋tan B.(1)求角A的大小；(2)设AD为BC边上的高，a＝3，求AD的取值范围．解 (1)在△ABC 中，∵3ca cos B ＝tan A ＋tan B ，∴3sin C sin A cos B ＝sin A cos A ＋sin Bcos B，即3sin C sin A cos B ＝sin A cos B ＋sin B cos A cos A cos B ， ∴3sin A ＝1cos A ，则tan A ＝3，∴A ＝π3. (2)∵S △ABC ＝12AD ·BC ＝12bc sin A ，∴AD ＝12bc .由余弦定理得cos A ＝12＝b 2＋c 2－a 22bc ≥2bc －32bc ，∴0<bc ≤3(当且仅当b ＝c 时等号成立)，∴0<AD ≤32.19．(本小题满分12分)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P ∉平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)当四棱锥P －ABCE 体积最大时，求点C 到平面PAB 的距离．解 (1)证明：如图，在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O . ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形， ∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ，∴△ADE 为等边三角形．在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，∠DAB ＝∠ABC ＝2π3，在△ABD 中，AB ＝AD ，∴∠ADB＝∠ABD＝π6，∴∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝π2，∴BD⊥BC，∴BD⊥AE，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE.又∵OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.(2)当四棱锥P－ABCE的体积最大时平面PAE⊥平面ABCE，又∵平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.∵OP＝OB＝32，∴PB＝62，∵AP＝AB＝1，∴cos∠PAB＝1＋1－322＝14，∴sin∠PAB＝15 4，∴S△PAB＝12AP·AB sin∠PAB＝158.又∵V三棱锥P－ABC＝13OP·S△ABC＝13×32×34＝18，设点C 到平面PAB 的距离为d ， ∴d ＝3V 三棱锥C －PABS △PAB＝38158＝155. 所以当四棱锥P －ABCE 体积最大时，点C 到平面PAB 的距离为155. 20．(本小题满分12分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，过焦点F 的直线交C 于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，且y 1y 2＝－4.(1)求抛物线C 的方程；(2)如图，点B 在准线l 上的投影为E ，D 是C 上一点，且AD ⊥EF ，求△ABD 面积的最小值及此时直线AD 的方程．解 (1)依题意F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，当直线AB 的斜率不存在时，y 1y 2＝－p 2＝－4，p ＝2.当直线AB 的斜率存在时，设AB ：y ＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x －p 2，由⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，化简得y 2－2pky －p 2＝0.由y 1y 2＝－4得p 2＝4，p ＝2. 综上所述，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设D (x 0，y 0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，易知t ≠0，则E (－1，t )，又由y 1y 2＝－4，可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t2，－4t .因为k EF ＝－t 2，AD ⊥EF ，所以k AD ＝2t ，故直线AD ：y ＋4t ＝2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t 2，化简得2x －ty －4－8t2＝0.由⎩⎨⎧y 2＝4x ，2x －ty －4－8t 2＝0，化简得y 2－2ty －8－16t 2＝0，所以y 1＋y 0＝2t ，y 1y 0＝－8－16t 2.所以|AD |＝1＋t 24|y 1－y 0| ＝1＋t 24·(y 1＋y 0)2－4y 1y 0＝4＋t 2t 2＋16t2＋8.设点B 到直线AD 的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 22－t 2－4－8t 24＋t 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2＋16t 2＋824＋t2. 所以S △ABD ＝12|AD |·d ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋16t 2＋83≥16，当且仅当t 4＝16，即t ＝±2时△ABD 的面积取得最小值16.当t ＝2时，直线AD ：x －y －3＝0；当t ＝－2时，直线AD ：x ＋y －3＝0.21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x －x ＋a (其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ＝2.71828……)．(1)若f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设t 为整数，对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n <t ，求t 的最小值．解 (1)因为f (x )＝e x －x ＋a (x ∈R )，所以f ′(x )＝e x－1.令f ′(x )＝e x －1＝0，得x ＝0；f ′(x )＝e x －1>0时，x >0；f ′(x )＝e x －1<0时，x <0. 所以f (x )＝e x －x ＋a 在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )＝e x －x ＋a 的最小值为f (0)＝e 0－0＋a ＝1＋a .由f (x )≥0对任意的x ∈R 恒成立，得f (x )min ≥0，即1＋a ≥0，所以a ≥－1，即实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．(2)由(1)知e x －x －1≥0，即1＋x ≤e x ，令x ＝－kn(n ∈N *，k ＝0,1,2，…，n －1)，则0<1－k n≤e－k n，所以⎝⎛⎭⎪⎫1－k n n ≤(e－kn)n ＝e －k，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n ≤e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －2＋e －1＋e 0＝1－e －n 1－e －1<11－e －1＝e e －1＝1＋1e －1<2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n n <2，又⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫333>1，所以t 的最小值为2. 请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线M 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋cos φy ＝1＋sin φ(φ为参数)，过原点O 且倾斜角为α的直线l 交M 于A ，B 两点，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求l 和M 的极坐标方程；(2)当α∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π4时，求|OA |＋|OB |的取值范围．解 (1)由题意可得，直线l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R )．曲线M 的普通方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1，因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2，所以M 的极坐标方程为ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0. (2)设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，且ρ1，ρ2均为正数，将θ＝α代入ρ2－2(cos θ＋sin θ)ρ＋1＝0，得ρ2－2(cos α＋sin α)ρ＋1＝0，当α∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π4时，Δ＝4sin2α>0，所以ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)，根据极坐标的几何意义，|OA |，|OB |分别是点A ，B 的极径．从而|OA |＋|OB |＝ρ1＋ρ2＝2(cos α＋sin α)＝ 22sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4.当α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π4时，α＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π4，π2，故|OA |＋|OB |的取值范围是(2,22]． 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －5|.(1)解不等式：f (x )＋f (x ＋2)≤3； (2)若a <0，求证：f (ax )－f (5a )≥af (x )．解 (1)不等式化为|x －5|＋|x －3|≤3.当x <3时，原不等式等价于－2x ≤－5，即52≤x <3；当3≤x ≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x ≤5；当x >5时，原不等式等价于2x －8≤3，即5<x ≤112. 综上，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，112.(2)证明：由题意，得f (ax )－af (x )＝|ax －5|－a |x －5| ＝|ax －5|＋|－ax ＋5a |≥|ax －5－ax ＋5a |＝|5a －5|＝f (5a )，所以f (ax )－f (5a )≥af (x )成立．。

2020高考数学立体几何练习题23题

2020高考数学之立体几何解答題23 題一．解答题（共 23 小题）1．在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是菱形， ADNM 是矩形，平面 ADNM ⊥平面 ABCD ，∠DAB=60 °，AD=2 ， AM=1 ， E 为 AB 的中点．（Ⅰ）求证： AN ∥平面 MEC；（Ⅱ）在线段 AM 上是否存在点 P，使二面角 P﹣ EC﹣D 的大小为？若存在，求出 AP 的长 h；若不存在，请说明理由．2．如图，三棱柱中 ABC ﹣A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 为棱 AC 的中点，侧面 A1ACC 1为边长为 2 的菱形， AC⊥CB，BC=1 ．（Ⅰ）证明： AC 1⊥平面 A 1BC；（Ⅱ）求二面角 B﹣ A1C﹣B1的大小．3．如图，已知四棱锥 P﹣ABCD ，PB⊥AD 侧面 PAD 为边长等于 2的正三角形，底面 ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为 120°．（I）求点 P 到平面 ABCD 的距离，（II ）求面 APB 与面 CPB 所成二面角的大小．4．在正三棱锥 P﹣ABC 中，底面正△ ABC 的中心为 O，D 是 PA 的中点， PO=AB=2 ，求 PB 与平面 BDC 所成角的正弦值．5．如图，正三棱锥 O ﹣ABC 的三条侧棱 OA 、OB 、 OC 两两垂直，且长度均为 2．E 、F 分别是 AB 、AC 的中点， H 是 EF 的中点，过 EF 作平面与侧棱 OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于 A 1、B 1、C 1，已知．（ 1）求证： B 1C 1⊥平面 OAH ；（ 2）求二面角 O ﹣A 1B 1﹣C 1 的大小．6．如图，在三棱锥 A ﹣ BCD 中，侧面 ABD 、ACD 是全等的直角三角形， AD 是公共的斜边，且AD= ，BD=CD=1 ，另一个侧面是正三角形．1）求证： AD ⊥BC ．E ，使 ED 与面 BCD 成 30°角？若存在，确定E 的位置；若不存在，说明理由． 2）求二面角 B ﹣AC ﹣D 的大小．7．如图，在四棱锥 P ﹣ ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ ADC= ∠ PAB=90 °， BC=CD=PA 与CD 所成的角为 90°．（Ⅰ）在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥平面 PBE ，并说明理由；（Ⅱ）若二面角 P ﹣CD ﹣A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值．8．如图，在三棱台 ABC ﹣DEF 中，平面 BCFE ⊥平面 ABC ，∠ ACB=90 °，BE=EF=FC=1， BC=2 ， AC=3 ．（ Ⅰ ）求证： BF ⊥平面 ACFD ；（ Ⅱ ）求直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值．9．如图，在以 A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形， AF=2FD ，∠AFD=90 °，且二面角 D ﹣AF ﹣E 与二面角 C ﹣BE ﹣ F 都是 60°．（Ⅰ）证明平面 ABEF ⊥平面 EFDC ；（Ⅱ）求二面角 E ﹣ BC ﹣A 的余弦值．AD ．E 为棱 AD 的中点，异面直线10．如图，已知边长为 6的菱形 ABCD ，∠ ABC=120 °，AC 与BD 相交于 O ，将菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使 BD=3 ．（1）若 M 是 BC 的中点，求证：在三棱锥 D ﹣ABC 中，直线 OM 与平面 ABD 平行；（2）求二面角 A ﹣BD ﹣O 的余弦值；（ 3）在三棱锥 D ﹣ ABC 中，设点 N 是 BD 上的一个动点，试确定 N 点的位置，使得 CN=4 ．11．如图所示的多面体 ABCDE 中，已知 AB ∥DE ，AB ⊥AD ，△ACD 是正三角形， AD=DE=2AB=2 ，BC= ，F 是 CD 的中点．（ 1）求证： AF ∥平面 BCE ；（ 2）求直线 CE 与平面 ABED 所成角的余弦值；（ 3）求多面体 ABCDE 的体积．12．如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直于直角梯形 ABPE 所在平面于直线 AB ，且 AB=BP=2 ，AD=AE=1 ，AE ⊥AB ，且 AE ∥BP ．Ⅰ）设点 M 为棱 PD 中点，求证： EM ∥平面 ABCD ；若不存在，请说明理由．Ⅱ ）线段 PD 上是否存在一点 N ，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于？若存在，试确定点 N 的位置；13．如图，在三棱锥 P ﹣ABC 中，∠ PAB= ∠PAC=∠ ACB=90 °．（ 1）求证：平面 PBC ⊥平面 PAC ；（2）若 PA=1，AB=2 ， BC= ，在直线 AC 上是否存在一点 D ，使得直线 BD 与平面 PBC 所成角为 30°？若存在，求出 CD 的长；若不存在，说明理由．14．如图，在四棱锥 P ﹣ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， ∠BCD=135 °，侧面 PAB ⊥底面 ABCD ，∠ BAP=90 °， AB=AC=PA=2 ， E ，F 分别为 BC ，AD 的中点，点 M 在线段 PD 上．（ Ⅰ ）求证： EF ⊥平面 PAC ；（ Ⅱ ）如果直线 ME 与平面 PBC 所成的角和直线 ME 与平面 ABCD 所成的角相等，求的值．Ⅰ）求证： CD ⊥AM ；AM 与平面 BDM所成角的正弦值．15．如图，在多面体 ABCDM 平面 BCD ， AB ⊥平面 BCD ．中，△ BCD 是等边三角形，△ CMD 是等腰直角三角形，∠ CMD=90 °，平面 CMD ⊥Ⅱ ）若 AM=BC=2 ，求直16．如图，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF，AB=2 ，AD=AF=1 ，∠ BAF=60°，O，P分别为 AB，CB的中点， M为底面△ OBF的重心．（Ⅰ）求证： PM ∥平面 AFC；（Ⅱ ）求直线 AC 与平面 CEF 所成角的正弦值．17．已知菱形 ABCD ，AB=2 ，∠BAD= ，半圆 O 所在平面垂直于平面 ABCD ，点 P 在半圆弧上．（不同于B ，C）．（1）若 PA与平面 ABCD 所成角的正弦值为，求出点 P 的位置；（2）是否存在点 P，使得 PC⊥ BD ，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，说明理由．18．如图，菱形 ABCD 中，∠ ABC=60 °，AC 与BD相交于点 O，AE ⊥平面 ABCD，CF∥AE，AB=AE=2 ．（Ⅰ）求证： BD ⊥平面 ACFE ；（Ⅱ）当直线 FO与平面 BED 所成角的大小为 45°时，求 CF 的长度．19．如图，在四棱锥 P﹣ ABCD 中，等边△ PAD 所在的平面与正方形 ABCD 所在的平面O为 AD 的中点，互相垂直， E 为 DC 的中点，且 AD=2 ．（Ⅰ ）求证： PO⊥平面 ABCD ；（Ⅱ）求二面角 P﹣EB﹣ A 的余弦值；（Ⅲ）在线段 AB 上是否存在点 M，使线段 PM 与△PAD 所在平面成 30°角．若存在，求出 AM 的长，若不存在，请说明理由．20．在斜三棱柱 ABC ﹣ A 1B 1C1中，底面 ABC 是正三角形， E 是 AB 中点， A 1E⊥平面 ABC．（ I）证明： BC1∥平面 A1EC；（II）若 A1A⊥A1B，且 AB=2 ．① 求点 B 到平面 ACC 1A1 的距离；② 求直线 CB1 与平面 ACC 1A 1 所成角的正弦值．1）求证： DF ⊥平面 ABCD ；2）若△ ABD 是边长为 2 的等边三角形，且 BF 与平面 ABCD 所成角的正切值为 1，求点 E 到平面 BDF 的距离．22．如图，在三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1中，G 为ABC 的重心，（ 1）求证： GE ∥平面 AA 1B 1B ；（2）若侧面 ABB 1A 1⊥底面 ABC ，∠ A 1AB= ∠BAC=60°，AA 1=AB=AC=2 ，求直线 A 1B 与平面 B 1GE 所成角正弦值．21．如图，在多面体 EF ﹣ABCD 中， ABCD ， ABEF 均为直角梯形，∠ 平面 DCEF ⊥平面 ABCD ．ABE= ∠ABC= DCEF 为平行四边形，θ的BC 1．23．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是 PB的中点．（Ⅰ ）求证： AM ∥平面 PCD；（Ⅱ ）求证：平面 ACM ⊥平面 PAB；。

