2020高考—立体几何(解答+答案)

2020年高考——立体几何
1.(20全国Ⅰ文19)（12分）
如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC
△是底面的内接正三角形，P为DO 上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.
2.(20全国Ⅰ理18)（12分）
如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD
=．ABC
△是
底面的内接正三角形，P为DO上一点，
6
6
PO DO
=．
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B PC E
--的余弦值．
3.（20全国Ⅱ文20）（12分）
如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π
3
，求四棱
锥B–EB1C1F的体积．
4.（20全国Ⅱ理20）（12分）
如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．
（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；
（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．
5.（20全国Ⅲ文 19）（12分）
如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：
（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内．
6.（20全国Ⅲ理19）（12分）
如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，
12BF FB =．
（1）证明：点1C 在平面AEF 内；
（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．
7.（20新高考Ⅰ20）（12分）
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．
8.(20天津17)（本小题满分15分）
如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，
13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中
点．
（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；
（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；
（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．
9.(20浙江19)（本题满分15分）
如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；
（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．
10.（20江苏15）（本小题满分14分）
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
11.（20江苏22）（本小题满分10分）
在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =5,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．
（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足BF =1
4
BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．
12.(20北京16)（本小题13分）
如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．
（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；
（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．
参考答案：
1.解：（1）由题设可知，PA =PB = PC ．
由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．
又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．
从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ． （2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ． 由题设可得rl =3，222l r -=． 解得r =1，l =3，
从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62
PA PB PC ===
． 所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166
()323228
PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．
2．解：（1）设DO a =，由题设可得63
,,63
PO a AO a AB a =
==，
22
PA PB PC a ===
. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 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O xyz -.
由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222
E A C P --
. 所以312
(,,0),(0,1,)222
EC EP =-
-=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00
EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即2
02
31022
y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，
可取3
(2)=m . 由（1）知2
(0,1,
2
AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则25
cos ,|||5
⋅=
=
n m n m n m |.
所以二面角B PC E --的余弦值为25
5
.
3．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，
故AA 1∥MN ．
因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．
（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ⋂平面EB 1C 1F = PN ， 故AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，
所以PN =AO =6，AP = ON =13AM =3，PM =23AM =23，EF =1
3
BC =2．
因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．
作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．
底面EB 1C 1F 的面积为1111
()(62)624.22
B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=
所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1
243243
⨯⨯=．
4．解：（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC ．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．
因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1CF ．
（2）由己知得AM ⊥BC ．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23231
,(,,0)333
PM E =
．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a ，则2212323
4(
),(,1,4())33
NQ a B a a =----， 故21123223210
(
,,4()),||3333
B E a a B E =-----=
． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10
sin(,)cos ,210
||B E B E B E B E -===⋅n n n |n |．
所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为
10
10
．
5．解：（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．
又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ． 由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．
（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，
因为1123D E DD =，12
3
AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．
因为1113B F BB =，111
3AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．
于是1AE FC ∥
．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．
6．解：设AB a =，AD b =，1AA c =，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1C xyz -．
（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1
(0,,)3EA b c =，
11
(0,,)3
C F b c =，得1EA C 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 z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩
可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,
0,
A E A F ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．
因为1212127cos ,||||7⋅〈〉==-⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为42
7
．
7．解：（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥．
又底面ABCD 为正方形，所以AD DC ⊥，因此AD ⊥底面PDC ． 因为AD BC ∥
，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ． 由已知得l AD ∥
．因此l ⊥平面PDC ． （2）以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．
则(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,0,1)D C B P ，(0,1,0)DC =，(1,1,1)PB =-． 由（1）可设(,0,1)Q a ，则(,0,1)DQ a =．
设(,,)x y z =n 是平面QCD 的法向量，则0,0,DQ DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
n n 即0,
0.ax z y +=⎧⎨
=⎩ 可取(1,0,)a =-n ． 所以2
cos ,||||31PB PB PB a
⋅-〈〉=
=⋅+n n n ． 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22
332sin 1311a
a a θ=
=+++ 2326
131a a ++当且仅当1a =时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正6
．
8．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)C A B C ，
11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．
（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而
112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．
（Ⅱ）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 z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,
0,
EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即
20,
20.
y z x z +=⎧⎨
-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ． 因此有|||6
cos ,|A CA C CA ⋅〈〉=
=
n n n 30sin ,6CA 〈〉=n ． 所以，二面角1B B E D --30
（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3
cos ,||||
AB AB AB ⋅=
=n n n ． 所以，直线AB 与平面1DB E 3
9.（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .
由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，
由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，12
2BC CD ==得BO BC ⊥.
所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .
由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：
过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .
由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，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OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.
由2,2DO OC BO BC ====，得2
6,33
BD OH = 所以3
sin OH OCH OC ∠=
=
， 因此，直线DF 与平面DBC 3
. 方法二：
由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.
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O xyz -.
设22CD =.
由题意知各点坐标如下：
(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .
因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .
由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .
所以|3
sin |cos ,|3
|||OC OC OC θ⋅==
=⋅n |n n |.
因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33
.
10.证明：因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.
又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .
（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,
所以1B C AB ⊥.
又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =
所以AB ⊥平面1AB C .
又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .
11.解：（1）连结OC ，因为CB =CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥B D ．
又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥O C ．
以{}
OB OC OA ，
，为基底，建立空间直角坐标系O –xyz ． 因为BD =2
，CB CD ==，AO =2，
所以B （1，0，0），D （–1，0，0），C （0，2，0），A （0，0，2）． 因为E 为AC 的中点，所以E （0，1，1）． 则AB =（1，0，–2），DE =（1，1，1），
所以|||1||||||5
cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，
．
因此，直线AB 与DE ． （2）因为点F 在BC 上，1
4
BF BC =，BC =（–1，2，0）． 所以111
(,,0)442
BF BC =
=-． 又20,0DB =（,）
， 故71
(,,0)42
DF DB BF =+=．
设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量， 则1
100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即11111071
0,42
x y z x y +⎧+=⎪+=⎪⎨⎩， 取12x =，得1–7y =，15z =，所以1(275)n =-，
，． 设2222()x y z =，，n 为平面DEC 的一个法向量，又DC =（1，2，0），
则2200,DE DC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即22222020,x y z x y ++=+=⎧⎨⎩，取22x =，得2–1y =，2–1z =，
所以2(211)n =--，
，． 故2112|||475|13|||||co |13786
s θ+-⋅=
==⋅⨯n n n n ．
所以2239
1cos s n 13
i θθ=-=
．
12.。