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——立体几何解析版

（文数）解答题强化专练——立体几何一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.如图，在三棱锥S-ABC中，SA=SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB．求证：（1）直线AB∥平面SDE；（2）平面ABC⊥平面SDE．2.如图，在四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，点P在底面ABCD的射影O落在AD上．（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；（2）若O、M分别是AD、PB的中点，且求三棱锥M-PDC的体积．3.如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．4.如图，将边长为2的正六边形ABDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC=．（1）证明：平面ABEF⊥平面BCDE；（2）求三棱锥E-ABC的体积．5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E是边AD上的一点，且AE=2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC=SD．（1）证明：SH⊥平面BCDE．（2）求四棱锥S-BCDE的体积．6.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2．(1)证明：平面PAC⊥平面PCE；(2)若∠ABC＝60°，求三棱锥P﹣ACE的体积．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PD，AB=AD，∠BAD=60°（1）求证：AD⊥PB；（2）若AB=PA=2，PB=，求点C到平面PBD的距离．8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1中点，若AB=BC=2，AA1=．（1）求证：平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）求点O到平面AB1C的距离．9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥平面ABCD．AB=2AD=4，．（1）证明：平面D1BC⊥平面D1BD；（2）若直线D1B与底面ABCD所成角为，M，N，Q分别为BD，CD，D1D的中点，求三棱锥C-MNQ的体积．10.如图，多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1，点D为AA1的中点．（1）求证：BC1⊥平面B1CD；（2）求点B1到平面BCD的距离．答案和解析1.【答案】证明：（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，所以DE∥AB，因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，所以AB∥平面SDE，（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．又因为SA=SC，所以SE⊥AC，又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC，∵DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，DE∩SE=E，所以AC⊥平面SDE，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDE．【解析】本题考查了线面平行的性质与判定，面面垂直的判定，属于中档题．（1）由线面平行可得DE∥AB，故而AB∥平面SDE；（2）证得SE⊥AC，DE⊥AC可得AC⊥平面SDE，故而平面ABC⊥平面SDE．2.【答案】（1）证明：依题意，PO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB．又AD⊥AB，AD∩PO=O，所以AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）因为PO⊥平面ABCD，O是AD的中点，所以△PAD是等腰三角形，又AD=2，，所以PO=1．因为M是PB的中点，所以M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半，连接BD，所以=．【解析】（1）根据PO⊥平面ABCD可得PO⊥AB，结合AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，于是平面PAB⊥平面PAD；（2）计算PO，根据计算棱锥的体积．本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．3.【答案】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=【解析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．4.【答案】（1）证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，在多面体中，由AC=，得AG2+CG2=AC2，∴AG⊥GC，又GC∩BE=G，GC，BE⊂平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE，又AG⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．（2）解：连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，在正六边形ABCDEF中，BE=2AF=4，∴，∴V E-ABC=V A-BCE==2．【解析】（1）连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，由勾股定理得AG⊥GC，从而AG⊥平面BCDE，由此能证明平面ABEF⊥平面BCDE．（2）连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，利用V E-ABC=V A-BCE ，能求出三棱锥E-ABC的体积．本小题主要考查空间线面关系、面面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．5.【答案】（1）证明：取CD的中点M，连接HM，SM，由已知得AE=AB=2，所以SE=SB=2，又点H是BE的中点，所以SH⊥BE．因为SC=SD，点M是线段CD的中点，所以SM⊥CD．又因为HM∥BC，所以HM⊥CD，从而CD⊥平面SHM，所以CD⊥SH，又CD，BE不平行，所以SH⊥平面BCDE．（2）解：由（1）知，，底面BCDE的面积为，所以四棱锥S-BCDE的体积．【解析】（1）取CD的中点M，连接HM，SM，证明SH⊥BE．SM⊥CD．HM⊥CD，推出CD⊥平面SHM，即可证明SH⊥平面BCDE．（2）求出棱锥的底面面积与高，即可求解几何体的体积．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，如果是考试，可以参考评分细则：（1）第（1）问中，不管用哪种方法，证出结论得（6分）；（2）第（2）问，计算出高，得（2分），算出底面积S=4，得（2分），正确算出四棱锥的体积本小问共得（6分）．6.【答案】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF∥PA，且OF=，∵DE∥PA，且，∴OF∥DE，且OF=DE．∴四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD∥EF，∴EF⊥平面PAC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE．（2）解：∵∠ABC=60°，∴ABC是等边三角形，可得AC=2．又∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．∴，∵EF⊥平面PAC，∴EF是三棱锥E-PAC的高．∵，∴=．【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥体积的计算，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．（1）连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，由已知结合三角形中位线定理可得四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF．再由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BD ．又四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC．由线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC．进一步得到平面PAC⊥平面PCE．（2）由∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，得AC=2．再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AC ．求出三角形PAC的面积，证得EF是三棱锥E-PAC的高，即可求出结果.7.【答案】解：（1）证明：∵AB=AD，且∠BAD=60°∴△ABD是等边三角形设O是AD的中点，连接PO，BO，则BO⊥AD，∵△APD是等腰三角形∴PO⊥AD，∵PO∩BO=O，∴AD⊥平面PBO，∴AD⊥PB；（2）设PB中点为E，连接DE，∵AB=PA=2，PB=，∴AP=PD=AD=BD=2，OB=，DE=1，DE⊥BP，∴OP=BO=，OP2+OB2=PB2∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥面ABCD，S△BCD=S△ABD=•OB•AD==，S△BDP=•DE•BP=×1×=，设点C到平面PBD的距离为h，∵V P-BCD=V C-BDP∴×OP×S△BCD=×h×S△BDP，即××=×h×，解得h=．【解析】（1）设O是AD的中点，连接PO，BO，通过证明AD⊥平面PBO，证出AD⊥PB ；（2）利用等体积法，即可求点C到平面PAB的距离本题考查空间直线、平面位置关系的判断，考查点面距离的计算，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力8.【答案】（1）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB=AD=2，AA1=，∴B1C=D1C，∵O为D1B1的中点，∴CO⊥B1D1，同理AO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．在三角形AOC中，可得AO=OC==2，∵AC=2，∴AO2+OC2=AC2，即OC⊥OA．∴∠AOC=90°．即平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）解：由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，且AO=OC=2．∴V=V，∴．∵，=2．∴d=1，∴点O到平面AB1C的距离为1．【解析】（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由已知证明CO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．求解三角形可得OC⊥OA即可；（2）由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，然后利用等积法即可求解．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求距离，是中档题．9.【答案】证明：（1）∵D1D⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴D1D⊥BC．又AB=4，AD=2，，∴，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD．又∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵D1D∩BD=D，BD⊂平面D1BD，D1D⊂平面D1BD，∴BC⊥平面D1BD，而BC⊂平面D1BC，∴平面D1BC⊥平面D1BD．解：（2）∵D1D⊥平面ABCD，∴∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，而，∴DD1=2．，∴三棱锥C-MNQ的体积．【解析】（1）推导出D1D⊥BC，AD⊥BD，BC⊥BD．从而BC⊥平面D1BD，由此能证明平面D1BC⊥平面D1BD．（2）由D1D⊥平面ABCD，得∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，由，能求出三棱锥C-MNQ的体积．本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，∵多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1．∴四边形BB1C1C是正方形，四边形CC1DA，ABB1D均为直角梯形，且AB⊥AD，AC⊥AD．∵点D为AA1的中点．AA1=BB1，AA1∥BB1．∴，DC1=，∴BD=C1D．，BC1⊥DE，又∵BC1⊥B1C，B1C∩DE=E，∴BC1⊥平面B1CD；（2）设点B1到平面BCD的距离为d．∵，点D到面BCC1B1的距离即为△ABC边BC上的高，即为．∴∵．∴，S=，∴．即点B1到平面BCD的距离为．【解析】（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，可得BD=C1D，BC1⊥DE，即可证明BC1⊥平面B1CD；（2）利用等体积法求点B1到平面BCD的距离．本题考查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题．。

2020届高三数学立体几何专项训练(文科)

2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019-111.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.3（Ⅰ）证明：PB 342. 如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明：B 1D 1∥l .5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE 与棱PD 交于点F .(1)求证：AB ∥EF ；(2)若AF ⊥EF ，求证：平面PAD ⊥平面ABCD .11..如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝BC ＝3，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，点M 是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN ＝14PB . (1)证明：MN ∥平面PDC ；(2)求直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ， ∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ． (1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由；(2)证明：平面PAB ⊥平面PBD ．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD⊥平面PDC,AD ∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD说明理由．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ， E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1-BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中： (1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8.点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，过点E 、F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形EFGH . (1)求证：A 1E ＝D 1F ；(2)判断A 1D 与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科)1解析：（Ⅰ）设AC 的中点为O ，连接EO . 在三角形PBD 中，中位线EO（Ⅱ）∵AP =1，3AD =，-3P ABD V =， -11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅33==64AB ，∴32AB =，作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又313PA AB AH PB ⋅==，故A 点到平面PBC 的距离313. 2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ．所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH ，又DH ?平面PAD ，CE ?平面PAD ，所以CE ∥平面PAD ．(2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ，所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ?平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ，又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ?平面PAD ，AD ?平面PAD ，∴EF ∥平面PAD . (2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA 2＋AC 2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ，PA ⊥AC ，PA ?平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ?平面PAB ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥PB ，∴在Rt△PBC 中，BF ＝12PC ＝62.连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455.4.证明(1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA?平面MBD，MO?平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD?平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD?平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD?平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB?平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE?平面AEFD,AD?平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1, ∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB?平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE?平面DEF，DE?平面DEF，EF∩DE＝E，PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG?平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG?平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD. 又AB?平面PDC，CD?平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥AD . 因为AF ⊥EF ，(1)中已证AB ∥EF ，所以AB ⊥AF .又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C )，所以点F 异于点D ，所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ?平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ?平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD . 11.(1)证明因为AB ＝BC ，AD ＝CD ，所以BD 垂直平分线段AC . 又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32. 所以AC ＝3.又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BNNP ＝3，所以MN ∥PD .又MN ?平面PDC ，PD ?平面PDC ，所以MN ∥平面PDC .(2)解因为PA ⊥平面ABCD ，BD ?平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ?平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角，故∠DPM 即为所求的角．在Rt△PAD 中，PD ＝2，所以sin∠DPM ＝DM DP ＝122＝14，所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14.12.【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ．又AB ?平面PAB ，CM ?平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ．所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ．又BD ?平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ． 13.[证明] (1)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1. 又DE ?平面A 1C 1F ，A 1C 1?平面A 1C 1F ，所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1?平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ?平面ABB 1A 1，A 1B 1?平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1，所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ?平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ．又B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1?平面A 1C 1F ，A 1F ?平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ?平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB ?平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC ?平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分 ∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =34，由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴2274AD OD OA =+=，由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=21，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。

高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）

中，CA CB =，1AB AA =，160BAA Ð=。

（Ⅰ）证明：1AB A C ^；（Ⅱ）若2AB CB ==，16A C =高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）1．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥A-BCDE 中，侧面∆ADE 是等边三角形，底面BCDE 是等腰是等腰梯形梯形，且CD ∥BE,DE=2BE,DE=2，，CD=4,60CDE Ð=° ,M 是DE 的中点，F 是AC 的中点，且AC=4AC=4，，求证：（1）平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD;BCD;(2)FB (2)FB∥平面∥平面ADE. ADE.2．（本小题满分12分）如图，分）如图，三棱柱三棱柱111ABC A B C -，求三棱柱111ABC A B C -的体积。

45．．如图，三棱锥P ABC -中，90ABC °Ð=，PA ABC ^底面（Ⅰ）求证：PAC PBC ^平面平面；（Ⅱ）若AC BC PA ==，M 是PB 的中点，求AM 3．如图，在．如图，在四棱锥四棱锥P －ABCD 中，中，PD PD PD⊥⊥平面ABCD ABCD，，AB AB∥∥DC DC，已知，已知BD BD＝＝2AD 2AD＝＝2PD 2PD＝＝8，AB ＝2DC 2DC＝＝（Ⅰ）设M 是PC 上一点，证明：平面MBD MBD⊥平面⊥平面PAD PAD；；（Ⅱ）若M 是PC 的中点，求棱锥P －DMB 的体积．4与平面PBC 所成角的所成角的正切正切值5中，CB DA 、是梯形的高，2AE BF ==，22AB =，现将梯形沿CB DA 、折起，使//EF AB ，且2E F A B =如图所示，已知M N P 、、（1）求证：//MN6^PA 底面ABCD ，F E ,分别是PB AC ,的中点的中点. . .PFEDC B A（1）求证：//EF 平面PCD ；（2）求证：平面^PBD 平面PAC ；（3）若AB PA =，求PD 与平面PAC 所成的角的大小所成的角的大小. . .．如图，在等腰．如图，在等腰梯形梯形CDEF ，得一简单，得一简单组合组合体ABCDEF 分别为,,AF BD EF 的中点平面BCF ；（2）求证：AP ^平面DAE .．如图，．如图，四棱锥四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，7中，2AB BC =，点M 在边CD 上，点F 在边AB 上，且DF AM^，垂足为E ，若将ADM D 沿AM 折起，使点ABCM D -¢．（Ⅰ）求证：F D AM p ，求直线D8．如图，在四棱锥-P ．如图，在．如图，在矩形矩形ABCD D 位于D ¢位置，连接B D ¢，C D ¢得四棱锥¢^；（Ⅱ）若3p =¢ÐEF D ，直线F D ¢与平面ABCM 所成角的大小为3A ¢与平面ABCM 所成角的所成角的正弦正弦值．值．ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =,E 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：PD ∥平面AEC ；（Ⅱ）求证：平面AEC ^平面PBD .-的中点，E 为PA 的中点．的中点．ADO C PBEMNC C 1B 1A 1BA9．如图，在直．如图，在直三棱柱三棱柱ABC ABC－－A 1B 1C 1中，点M 是A 1B 的中点，点N 是B 1C 的中点，连接MN MN（Ⅰ）证明：（Ⅰ）证明：MN//MN//MN//平面平面ABC ABC；；（Ⅱ）若AB=1AB=1，，AC=AA 1=3，BC=2BC=2，求二面角，求二面角A —A 1C —B 的余弦值的大小值的大小1010．．如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角的底面是直角梯形梯形，//AB CD ，AB AD ^，PAB D 和PADD 是两个边长为2的正三角形，4DC =，O 为BD (Ⅰ)求证：PO ^平面ABCD ；(Ⅱ)求证：//OE 平面PDC ；(Ⅲ)求(Ⅲ)求直线直线CB 与平面PDC 所成角的所成角的正弦正弦值．11中，底面ABED 、090ADC Ð=，12BC CD AD ==，PA PD =，,EF .A B C -中，点D 是BC 的中点的中点..（Ⅰ）求证（Ⅰ）求证: : AD ^平面11BCC B ；（Ⅱ）求证（Ⅱ）求证: : 1A C 平面1AB D .A BCDA 1B 1C 1．在．在四棱锥四棱锥P ABCD -为直角为直角梯形梯形，//BC AD 为,AD PC 的中点．（1）求证：//PA 平面BEF ；（2）求证：AD PB ^1212．如图，正．如图，正．如图，正三棱柱三棱柱111ABC13．如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ， 902=Ð=EAB EF AB，（1）若G 点是DC ）求证：BAF DAF 面面^.（3）若,2,1===AB AD AE ，平面ABCD ABFE 平面^.中点，求证：AED FG 面//.（2求的体积三棱锥AFC D -.∴,3AM DE AM ^=,∵在∆DMC 中，中，DM=1DM=1DM=1，，60CDE Ð=°,CD=4,CD=4，，∴22241241cos6013MC =+-´´×°= ，即MC=13.在∆AMC 中，222222(3)(13)4AM MC AC +=+==∴AM AM⊥⊥MC,MC,又∵,AM DE ^MC DE M = , , ∴∴AM ^平面BCD,BCD,∵AM Í平面ADE, ADE, ∴平面∴平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD.BCD.（2）取DC 的中点N ，连结FN,NB,FN,NB,∵F,N 分别是AC AC，，DC 的中点，∴的中点，∴FN FN FN∥∥AD,AD,由因为由因为FN Ë平面ADE,AD Í平面ADE, ADE, ∴∴FN FN∥平面∥平面ADE,ADE,∵N 是DC 的中点，∴的中点，∴BC=NC=2BC=NC=2BC=NC=2，又，又60CDE Ð=°，∴∆BCN 是等边三角形，∴是等边三角形，∴BN BN BN∥∥DE,DE, 由BN Ë平面ADE,ED Í平面ADE, ADE, ∴∴BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,∵FN BN N = , , ∴平面∴平面ADE ADE∥平面∥平面FNB,FNB,∵FB Í平面FNB, FNB, ∴∴FB FB∥平面∥平面ADE.ADE.考点：考点：1.1. 1.直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定；2.2.2.平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；平面一平面垂直的判定；3.3.3.直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定..2．（1）取AB 的中点O ，连接1OC O 、1OA O 、1A B ，因为CA=CB CA=CB，所以，所以OC AB ^，由于AB=AA 1，∠，∠BA A BA A 1=600，所以1OA AB ^，所以AB ^平面1OAC ，因为1A C Ì平面1OAC ，所以AB AB⊥⊥A 1C ；（2）因为221A C OC =因为ABC D 为等边三角形，所以3CO =，底面积1232232S =´´=高三数学专项训练：立体几何解答题（三）（文科）参考答案1．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析【解析】【解析】试题分析：（1）首先根据直线与平民啊垂直的）首先根据直线与平民啊垂直的判定定理判定定理证明AM ^平面BCD,BCD,然后再根据平面垂直的判定定理证明平面ADE ADE⊥平面⊥平面BCD BCD；；（2），取DC 的中点N ，首先证FN ∥平面ADE,ADE,然后再证∴然后再证∴然后再证∴BN BN BN∥平面∥平面ADE,ADE,再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面再根据平面与平民啊平行的判定定理证明∴平面ADE ∥平面FNB,FNB,最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可最后由面面平行的性质即可..试题解析：（1）∵∆ADE 是等边三角形，,M 是DE 的中点，的中点，，所以，所以体积体积123323V =´´=（Ⅱ）163P DMB V -=．【解析】【解析】试题分析：试题解析：（I ）证明：在ABD D 中，由于4,8,45A D B D A B ===，所以222AD BD AB +=．故AD BD ^。

2020届高三数学立体几何专项训练(文科)

2021届高三数学立体几何专题(文科)1解析：〔Ⅰ〕设AC的中点为O，连接EO.在三角形PBD中，中位线EO//PB，且EO在平面AEC上，所以PB//平面AEC.〔Ⅱ〕∵AP=1，AD3，3 V，P-ABD411V=PAABADP-ABD32作AH⊥PB角PB于H，33=AB=，∴643AB，2由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又313PAABAHPB13 ，故A点到平面PBC的距离31313.2.(1)证明：如下图，取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝1AB，2又AB∥CD，CD＝12AB．所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH，又DH?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD．1(2)如下图，取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝AB，21又CD＝AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CF∥AD，2又CF?平面PAD，所以CF∥平面PAD，由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．3.(1)证明∵P EPF＝＝λ(λ≠0)，∴EF∥BC.∵BC∥AD，∴EF∥AD. PBPC又EF?平面PAD，AD?平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)解∵λ＝12，∴F是PC的中点，在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝2，∴PC＝P A2＋AC2＝6，----12∴PF＝PC＝6.∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD＝AC，2PA⊥AC，PA?平面PAC，∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又AB⊥AD，BC∥AD，∴BC⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，7----∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，∴在Rt△PBC中，BF＝12PC＝62.连接BD，DF，设点D到平面AFB的距离为d，在等腰三角形BAF中，BF＝AF＝6，AB＝1，2∴S△ABF＝5，又S△ABD＝1，点F到平面ABD的距离为1，4∴由V F－ABD＝V D－AFB，得13×1×1＝13×d×545，解得d＝，即点D到平面AFB的距离为45455.4.证明(1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA?平面MBD，MO?平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明](1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD?平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD．8----又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD?平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD?平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB?平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE?平面AEFD,AD?平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=VC-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,那么V P-ABCD=V1+V1=V1,∴.8.[解](1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB?平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE?平面DEF，DE?平面DEF，EF∩DE＝E，PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG?平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG?平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.9----(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接E F，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB?平面PDC，CD?平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A，AF，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.11.(1)证明因为AB＝BC，AD＝CD，所以BD垂直平分线段A C.又∠ADC＝120°，所以MD＝11，AM＝2AD＝232.所以AC＝3.又AB＝BC＝3，所以△ABC是等边三角形，3所以BM＝，所以2 B MMD1＝3，又因为PN＝4PB，所以B MMDBNNP＝＝3，所以MN∥PD.又MN?平面PDC，PD?平面PDC，所以MN∥平面PDC.(2)解因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥PA，又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.由(1)知MN∥PD，所以直线MN与平面PAC所成的角即直线PD与平面PAC所成的角，故∠DPM即为所求的角．在Rt△PAD中，PD＝2，1所以sin∠DPM＝D MDP＝22＝14，所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为14.12.【解】(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：1因为AD∥BC，BC＝2AD，所以BC∥AM，且BC＝AM，所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB．又AB?平面PAB，CM?平面PAB，所以CM∥平面PAB．(说明：取棱PD的中点N，那么所找的点可以是直线MN上任意一点)10(2)由，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝1 2所以PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD．连接B M，1因为AD∥BC，BC＝AD，所以BC∥MD，且BC＝MD．21所以四边形BCDM是平行四边形．所以BM＝CD＝2AD，所以BD⊥AB．又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB．又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．13.[证明](1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，所以直线D E∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D．又B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D?平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F14.证明：(Ⅰ)连接B C1，那么O为B1C与BC1的交点，∵AO⊥平面BB1C1C.∴AO⊥B1C，⋯2分因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，⋯4分∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，故B1C⊥AB.⋯6分(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结A D，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC.⋯9分∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=3 4，11由于AC⊥AB1，∴OAB1C，∴22227ADODOA，4 11由OH·AD=O·DOA，可得OH=2114，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为217。

2020版高考数学大二轮培优文科通用版大题专项练(三)立体几何

大题专项练(三)立体几何A组基础通关1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=CC1,平面A1BC1⊥平面BCC1B1.证明:(1)AC∥平面A1BC1;(2)平面AB1C⊥平面A1BC1.证明(1)几何体为三棱柱?四边形ACC1A1为平行四边形?AC∥A1C1,又A1C1?平面A1BC1,AC?平面A1BC1,∴AC∥平面A1BC1.(2)∵BC=CC1且四边形BCC1B1为平行四边形,∴四边形BCC1B1为菱形,∴B1C⊥BC1.又平面A1BC1⊥平面BCC1B1,平面A1BC1∩平面BCC1B1=BC1,∴B1C⊥平面A1BC1.又B1C?平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面A1BC1.2.如图,圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点.(1)求证:SA∥平面PCD;(2)求圆锥SO的表面积和体积.(1)证明连接PO,∵P、O分别为SB、AB的中点,∴PO∥SA,由于PO?平面PCD,SA?平面PCD,∴SA∥平面PCD;(2)解∵SO=2,OB=2,SO为圆锥的高,OB为圆锥底面圆的半径,∴V=πr2h=π×22×2=,由于SO为圆锥的高,则母线SB==2,∴S侧面=l·SB=×2×π×2×2=4π,S底面=πr2=π×22=4π,故S=S底面+S侧面=(4+4)π.3.等边三角形ABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足,如图甲,将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置,使平面A1DE⊥平面BCED,连接A1B,A1C,如图乙,点M为A1D的中点.(1)求证:EM∥平面A1BC;(2)求四棱锥A1-BCED的体积.解(1)取BD的中点N,连接NE,则NE∥BC,在四棱锥A1-BCED中,NE与BC的平行关系不变.连接MN,在△DA1B中,MN∥A1B,又NM∩NE=N,BA1∩BC=B,∴平面MNE∥平面A1BC,又EM?平面MNE,∴EM∥平面A1BC.(2)∵等边三角形ABC的边长为3,且,∴AD=1,AE=2.在△ADE中,∠DAE=60°,由余弦定理得DE=-°,从而AD2+DE2=AE2,∴AD⊥DE.折起后有A1D⊥DE,∵平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D?平面A1DE,∴A1D⊥平面BCED.∴四棱锥A1-BCED的体积V=S四边形BCED·A1D,连接BE,则S四边形BCED=CB·CEsin∠BCE+BD·DE=×1×3×sin 60°+×2×,∴V=×1=.4.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=2EF=2,EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.(1)求证:FH∥平面EDB;(2)求证:AC⊥平面EDB;(3)求四面体B-DEF的体积.(1)证明设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,如图所示,连接EG,GH.∵H为BC的中点,∴GH∥AB.∵EF∥AB,∴EF∥GH.又∵EF=GH=AB,∴四边形EFHG为平行四边形,∴EG∥FH.∵EG?平面EDB,FH?平面EDB,∴FH∥平面EDB.(2)证明∵四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC.∵EF∥AB,∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB,BC∩FB=B,∴EF⊥平面BFC,又FH?平面BFC,∴EF⊥FH,∴AB⊥FH.∵BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC,又AB∩BC=B,∴FH⊥平面ABCD,∴FH⊥AC.∵FH∥EG,∴AC⊥EG.∵AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.(3)∵EF⊥FB,BF⊥FC,EF∩FC=F,∴BF⊥平面CDEF,∴BF即为四面体B-DEF的高.由(2)知,EF⊥平面BFC,∴EF⊥FC.又∵EF∥AB∥CD,∴FC为△DEF中EF边上的高.∵BC=AB=2,∴BF=FC=,∴V四面体B-DEF=×1×.5.如图,在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,AD⊥CD.(1)证明:AB⊥平面ADE;(2)连接BD,BE,若二面角E-CD-A的大小为120°,AD=2AB=2DE=2,求三棱锥E-ABD的体积.(1)证明因为CD⊥AD,CD⊥DE,AD∩DE=D,所以CD⊥平面ADE,因为四边形CDFE为矩形,所以EF∥CD.又EF?平面ABCD,CD?平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.因为EF∥平面ABCD,EF?平面ABFE,平面ABFE∩平面ABCD=AB,所以EF∥AB,又EF∥CD,所以CD∥AB,又CD⊥平面ADE,所以AB⊥平面ADE.(2)解因为CD⊥AD,CD⊥DE,所以∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角,所以∠ADE=120°.S△ADE=DA·DE·sin∠ADE=×2×1×.于是V三棱锥E-ABD=V三棱锥B-ADE=S△ADE·AB=×1=.6.如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=,BC=2,截面EBD是等边三角形,M,N 分别是AD,CE的中点.(1)求证:MN∥平面EAB;(2)若EC=EA,AB⊥DE,求三棱锥E-BMN的体积.(1)证明如图,取EB的中点F,连接AF,NF,在△ECB中,易得NF BC,又在平行四边形ABCD中,AM BC,∴NF AM,∴四边形AMNF是平行四边形,∵MN∥AF,AF?平面EAB,MN?平面EAB,∴MN∥平面EAB.(2)解如图,连接AC交BD于点O,连接EO,在等腰△EAC中,EA=EC,∴EO⊥AC,又在等边△EBD中,EO⊥BD,∴EO⊥平面ABCD.∴EO⊥AB.又AB⊥DE,EO∩DE=E,∴AB⊥平面BDE,∴AB⊥BD.∴V E-BMN=V N-EBM=V C-EBM=V E-BCM=S△BCM·EO,又S△BCM=S△ABC=AB·BD==1,EO=,∴V E-BMN=×1×.B组能力提升7.如图,四棱锥A-BCDE中,CD⊥平面ABC,BE∥CD,AB=BC=CD,AB⊥BC,M为AD上一点,EM⊥平面ACD.(1)求证:EM∥平面ABC;(2)若CD=2BE=2,求点D到平面EMC的距离.(1)证明取AC的中点F,连接BF,因为AB=BC,所以BF⊥AC,又因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BF,又CD∩AC=C,所以BF⊥平面ACD,因为EM⊥平面ACD,所以EM∥BF,EM?平面ABC,BF?平面ABC,所以EM∥平面ABC;(2)解因为EM⊥平面ACD,EM?平面EMC,所以平面CME⊥平面ACD,平面CME∩平面ACD=CM,过点D作直线DG⊥CM,则DG⊥平面CME.由已知CD⊥平面ABC,BE∥CD,AB=BC=CD=2BE,可得AE=DE,又EM⊥AD,所以M为AD的中点.在Rt△ABC中,AC=BC=2,在Rt△ADC中,AD==2,S△CDM=S△ACD=×2×2,在△DCM中,CM=AD=,由等面积法知×CM×DG=,所以DG=,即点D到平面EMC的距离为.8.如图,直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=5,AA'=AB=6,D,E分别为AB和BB'上的点,且=λ.(1)求证:当λ=1时,A'B⊥CE;(2)当λ为何值时,三棱锥A'-CDE的体积最小,并求出最小体积.(1)证明∵λ=1,∴D,E分别为AB和BB'的中点,又AB=AA',且三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴平行四边形ABB'A'为正方形,∴DE⊥A'B.∵AC=BC,D为AB的中点,∴CD⊥AB.∵三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴CD⊥平面ABB'A',又A'B?平面ABB'A',∴CD⊥A'B,又CD∩DE=D,∴A'B⊥平面CDE,∵CE?平面CDE,∴A'B⊥CE.(2)解设BE=x,则AD=x,DB=6-x,B'E=6-x,由已知可得C到平面A'DE的距离即为△ABC的边AB所对的高,h=-=4,∴V A'-CDE=V C-A'DE=(S四边形ABB'A'-S△AA'D-SΔDBE-S△A'B'E)·h=36-3x-(6-x)x-3(6-x)·h=(x2-6x+36)=[(x-3)2+27](0<x<6),∴当x=3,即λ=1时,V A'-CDE有最小值18.。

高三数学专项训练：立体几何解答题(文科)(一)

（Ⅰ）求证:BE⊥平面PAD;
(Ⅱ）求证:EF∥平面PAB；
21．
(本小题满分12分)如图，已知平面，平面 , 为等边三角形， , 为中点．
(1)求证：平面；
（2)求证：平面平面；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
22．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD﹦60°，E是CD中点，
（Ⅰ)求证：平面 ;
(Ⅱ)求三棱锥的体积.
11．如图，在三棱锥中,侧面与侧面均为等边三角形，，为中点．
(Ⅰ）证明: 平面 ;
（Ⅱ）求异面直线BS与AC所成角的大小．
12．(本题满分12分）
如图，已知AB 平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形， ,且F是CD的中点．
（Ⅰ）求证AF∥平面BCE;
（1)求证:B1C∥平面AC1M;
(2）求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.
44．（本小题满分12分）
如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形, BCD=60 ，E是CD的中点,PA 底面ABCD,PA=2。
（1)证明：平面PBE 平面PAB；
（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值.
(Ⅰ)求证:EF//平面PAD;
（Ⅱ)求三棱锥C—PBD的体积。
15．右图为一组合体,其底面为正方形，平面，，且
（Ⅰ）求证：平面 ;
(Ⅱ）求四棱锥的体积;
（Ⅲ)求该组合体的表面积．
16．四棱锥中,底面为平行四边形，侧面底面，为的中点，已知 ,
(Ⅰ）求证： ;
（Ⅱ）在上求一点，使平面；
(Ⅲ)求三棱锥的体积.
17．（本小题满分12分）在三棱柱中,底面是边长为的正三角形,点在底面上的射影恰是中点．

2020高考数学(文数)考点测试刷题本53 几何概型(含答案解析)

16.设 f(x)和 g(x)都是定义在同一区间上的两个函数，若对任意 x∈[1，2]，都有|f(x)＋ b
g(x)|≤8，则称 f(x)和 g(x)是“友好函数”，设 f(x)=ax，g(x)= ． x
(1)若 a∈{1，4}，b∈{－1，1，4}，求 f(x)和 g(x)是“友好函数”的概率； (2)若 a∈[1，4]，b∈[1，4]，求 f(x)和 g(x)是“友好函数”的概率．
2020 高考数学(文数)考点测试刷题本 53 几何概型
一、选择题
1.向等腰直角三角形 ABC(其中 AC=BC)内任意投一点 M，则 AM 小于 AC ．1－
2
π C．
8
π D．
4
2.在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C，现作一矩形，邻边长分别等于线段 AC，CB 的长，则
车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概率是( )
1 A．
3
1 B．
2
2 C．
3
3 D．
4
6.从区间[0，1]随机抽取 2n 个数 x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成 n 个数对(x1，y1)，
(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个，则用随机模拟的方法
答案解析
1.答案为：D；
解析：以 A 为圆心，AC 为半径画弧与 AB 交于点 D．依题意，
π
·AC2
S扇形ACD 8
π
满足条件的概率 P=
=
= ．故选 D．
S △ ABC 1
4
AC2
2
2.答案为：B；解析：不妨设矩形的长为 x cm，则宽为(12－x) cm，由 x(12－x)>20，解得 2<x<10， 10－2 2 所以该矩形的面积大于 20 cm2 的概率为 = ．故选 B． 12 3

2020高考文科数学复习-立体几何含答案

正视图侧视图C ． 2 πD ． π一、选择题201、某师傅需用合板制作一个工作台，工作台由主体和附80属两部分组成，主体部分全封闭，附属部分是为了防止工件滑出台面而设置80俯视图80的三面护墙，其大致形状的三视图如右图所示(单位长度: cm), 则按图中尺寸，做成的工作台用去的合板的面积为（制作过程合板的损耗和合板厚度忽略不计）（）A. 40000cm 2B 40800cm 2C. 1600(22 + 17) cm 2D. 41600cm 22、在下列关于直线 l 、 m 与平面 α 、 β 的命题中，真命题是（）（A ）若 l ⊂ β ，且 α ⊥ β ，则 l ⊥ α（B ）若 l ⊥ β ，且 α // β ，则 l ⊥ α（C ）若 α I β = m ，且 l ⊥ m ，则 l // α（D ）若 l ⊥ β ，α ⊥ β ，则 l // α3、一个几何体的三视图如右图，其中主视图和左视图都是边长为 1 的正三角形，那么这个几何体的侧面积为（）且A ． 1 πB ．22π2 4 44、下列四个几何体中，每个几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是（）．①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥A．①②B．①③C．①④D．②④5、已知α,β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α,m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α,n⊂α,m//β，n//β,则α//β；③如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线，那么n与α相交；④若α⋂β=m,n//m，且n⊄α,n⊄β，则n//α且n//β.其中正确的命题是（）A．①②B．②③C．③④D．①④二、填空题6、如图是一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图，如果主视图、左视图所对应的三角形皆为边长为2的正三角形，俯视图对应的四边形为正方形，那么这个几何体的体积为．7、表面积为16π的球的内接正方体的体积为．8、一个平面四边形的斜二测化法的直观图是一个边长为1的正方形，则原平面四边形的面积为.9、将一个边长为a的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了．10、在一个密封的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是．三、解答题11、已知四棱锥P-ABCD的三视图如下图所示，E是侧棱PC上的动点.(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)是否不论点E在何位置，都有BD⊥AE？证明你的结论；PE22DC1111A B正视图侧视图俯视图12、如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD=DE=2A B，F为CD的中点.BEAC D(1)求证：AF//平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；13直三棱柱ABC-A B C中，AC=BC=AA=2，∠ACB=90︒.E为BB的中点，11111 D点在AB上且DE=3.（1）求证：CD⊥平面A ABB；11（2）求三棱锥A-CDE的体积.114、如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，P A⊥面ABCD，E、F为别PEA D点 P 是 AD 上的动点．BC C 1为 PD 、 AB 的中点，且 P A = AB = 1 ， BC = 2 ，（1）求四棱锥 E - ABCD 的体积；（2）求证：直线 AE ∥平面 PFC .15、如图，已知 ABCD - A B C D 是底面为正方形的长方体，∠AD A = 60o ， AD = 4 ，1 1 1 11 1 1AD1（1）试判断不论点 P 在 AD 上的任何位置，是否都有平面1PB P A 垂直于平面 AA D ？并证明你的结论；111 1A 1D 1B 1（2）当 P 为 AD 的中点时，求异面直线 AA 与 B P 所成角的余弦值；1 1116、如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面为直角梯形，AD // BC , ∠BAD = 90︒ ， P A 垂O直于底面 ABCD ， P A = AD = AB = 2 B C = 2 , M , N 分别为 PC , PB 的中点。

2020届高三数学立体几何专项训练

2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019-111.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.（Ⅰ）证明：PB2. 如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明：B 1D 1∥l .5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PA B⊥平面ABCD,四边形ABCD 为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝BC ＝3，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，点M 是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN ＝14PB . (1)证明：MN ∥平面PDC ；(2)求直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ．(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由；(2)证明：平面PAB ⊥平面PBD ．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB ο求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD说明理由．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ， E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2， E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8.点E，F分别在A1B1，D1C1上，过点E、F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形EFGH.(1)求证：A1E＝D1F；(2)判断A1D与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科) 1解析：（Ⅰ）设AC的中点为O，连接EO. 在三角形PBD中，中位线EOV=（Ⅱ）∵AP=1，AD=-P ABD-11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅AB 32AB =，作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又PA AB AH PB ⋅==A 点到平面PBC 2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ．所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH ，又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ，所以CE ∥平面PAD ． (2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ，所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ，又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD . (2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA 2＋AC 2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ，PA ⊥AC ，PA ⊂平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥PB ，∴在Rt△PBC 中，BF ＝12PC ＝62.连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455.4.证明 (1)由题设知BB 1∥DD 1且BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1∥B 1C 1∥BC 且A 1D 1＝B 1C 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，所以A 1B ∥平面CD 1B 1.又因为BD ∩A 1B ＝B ，BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1，又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ，所以直线l ∥直线BD ，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形，所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .5.连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，因为PM ＝MC ，AO ＝OC ，所以PA ∥MO ，因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥PABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD⊂平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PA B为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE⊂平面AEFD,AD⊂平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1, ∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB ⊥平面PAC .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF . 理由如下：如图，取PB 中点F ，连接EF ，CE ，CF .又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为PA ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ，所以PA ∥平面CEF .10.证明 (1)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ∥CD . 又AB ⊄平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以AB ∥平面PDC ，又因为AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面PDC ＝EF ，所以AB ∥EF . (2)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥AD . 因为AF ⊥EF ，(1)中已证AB ∥EF ，所以AB ⊥AF .又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C )，所以点F 异于点D ，所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD . 11.(1)证明因为AB ＝BC ，AD ＝CD ，所以BD 垂直平分线段AC . 又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32. 所以AC ＝3.又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BNNP ＝3，所以MN ∥PD .又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以MN ∥平面PDC .(2)解因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角，故∠DPM 即为所求的角．在Rt△PAD 中，PD ＝2，所以sin∠DPM ＝DM DP ＝122＝14，所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14.12.【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ．又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ．所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ．又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ． 13.[证明] (1)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1.又DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1，所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ．又B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分 ∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =34，由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴227AD OD OA =+=由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=2114，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为21，所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。

2020届高三数学立体几何专项训练(文科)

2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019—111.如图，四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的点。

（Ⅰ)证明：PB //平面AEC；3,（Ⅱ)设AP=1,AD=3，三棱锥P-ABD的体积V=4求A点到平面PBD的距离.2.如图,四棱锥P。

ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD,E为PB的中点．（1）求证：CE∥平面P AD；（2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面P AD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在,请说明理由．13如图,在四棱锥P－ABCD中，平面P AC⊥平面ABCD,且P A⊥AC，P A＝AD＝2，四边形ABCD满足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1。

点E，F分别为侧棱PB，PC上的点，且错误!＝错误!＝λ(λ≠0)．（1）求证：EF∥平面P AD；(2）当λ＝错误!时，求点D到平面AFB的距离．4。

如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1）证明：平面A1BD∥平面CD1B1;（2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l。

25。

如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点,在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH。

6.如图,在四棱锥P.ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：（1)CD⊥AE；(2）PD⊥平面ABE。

37.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F。

（1）求证:AD∥EF; （2)求证：PB⊥平面AEFD；(3)记四棱锥P—AEFD的体积为V1，四棱锥P—ABCD的体积为V2,直接写出的值。

2020版高考数学培优考前练文科通用版课件：5.3 立体几何解答题

5.3立体几何解答题高考命题规律1.高考必考考题.主要以多面体为载体,考查空间位置关系的判定与性质、求几何体的体积、面积、距离等.2.解答题,12分,中等难度.3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度1 空间中平行、垂直关系的证明命题角度2 几何体的体积与距离问题18 19 19 18 18 18 19 19 17命题角度3 空间中的折叠问题19 18 19命题角度4 空间中的探究性问题18 19空间中平行、垂直关系的证明高考真题体验·对方向1.(2019天津·17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面P AC⊥平面PCD,P A⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面P AD;(2)求证:P A⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面P AC所成角的正弦值.(1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面P AD,PD⊂平面P AD,所以GH∥平面P AD.(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面P AC⊥平面PCD,平面P AC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面P AC,又P A⊂平面P AC,故DN⊥P A.又已知P A⊥CD,CD∩DN=D,所以P A⊥平面PCD.(3)解:连接AN,由(2)中DN⊥平面P AC,可知∠DAN为直线AD与平面P AC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=3,又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD =33.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33.2.(2017山东·18)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明:(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD.所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.典题演练提能·刷高分1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,点E,F分别在棱BB1,CC1上(均异于端点),且∠ABE=∠ACF,AE⊥BB1,AF⊥CC1.求证:(1)平面AEF⊥平面BB1C1C;(2)BC∥平面AEF.证明:(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1∥CC1.∵AF⊥CC1,∴AF⊥BB1.又∵AE⊥BB1,AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,∴BB1⊥平面AEF,又∵BB1⊂平面BB1C1C,∴平面AEF⊥平面BB1C1C.(2)∵AE⊥BB1,AF⊥CC1,∠ABE=∠ACF,AB=AC,∴Rt△AEB≌Rt△A FC,∴BE=CF,又由(1)知,BE∥CF.∴四边形BEFC是平行四边形,从而BC∥EF.又∵BC⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,∴BC∥平面AEF.2.(2019四川成都一模)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,P A⊥平面ABCD,点M是棱PC的中点.(1)证明:P A∥平面BMD;3(2)当P A= 时,求三棱锥M-P AD的体积.(1)证明:如图,连接AC交BD于点O,连接MO.∵M,O分别为PC,AC的中点,∴P A∥MO.∵P A⊄平面BMD,MO⊂平面BMD,(2)解:如图,取线段BC 的中点H ,连接AH.∵四边形ABCD 是菱形,∠ABC=60°,∴AH ⊥AD.∵P A ⊥平面ABCD ,∴AH ⊥P A.又P A ∩AD=A ,所以AH ⊥平面P AD ,∴点H 到平面P AD 的距离即为AH 的长度.又BC ∥AD ,∴点C 到平面P AD 的距离即为AH 的长度.∵M 为PC 的中点,∴点M 到平面PAD 的距离即为12AH的长度.∴V M-PAD =13S △PAD ·12AH=12×13×12× 3×2× 3=12.3.如图,在直角△ABC中,∠ACB=90°,BC=2AC=4,D,E分别是AB,BC 边的中点,沿DE将△BDE折起至△FDE,且∠CEF=60°.(1)求四棱锥F-ACED的体积;(2)求证:平面ADF⊥平面ACF.(1)解:∵D ,E 分别是AB ,BC 边的中点,∴DE 平行且等于AC 的一半,DE ⊥BC ,DE=1.依题意,DE ⊥EF ,BE=EF=2.于是有DE ⊥BC DE ⊥EF EF⋂EC =E EF ,EC ⊂平面CEF ⇒DE ⊥平面CEF. ∵DE ⊥平面CEF ,∴平面ACED ⊥平面CEF .过F 点作FM ⊥EC 于点M ,则平面ACED ⊥平面CEF ,且交线为CEFM ⊥EC FM ⊂平面CEF ⇒FM ⊥平面ACED , ∵∠CEF=60°,∴FM= 3, ∴梯形ACED 的面积S=12(AC+ED )×EC=12×(1+2)×2=3, 11(2)证明:如图,设线段AF ,CF 的中点分别为N ,Q ,连接DN ,NQ ,EQ ,则NQ 12AC , 于是DE 12AC NQ 12AC ⇒DE NQ ⇒DEQN 是平行四边形⇒DN ∥EQ. 又EC =EF ∠CEF =60° ⇒△CEF 是等边三角形.∴EQ ⊥FC. 由(1)知DE ⊥平面CEF ,EQ ⊂平面CEF.∴DE ⊥EQ ,∴AC ⊥EQ. 于是AC ⊥EQ FC ⊥EQ AC⋂FC =C AC ,FC ⊂平面ACF ⇒EQ ⊥平面ACF. ∴DN ⊥平面ACF ,又∵DN ⊂平面ADF ,4.如图,在四棱锥P-ABCD 中,平面P AB ⊥平面ABCD ,AD ∥BC ,P A ⊥AB ,CD ⊥AD ,BC=CD= AD ,E 为AD 的中点.(1)求证:P A ⊥CD.(2)求证:平面PBD ⊥平面P AB.(3)在平面P AB 内是否存在M ,使得直线CM ∥平面PBE ,请说明理由.12(1)证明:∵平面P AB⊥平面ABCD,平面P AB∩平面ABCD=AB,P A⊥AB,∴P A⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,∴P A⊥CD.(2)证明:由已知,BC∥ED,且BC=ED,∴四边形BCDE是平行四边形,又CD⊥AD,BC=CD,∴四边形BCDE是正方形,连接CE,则BD⊥CE.又BC∥AE,BC=AE,∴四边形ABCE是平行四边形,∴CE∥AB,∴BD⊥AB,由(1)知P A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴P A⊥BD,又P A∩AB=A,∴BD⊥平面P AB,∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面P AB.(3)解:当M 为直线AB ,CD 的交点时,有CM ∥平面PBE.理由如下:在四边形ABCD 中,AD ∥BC ,BC= AD ,∴四边形ABCD 为梯形,∴AB ,CD 必定相交,设交点为M.由(2)知四边形BCDE 是正方形,∴CM ∥BE ,又CM ⊄平面PBE ,BE ⊂平面PBE ,∴CM ∥平面PBE.故平面P AB 内存在M ,使得直线CM ∥平面PBE ,且M 为直线AB ,CD 的交点.12几何体的体积与距离问题高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅱ·17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.(1)证明:由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1,故B 1C 1⊥BE.又BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解:由(1)知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以∠AEB=∠A 1EB 1=45°,故AE=AB=3,AA 1=2AE=6.作EF ⊥BB 1,垂足为F ,则EF ⊥平面BB 1C 1C ,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB 1C 1C 的体积V= ×3×6×3=18.132.(2019全国Ⅰ·19)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)证明:连接B 1C ,ME.由题设知A 1B 1 DC ,可得B 1C A 1D ,故ME ND ,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED.又MN ⊄平面C 1DE ,所以MN ∥平面C 1DE.(2)解:过C 作C 1E 的垂线,垂足为H.由已知可得DE ⊥BC ,DE ⊥C 1C ,所以DE ⊥平面C 1CE ,故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面C 1DE ,故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离.因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C ,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由已知可得CE=1,C 1C=4,所以C 1E= 17,故CH=4 1717.从而点C 到平面C 1DE的距离为4 1717.3.(2018全国Ⅱ·19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,P A=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.2(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.解:(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.连接OB,因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°.所以OM=253,CH=OC·MC·sin∠ACBOM=455.所以点C到平面POM的距离为455.4.(2017全国Ⅱ·18)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC= AD ,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC ∥平面P AD ;(2)若△PCD 的面积为2 7,求四棱锥P-ABCD 的体积.12(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面P AD,AD⊂平面P AD,故BC∥平面P AD.(2)解:取AD的中点M,连接PM,CM.AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方由AB=BC=12形,则CM⊥AD.因为侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面P AD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=2x,PM=3x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,x.所以PN=142因为△PCD的面积为27,所以12×2x×142x=27,解得x=-2(舍去),x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=23.所以四棱锥P-ABCD的体积V=13×2×(2+4)2×23=43.5.(2017全国Ⅲ·19)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD,若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.(1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.因为AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.(2)解:连接EO.由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=12AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=12BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,即四面体ABCE ACDE1∶1.典题演练提能·刷高分1.(2019河北唐山三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,C1C⊥底面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=4,M,N分别为AB,CC1的中点.(1)求证:CM∥平面AB1N;(2)若AB1与平面B1C1CB所成的角为30°,求点M到平面AB1N的距离.(1)证明:取AB 1的中点O ,连接OM ,ON (图略),在△ABB 1中,O ,M 分别是又N 为CC 1的中点,CC 1 BB 1,从而有OM ∥NC 且OM=NC ,所以四边形OMCN 为平行四边形,所以CM ∥NO.又因为CM ⊄平面AB 1N ,NO ⊂平面AB 1N ,所以CM ∥平面AB 1N.是AB 1,AB 的中点,则OM ∥BB 1,且OM=12BB 1. 所以NC ∥BB 1,NC=12BB 1,(2)解:由CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC.又因为AC⊥BC,CC1∩BC=C,所以AC⊥平面B1C1CB.连接CB1(图略),所以∠AB1C即为AB1与平面B1C1CB所成的角,从而有∠AB1C=30°,所以B1C=43,B1B=42.由(1)可知CM∥平面AB1N,所以点C到平面AB1N的距离等于点M到平面AB1N的距离.在△AB1N中,AN=NB1=26,AB1=8,S△AB1N=82,在△ACN中,AC=4,CN=22,S△ACN=42,设点C到平面AB1N的距离为d,由V B1-ACN=V C-AB1N得,13S△AB1N ·d=13S△ACN·BC,所以d=2,即点M到平面AB1N的距离为2.2.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1=4,AB=BC=2,AC=2 ,点M是棱AA1上不同于A,A1的动点.2(1)证明:BC⊥B1M;(2)若∠CMB1=90°,判断点M的位置并求出此时平面MB1C把此棱柱分成的两部分几何体的体积之比.(1)证明:在△ABC中,∵AB2+BC2=8=AC2,∴∠ABC=90°,∴BC⊥AB.又∵BC⊥BB1,BB1∩AB=B,∴BC⊥平面ABB1A1,又B1M⊂平面ABB1A1,∴BC⊥B1M.(2)解:当∠CMB1=90°时,设AM=t(0<t<4),∴A1M=4-t,则在Rt△MAC中,CM2=t2+8,同理:B1M2=(4-t)2+4,B1C2=16+4=20,据B1C2=M B12+MC2,∴t2+8+(4-t)2+4=20,整理得,t2-4t+4=0,∴t=2, 故M为AA1的中点.此时平面MB1C把此棱柱分成两个几何体为:四棱锥C-ABB1M和四棱锥B1-A1MCC1.由(1)知四棱锥C-ABB1M的高为BC=2,S梯形ABB1M =2+42×2=6,∴V锥C-ABB1M =13×6×2=4,又V柱=2×4=8,∴V锥B1-A1MCC1=8-4=4,3.(2019山西运城二模)如图①,△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,△BCD 是等边三角形,AB=1,如图②,将△BCD 沿BC 折起,使平面BCD ⊥平面ABC ,E ,M 分别为BC ,BD 的中点,点F 在棱AC 上,且AF=3FC ,点N 在棱AC 上,且CN= CA.(1)在棱BC 上是否存在一点G ,使平面MNG ∥平面DEF ?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.(2)求点F 到平面ABD 的距离.38CG GB解:(1)存在点G 满足题意,CG GB =3. 理由如下:如图,取BE 的中点G ,连接MG ,NG , 因为BG=GE ,BM=MD ,所以MG ∥DE. 又MG ⊄平面DEF ,DE ⊂平面DEF ,所以MG ∥平面DEF.因为AF=3FC ,所以FC=14CA ,所以FCCN =14CA38CA =23.又CECG =23,所以CE CG =FCCN ,所以EF ∥GN.又EF ⊂平面DEF ,GN ⊄平面DEF ,所以GN ∥平面DEF.因为MG ∩GN=G ,所以平面MNG ∥平面DEF. 所以CG=3.(2)如图,连接BF ,因为平面BCD ⊥平面ABC ,AB ⊥BC , 平面ABC ∩平面BCD=BC ,所以AB ⊥平面BCD. 又BD ⊂平面BCD ,所以AB ⊥BD.同理,DE ⊥平面ABC ,所以S △ABD =12AB ·BD=12,S △ABF =34S △ABC =34×12AB ·BC=38.由题意得,DE= 32,设点F 到平面ABD 的距离为d ,由V 三棱锥F-ABD =V 三棱锥D-ABF ,得13S △ABD ·d=13S △ABF ·DE , 所以d=S △ABF ·DE S △ABD =38×3212=3 38, 即点F 到平面ABD 的距离为3 38.4.(2019山东潍坊二模)如图,四棱锥M-ABCD中,MB⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,AB=MB,E,F分别为MA,MC的中点.(1)求证:平面BEF⊥平面MAD;(2)若BC=2AB=2 ,求三棱锥E-ABF的体积.3(1)证明:∵MB⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴MB⊥AD.∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥AB.又AB⊂平面MAB,MB⊂平面MAB,AB∩MB=B,∴AD⊥平面MAB.又BE⊂平面MAB,∴AD⊥BE.∵AB=MB,E是MA的中点,∴BE⊥MA.又AD⊂平面MAD,MA⊂平面MAD,AD∩MA=A,∴BE⊥平面MAD.又BE⊂平面BEF,∴平面BEF⊥平面MAD.(2)由(1)知AD ⊥平面MAB ,又AD ∥BC , ∴BC ⊥平面MAB ,∵F 是MC 的中点,∴F 到平面MAB 的距离d=12BC= 3.∵E 是MA 的中点,∴S △ABE =12S △MAB =12×12× 3× 3=34, ∴V E-ABF =V F-ABE =13S △ABE ·d=13×34× 3= 34.5.在四棱锥P-ABCD中,P A⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD 的交点为M,又P A=AB=4,AD=CD,∠CDA=120°,点N是CD的中点.(1)求证:平面PMN⊥平面P AB;(2)求点M到平面PBC的距离.(1)证明:在正三角形ABC中,AB=BC,在△ACD中,因为AD=CD,易证△ADB≌△CDB,所以M为AC的中点,因为点N是CD的中点,所以MN∥AD,因为P A⊥平面ABCD,所以P A⊥AD,因为∠CDA=120°,所以∠DAC=30°,因为∠BAC=60°,所以∠BAD=90°,即BA⊥AD,因为P A∩AB=A,所以AD⊥平面P AB,所以MN⊥平面P AB,又MN⊂平面PMN,所以平面PMN⊥平面P AB.(2)解:设M到平面PBC的距离为h,在Rt△PAB中,PA=AB=4,所以PB=42, 在Rt△PAC,PA=AC=4,所以PC=42, 在Rt△PBC中,PB=42,PC=42,BC=4, 所以S△PBC=47,由V M-PBC=V P-BMC,即13×47×h=13×23×4,解得h=2217.6.(2019河北衡水中学下学期四调)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD⊥底面ABCD,PD⊥CD,E,F分别为PC,P A的中点,底面是直角梯形,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=2,CD=4.(1)求证:平面PBC⊥平面PBD.(2)求三棱锥P-EFB的体积.(1)证明:在直角梯形ABCD中,过点B作BH⊥CD于点H(图略).在△BCH中,有BH=CH=2,所以∠BCH=45°.又在Rt△DAB中,有AD=AB=2,所以∠ADB=45°.所以∠BDC=45°,所以∠DBC=90°,所以BC⊥BD.因为PD⊥CD,平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PD⊂平面PCD,所以PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC.又因为BD∩PD=D,BD⊂平面PBD,PD⊂平面PBD,所以BC⊥平面PBD.又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD.(2)解:因为AB ∥CD ,且AB ⊂平面PAB ,CD ⊄平面PAB ,所以CD ∥平面PAB ,在Rt △PDA 中,由AD=PD=2,可得D 到PA 的距离为 2,即D 到平面PAB 的距离为 2.所以C 到平面PAB 的距离为 2. 又E 为PC 的中点,可得E 到平面PAB 的距离为 22. 易知PA=2 2,在Rt △PAB 中,由AB=2,且F 为PA 的中点,可得S △PBF =12S △PAB = 2. 所以V P-EFB =V E-PBF =13× 2× 22=13.空间中的折叠问题高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅲ·19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解:取CG的中点M,连结EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.3在Rt△DEM中,DE=1,EM= ,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.2.(2018全国Ⅰ·18)如图,在平行四边形ABCM 中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC 为折痕将△ACM 折起,使点M 到达点D 的位置,且AB ⊥DA.(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ;(2)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且BP=DQ=DA ,求三棱锥Q-ABP 的体积.23解:(1)由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22.作QE⊥AC,垂足为E,则QE 13DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-APB的体积为V Q-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×22sin 45°=1.。

2020年高考数学真题模拟好题专题练习：立体几何(附答案与详解)

高考数学真题模拟好题专题练习：立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）1．（2019·安徽高考模拟（理））已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥2．（2019·四川射洪中学高三月考（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为（）A B C D ．3．（2019·安徽高考模拟（理））当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的体对角线1A C 上运动时，异面直线BP 与1AD 所成角的取值范围是（）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2019·湖南高三期末（理））设a ，b 是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是（）A ．a b ∥，b α⊂，则a P αB ．a α⊂，b β⊂，αβ∥，则a b ∥C ．a α⊂，b α⊂，a β∥，b β∥，则αβ∥D ．αβ∥，a α⊂，则a β∥ 5．（2019·贵州高考模拟（理））如图在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点. 设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．B ．C ．33D ．[3 6．（2019·宁夏吴忠中学高考模拟（理））已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A B C D 7．（2019·广东高考模拟（理））已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且2PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．683πB ．20πC ．48πD ．283π 8．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个9．（2019·河北高考模拟（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱上(除去棱AD)到直线 1A B 与1CC 的距离相等的点有3个，记这3个点分别为,,E F G ，则直线1AC 与平面EFG 所成角的正弦值为（）A B C D 10．（2019·湖北高考模拟（理））如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =，。

2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练

2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥面ABEF,AB//EF,AD=1,AB=1EF=22,2AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：PQ//面BCE；（2）求证：AM⊥面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以PQ//EC,又因为PQ⊄面BCE,EC⊆面BCE,所以PQ//面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为AB//EM,且QB=EM=22,所以四边形ABEM为平行四边形,所以AM//BE,且AM=BE=2.在∆AMF中,A M=AF=2,MF=22.所以AM2+AF2=MF2,故AM⊥AF.由AD⊥面ABEF,得AD⊥AM,因为AD I AF=A,所以AM⊥面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.例2在平行六面体ABCD-A B C D中，AA=AB，AB⊥B C．11111111A 1D1B1C1A DBC求证：(1)AB∥平面A B C；11(2)平面ABB A⊥平面A BC．111【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体ABCD-A B C D中，AB∥A B．111111因为AB⊄平面A B C，A B⊂平面A B C，所以AB∥平面A B C．11111111A 1D1B1C1A DBC(2)在平行六面体ABCD-A B C D中，四边形ABB A为平行四边形．111111又因为AA=AB，所以四边形ABB A为菱形，因此AB⊥A B．11111又因为AB⊥B C，BC∥B C，所以AB⊥BC．111111又因为A B I BC=B，A B⊂平面A BC，BC⊂平面A BC，所以AB⊥平面A BC．111111因为AB⊂平面ABB A，所以平面ABB A⊥平面A BC．111111【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.2（题型二立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V - ABC 中，平面VAB ⊥ 平面 ABC ，三角形VAB 为等边三角形， AC ⊥ BC ，且 AC = BC = 2 ， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点.（1）求证：VB // 平面 MOC .V（2）求证：平面 MOC ⊥ 平面 VAB .M（3）求三棱锥V - ABC 的体积.AO BC【答案】见解析【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点，则 O M 是 △VAB 的中位线，所以 OM //VB ， OM ⊂ 平面 MOC ，VB ⊄ 平面 MOC ，故VB // 平面 MOC .（2）因为在 △ABC 中， AC = BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 O C ⊥ AB ，又平面VAB ⊥ 平面 ABC ，平面VAB I 平面 ABC = AB ， OC ⊂ 平面 ABC ，所以 OC ⊥ 平面VAB ，又 OC ⊂ 平面 MOC ，故平面 MOC ⊥ 平面VAB .（3）由（2）知， O C ⊥ 平面VAB ，所以V V - ABC= V C -VAB 1 1 3 3= ⋅ OC = ⨯ ⨯ 22 ⨯1 =3 △SVAB 3 4 3【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例 2 如图所示，在三棱锥 P – ABC 中， P A ⊥ AB ， P A ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， P A = AB = BC = 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点．（1）求证： P A ⊥ BD ；P（2）求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ；ED C（3）当 P A // 平面 BDE 时，求三棱锥 E – BCD 的体积．AB【答案】见解析【解析】1）因为 P A ⊥ AB ，P A ⊥ BC ，AB I BC = B ，所以 P A ⊥ 平面 ABC .又因为 BD ⊂ 平面 ABC ，所以 PA ⊥ BD .（2）因为 AB ⊥ BC ， AB = BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 △RtABC 中， BD ⊥ AC .又由（1）可知，P A ⊥ BD ，P A I AC = A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE ⊂ 平面 PAC ，所以BD⊥ED.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）当P A//平面BDE时，P A⊂平面PAC,且平面PAC I平面BDE=DE,可得P A//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED=面BDC.12P A=1，ED∥P A，因为PA⊥平面ABC，所以ED⊥平由AB=BC=2，AB⊥BC，D为AC边中点知，BD=CD= 2.又BD⊥AC，有BD⊥DC，即∠BDC=90︒.因此，VE-BCD1111 =⋅ED=⨯⨯2⨯2⨯1=.3△SBCD323【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16πB．20πC．24πD．32π（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；9π【解析】（1）V=a2h=16，a=2，4R2=a2+a2+h2=4+4+16=24，S=24π，选C；（2）4R2=3+3+3=9，S=4πR2=9π【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B4, 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B .【易错点】该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一立体几何的证明1.如图,在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60° P A = PD = AD = 2 ,点 M 在线段PC 上,且 PM = 2MC , N 为 AD 的中点.（1）求证： AD ⊥ 平面 PNB ；（2）若平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,求三棱锥 P - NBM 的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵ P A = PD, N 为 AD 的中点,∴ PN ⊥ AD ,∵底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60︒ ,∴ BN ⊥ AD ,∵ PN I BN = N ,∴ AD ⊥ 平面 PNB .（2）∵ PN = PD = AD = 2 ,∴ PN = NB = 3 ,∵平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,平面 P AD I 平面 ABCD = AD , PN ⊥ AD ,∴ PN ⊥ 平面 ABCD ,∴ PN ⊥ NB ,∴S3⨯3⨯3=. 22∵AD⊥平面PNB,AD//BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM=2MC,∴VP-NRM =VM-PNB22132=V=⨯⨯⨯2=.3C-PNB33232.如图,在直三棱柱ABC-A B C中,D是AB的中点.111（1）证明：BC//平面A CD；11（2）若AC=CB,求证：A D⊥CD.1【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接AC,交A C于点O,连结OD.11据直三棱柱性质知四边形ACC A为平行四边形,所以O为AC的中点.111又因为D是AB的中点,所以BC//OD.1又因为BC⊄平面A CD,OD⊂平面A CD,111所以BC//平面A CD.11（2）因为AC=BC,D为AB的中点,所以CD⊥AB.据直三棱柱ABC-A B C性质知AA⊥平面ABC,又因为C D⊂平面1111所以AA⊥CD.1又因为AA I AB=A,AA,AB⊂平面ABB A,1111所以CD⊥平面ABB A,11又因为A D⊂平面ABB A,所以C D⊥A D,即A D⊥CD.11111ABC,题型二立体几何体积求解1.如图所示，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，P A=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明MN//平面PAB；P6NA MB DC【答案】（1）（2） N -BCM 2 3 63 ．AD = BC = 所以V △S ABC = ⨯ 4 ⨯ 2 5 = 2 3 6 3 . 1 2 ⨯ (2 + 4)（2）求四面体 N - BCM 的体积．1 1 14 5V = ⨯ P A ⋅= ⨯ 4 ⨯ 2 5 =△S ABC【解析】（1）取 PB 中点 Q ，连接 AQ 、 NQ ，因为 N 是 PC 中点， NQ //BC ，且 NQ = 1BC ，又2AM = 2 2 ⨯ 3 1 BC ，且 AM // BC ，所以 QN // AM ，且3 34 2QN = AM ，所以四边形 AQNM 是平行四边形.所以 MN // AQ .又 MN ⊄ 平面PAB ， AQ ⊂ 平面 PAB ，所以 MN // 平面 PAB .PQ NAMD(2)由(1) QN // 平面 ABCD .BC所以VN -BCM= VQ -BCM1 = V2 P -BCM 1= V 2 P -BCA.N -BCM1 1 14 5 = ⨯ P A ⋅2.如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， PAB = BC = 1AD ， ∠BAD = ∠ABC = 90o .2（1）证明：直线 BC // 平面 P AD ；（2）若 △PCD 面积为 2 7 ，求四棱锥 P - ABCD 的体积.【答案】（1）（2） V = ⨯⨯ 2 3 = 4 3 ．32BACD【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为 ∠BAD = ∠ABC = 90o ，所以 BC //AD .又 BC ⊄ 平面 P AD ， AD ⊂ 平面 P AD ，故 BC // 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 M ，联结 PM ， CM .由 AB = BC = 1AD ，及 BC //AD ， ∠ABC = 90o ，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .2因为侧面 P AD 是等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面 P AD I 平面 ABCD = AD ，所以 PM ⊥ AD ，因为PM ⊂ 平面 P AD ，所以 PM ⊥ 平面 ABCD .因为 CM ⊂ 平面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .因为 △PCD 的面积为 2 7 ，所以 ⨯ 2x ⨯ 1 2 ⨯ (2 + 4)设 BC = x ，则 CM = x ， CD = 2 x ， PM = 3x ， PC = PD = 2x .取 CD 的中点 N ，联结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN =14 x .21 142 2x = 2 7 ，解得 x = -2 （舍去）， x = 2 ，于是 AB = BC = 2 ，AD = 4 ， PM = 2 3 .所以四棱锥 P - ABCD 的体积V = ⨯3 2⨯ 2 3 = 4 3 .题型三几何体的外接球问题1. 在正三棱锥 S - ABC 中， M 、N 分别是棱 SC 、BC 的中点，且 AM ⊥ MN ,若侧棱 SA = 2 3 ,则正三棱锥 S - ABC 外接球的表面积是.【答案】 36π【解析】正三棱锥的对棱互垂直。

2020全国新高考培优高考仿真模拟(三)文科数学(解析版)

2020高考仿真模拟(三)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知全集为实数集R，集合A＝{x|x2－3x<0}，B＝{x|log2x>0}，则(∁R A)∩B＝() A．(－∞，0]∪(1，＋∞) B．(0,1]C．[3，＋∞) D．∅答案 C解析因为A＝(0,3)，所以∁R A＝(－∞，0]∪[3，＋∞)．又B＝(1，＋∞)，所以(∁R A)∩B ＝[3，＋∞)．2．复数z＝2i1－i的共轭复数是()A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i 答案 D解析∵z＝2i1－i＝2i(1＋i)2＝－1＋i，∴z－＝－1－i，故选D.3．“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标．“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度也越高．下图是2018年9月到2019年2月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图．根据该走势图，下列结论正确的是()A．这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化B．这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度不断减弱C．从网民对该关键词的搜索指数来看，去年10月份的方差小于11月份的方差D．从网民对该关键词的搜索指数来看，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值答案 D解析A错误，并无周期变化；B错误，并不是不断减弱，中间有增强；C错误，10月份的波动大于11月份，所以方差要大；D正确，由图可知，12月份起到1月份有下降的趋势，所以12月份的平均值大于1月份．故选D.4．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为19，则输出N的值为()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析阅读流程图可得，程序执行过程如下：首先初始化数值为N＝19，第一次循环：N＝N－1＝18，不满足N≤3；＝6，不满足N≤3；第二次循环：N＝N3＝2，满足N≤3；第三次循环：N＝N3此时跳出循环体，输出N＝2.故选C.5．已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A．100 B．99 C．98 D．97答案 C解析设{a n}的公差为d，由等差数列前n项和公式及通项公式，得⎩⎨⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，a 10＝a 1＋9d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －2，∴a 100＝100－2＝98.故选C.6．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π3 B.13＋2π3C.13＋2π6 D ．1＋2π6答案 C解析由三视图可知四棱锥为正四棱锥，底面正方形的边长为1，四棱锥的高为1，球的直径为正四棱锥底面正方形的外接圆的直径，所以球的直径2R ＝2，则R ＝22，所以半球的体积为2π3R 3＝2π6，又正四棱锥的体积为13×12×1＝13，所以该几何体的体积为13＋2π6.故选C.7．已知数列{a n }是等差数列，且a 1＋a 4＋a 7＝2π，则tan(a 3＋a 5 )的值为( ) A. 3 B ．－ 3 C.33 D ．－33 答案 A解析 a 1＋a 4＋a 7＝2π，所以3a 4＝2π，a 4＝2π3，a 3＋a 5＝2a 4＝4π3，tan(a 3＋a 5)＝tan 4π3＝ 3. 8．如图，在圆O 中，已知弦AB ＝4，弦AC ＝6，那么A O →·B C →的值为( )A．10 B．213 C.10 D．－10答案 A9．某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段．下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊．在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则( )A ．2号学生进入30秒跳绳决赛B ．5号学生进入30秒跳绳决赛C ．8号学生进入30秒跳绳决赛D ．9号学生进入30秒跳绳决赛答案 B解析取a ＝b ＝20，即知A ，C ，D 错误；从而选B.事实上，假设5号学生不能进入30秒跳绳决赛，则1号和4号学生也都不能进入30秒跳绳决赛，于是至多只能有5人同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛，与“同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人”矛盾．故选B.10．已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，O 为坐标原点，若|AB |＝6，则△AOB 的面积为( )A. 6 B ．2 2 C ．2 3 D ．4 答案 A解析由题意，易知直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，与抛物线方程联立可得y 2－4k y －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4，则|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝41＋1k 2，由弦长公式可得1＋1k 2×|y 1－y 2|＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2＝6，∴k 2＝2，|y 1－y 2|＝2 6.三角形的面积为S ＝12|OF |×|y 1－y 2|＝12×1×26＝ 6.故选A.11．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之．亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并，以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知一个“刍童”的下底面是周长为18的矩形(这个矩形的长不小于宽)，上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为( ) A.392 B.752 C ．39 D.6018答案 B解析设下底面的长为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫92≤x <9，则下底面的宽为18－2x 2＝9－x .由题可知上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，所以其体积V ＝16×3×[(3×2＋x )×2＋(2x ＋3)·(9－x )]＝－x 2＋17x 2＋392，故当x ＝92时，体积取得最大值，最大值为－⎝ ⎛⎭⎪⎫922＋172×92＋392＝752.故选B.12．已知函数f (x )＝x 3－4x ，若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝m ，其中x 1<x 2<x 3，m <0，则( ) A ．x 1>－2B ．x 21＋x 22<4C ．x 22＋x 23<6D ．x 3>2答案 C解析因为f (x )＝x 3－4x ，所以f ′(x )＝3x 2－4，令f ′(x )>0，得x <－233或x >233，令f ′(x )<0，得－233<x <233，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－233，⎝ ⎛⎭⎪⎫233，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，233上单调递减，令f (x )＝0，得x ＝0或x ＝－2或x ＝2，所以函数f (x )＝x 3－4x 的大致图象如图所示，由f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝m ，m <0，知直线y ＝m 与函数f (x )＝x 3－4x 的图象的三个交点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3，结合图象知，x 1<－2,0<x 2<233，233<x 3<2，所以A ，D 不正确．又x 21>4，0<x 22<43，43<x 23<4，所以x 21＋x 22>4，x 22＋x 23<163<6，所以C 正确，B 不正确．故选C.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22～23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若函数f (x )＝e x －e －x ，则不等式f (2x ＋1)＋f (x －2)>0的解集为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞解析 f (－x )＝e －x －e x ＝－(e x －e －x )＝－f (x )，则函数f (x )是奇函数，因为f ′(x )＝e x ＋e －x>0，所以f (x )在定义域R 上是增函数，则不等式f (2x ＋1)＋f (x －2)>0等价为f (2x ＋1)>－f (x －2)＝f (－x ＋2)，则2x ＋1>－x ＋2，即x >13，故不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫13，＋∞.14．若x，y满足约束条件⎩⎨⎧x－2y－2≤0，x－y＋1≥0，y≤0，则z＝4x＋3y的最大值为________．答案8解析由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x－2y－2≤0，x－y＋1≥0，y≤0作出可行域如图中阴影部分所示．又目标函数z＝4x＋3y可化为y＝－43x＋z3，因此，当直线y＝－43x＋z3在y轴上截距最大时，z＝4x＋3y取最大值，由图象可得，令直线y＝－43x＋z3过点A时，截距最大，由x－2y －2＝0，令y＝0，易得A(2,0)，此时z max＝8.15. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E 上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．答案255解析过P点作底面ABCD的垂线PQ，垂足为Q.则“点P到直线CC1的距离”就转化为“两条平行线PQ 与直线CC 1之间的距离”，进而转化为“点Q 到直线CC 1的距离，即QC ”．当CQ ⊥DE 时，QC 有最小值为255，即点P 到直线CC 1的距离的最小值为255.16．《九章算术》是我国古代一部重要的数学著作，书中有如下问题：“今有良马与驽马发长安，至齐．齐去长安三千里，良马初日行一百九十三里，日增一十三里，驽马初日行九十七里，日减半里．良马先至齐，复还迎驽马，问几何日相逢．”其大意为：“现在有良马和驽马同时从长安出发到齐去，已知长安和齐的距离是3000里，良马第一天行193里，之后每天比前一天多行13里，驽马第一天行97里，之后每天比前一天少行0.5里．良马到齐后，立刻返回去迎驽马，多少天后两马相遇．”试确定离开长安后的第________天，两马相逢．答案 16解析设两匹马n 天之后相遇，则两匹马合计行走的路程为6000里．依题意，⎣⎢⎡⎦⎥⎤193n ＋12n (n －1)×13＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤97n ＋12n (n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝6000.经估算可知，15<n <16，故n 取16.即离开长安后的第16天，两马相逢．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)如图，ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，EB ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，EB ＝2FD ＝4.(1)求证：EF ⊥AC ；(2)求几何体EF ABCD 的体积．解(1)证明：如图，连接BD，∵FD⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，∴EB∥FD，∴E，F，D，B四点共面，∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥EB.设DB∩AC＝O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥DB.∵DB∩EB＝B，∴AC⊥平面EFDB，∵EF⊂平面EFDB，∴AC⊥EF.(2)∵EB∥FD，EB⊥BD.∴四边形EFDB为直角梯形，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，BD＝2，AO＝CO＝3，∴梯形EFDB的面积S＝(2＋4)×22＝6，∵AC⊥平面EFDB，∴V几何体EF ABCD＝V四棱锥C－EFDB＋V四棱锥A－EFDB＝13S·AO＋13S·CO＝4 3.18．(本小题满分12分)已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且2a cos C ＝2b－c.(1)求角A的大小；(2)若AB＝3，AC边上的中线BD的长为13，求△ABC的面积．解(1)∵2a cos C＝2b－c，由正弦定理可得sin A cos C＋12sin C＝sin B，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sinC.∴12sin C＝cos A sin C，∵sin C≠0，∴cos A＝1 2，∴由A∈(0，π)，可得A＝π3.(2)在△ABD中，AB＝3，BD＝13，cos A＝1 2，由余弦定理可得13＝9＋AD2－3AD，解得AD＝4(负值舍去)，∵BD为AC边上的中线，∴D为AC的中点，∴AC＝2AD＝8，∴S△ABC＝12AB·AC·sin A＝12×3×8×32＝6 3.19．(本小题满分12分)在某区“创文明城区”(简称“创城”)活动中，教委对本区A，B，C，D四所高中学校按各校人数分层抽样，随机抽查了100人，将调查情况进行整理后制成下表：注：参与率是指：一所学校“创城”活动中参与的人数与被抽查人数的比值假设每名高中学生是否参与“创城”活动是相互独立的．(1)若该区共2000名高中学生，估计A学校参与“创城”活动的人数；(2)在随机抽查的100名高中学生中，随机抽取1名学生，求恰好该生没有参与“创城”活动的概率；(3)在上表中从B，C两校没有参与“创城”活动的同学中随机抽取2人，求恰好B，C 两校各有1人没有参与“创城”活动的概率．解(1)A学校高中生的总人数为50÷1002000＝1000，A学校参与“创城”活动的人数为1000×4050＝800.(2)设恰好该生没有参与“创城”活动这一事件为M，则P(M)＝100－40－10－9－15100＝1350.(3)B 校没有参与“创城”活动的这5人分别记为B 1，B 2，B 3，B 4，B 5，C 校没有参与“创城”活动的这1人记为C 1，任取2人共15种情况，如下：B 1B 2，B 1B 3，B 1B 4，B 1B 5，B 1C 1，B 2B 3，B 2B 4，B 2B 5，B 2C 1，B 3B 4，B 3B 5，B 3C 1，B 4B 5，B 4C 1，B 5C 1，这15种情况发生的可能性是相等的．设事件N 为抽取2人中B ，C 两校各有1人没有参与“创城”活动，有B 1C 1，B 2C 1，B 3C 1，B 4C 1，B 5C 1，共5种情况．则P (N )＝515＝13. 故恰好B ，C 两校各有1人没有参与“创城”活动的概率为13.20．(本小题满分12分)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点A (0,1)，右焦点到直线x ＝a 2c 的距离为33.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)过点A 作两条互相垂直的直线l 1 ，l 2分别交椭圆于M ，N 两点．求证：直线MN 恒过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－35. 解 (1)由题意知，a 2c －c ＝33，b ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：显然直线l 1，l 2的斜率存在．设直线l 1的方程为y ＝kx ＋1，联立方程组⎩⎨⎧ y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，解得x 1＝－8k 4k 2＋1，x 2＝0，所以x M ＝－8k 4k 2＋1，y M ＝1－4k 24k 2＋1.由l 1，l 2垂直，可得直线l 2的方程为y ＝－1k x ＋1.用－1k 替换前式中的k ，可得x N ＝8k k 2＋4，y N ＝k 2－4k 2＋4. 则k MP ＝1－4k 24k 2＋1＋35－8k 4k 2＋1＝－8k 25＋85－8k ＝k 2－15k ， k NP ＝k 2－4k 2＋4＋358k k 2＋4＝8k 25－858k ＝k 2－15k ，所以k MP ＝k NP ，故直线MN 恒过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－35. 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x －1x －ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若a <－1，求函数f (x )的单调区间；(3)若1<a <2，求证：f (x )<－1.解 (1)若a ＝0，则f (1)＝－1，f ′(x )＝2－ln x x 2，f ′(1)＝2，所以f (x )在点(1，－1)处的切线方程为2x －y －3＝0.(2)x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝2－ax 2－ln x x 2. 令g (x )＝2－ax 2－ln x ，则g ′(x )＝－2ax 2－1x. 令g ′(x )＝0，得x ＝±－12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫依题意－12a >0. 由g ′(x )>0，得x > －12a ；由g ′(x )<0，得0<x < －12a .所以，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫ －12a ，＋∞上单调递增，所以，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎪⎫ －12a ＝52－ln －12a . 因为a <－1，所以0<－12a <12，ln －12a <0.所以g (x )>0，即f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． (3)证明：由x >0，f (x )<－1，等价于ln x －1x －ax <－1，等价于ax 2－x ＋1－ln x >0.设h (x )＝ax 2－x ＋1－ln x ，只须证h (x )>0成立．因为h ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x，1<a <2，由h ′(x )＝0，得2ax 2－x －1＝0有异号两根．令其正根为x 0，则2ax 20－x 0－1＝0.在(0，x 0)上h ′(x )<0，在(x 0，＋∞)上h ′(x )>0.则h (x )的最小值为h (x 0)＝ax 20－x 0＋1－ln x 0＝1＋x 02－x 0＋1－ln x 0＝3－x 02－ln x 0.又h ′(1)＝2a －2>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－32＝a －3<0，所以12<x 0<1.则3－x 02>0，－ln x 0>0.因此3－x 02－ln x 0>0，即h (x 0)>0.所以h (x )>0，所以f (x )<－1.请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程已知直线l 的极坐标方程是ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝0，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，曲线C 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)．(1)求直线l 被曲线C 截得的弦长；(2)从极点作曲线C 的弦，求各弦中点轨迹的极坐标方程．解 (1)直线l 的极坐标方程是ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝0，展开可得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ－32cos θ＝0，化为直角坐标方程为y －3x ＝0.曲线C 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)，消去参数α可得，x 2＋(y －2)2＝4，圆心C (0,2)，半径r ＝2.∴圆心C 到直线l 的距离d ＝|2－0|12＋(－3)2＝1，∴直线l 被曲线C 截得的弦长为2r 2－d 2＝2×22－12＝2 3.(2)设Q 是圆C 上的任意一点，P (x ，y )为线段OQ 的中点，则Q (2x,2y )，代入圆C 的方程可得，(2x )2＋(2y －2)2＝4，化为x 2＋y 2－2y ＝0，可得ρ2－2ρsin θ＝0，即ρ＝2sin θ为各弦中点轨迹的极坐标方程．23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1.(1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解 (1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)]≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)·(z －a )＋(z －a )(x －2)]≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥(2＋a )23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为(2＋a )23.由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。