最新2020版新高考理科数学专题强化训练：立体几何及答案

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，66PO 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=π3，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 =14BC ，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62PA PB PC ===．所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA 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,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．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 =13BC =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)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．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)333PM 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22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)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1010．5．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 =，123AG 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 =，1113AG 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,,)3C 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427．7．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2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ．设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a 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|||6cos ,|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3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 39.（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 ∠=︒，122BC 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26,33BD OH = 所以3sin 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|3sin |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||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ．（2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）．所以111(,,0)442BF BC ==-．又20,0DB =（,），故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量，则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x 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 |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。

2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)

专题08 立体几何综合问题（专项训练）1．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. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．【答案】见解析【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点,OA →,OB →的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π4,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π2,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S －ABCD 中,AB ∥CD ,BC ⊥CD ,侧面SAB 为等边三角形,AB ＝BC ＝2,CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且AS →＝(x －2,y －2,z ,),BS →＝(x ,y －2,z ).DS→＝(x －1,y ,z )．由|AS →|＝|BS →|,得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2,得x ＝1,由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1,①由|BS →|＝2得y 2＋z 2－4y ＋1＝0,②由①②解得y ＝12,z ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32,AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BS →＝0，m ·CB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧a －32b ＋32c ＝0，2b ＝0，所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →|m |·|AB →|＝－2×(－3)7×2＝217. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2＋AE 2＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝32,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝12×2×22－12＝72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为817.5．(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．【答案】见解析【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC＝120°,因此∠CBP＝30°.(2)方法一取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC＝120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1,所以EM＝CM＝13－1＝2 3.在△BEC中,由于∠EBC＝120°,由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,所以EC＝23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.方法二以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,3,3),C (－1,3,0),故AE →＝(2,0,－3),AG →＝(1,3,0),CG →＝(2,0,3),设m ＝(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2,可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3,－3,2)．设n ＝(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2,可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3,－3,－2)．所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角．在Rt △AOB 中,BO 2＋AO 2＝AB 2,又AB ＝BD ,所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝n·m |n||m|＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.。

(完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

高考数学理数立体几何大题训练(含答案)

高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）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⊥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.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）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．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。

高考数学《立体几何》练习题及答案

立体几何1．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学]若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A ．2B ．1C ．D ．【答案】B2．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D 【解析】3．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积 A ．与,x y 都有关 B ．与,x y 都无关 C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B4．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]5．[四川省宜宾市第四中学高2020届一诊模拟考试理科数学] 一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为A．322B．23C．35D．45【答案】C6．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【答案】D【解析】7．[广东省三校（广州真光中学、深圳市第二中学、珠海市第二中学）2020届高三上学期第一次联考数学（理）试题] 在如图直二面角ABDC中，△ABD、△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE 沿BE 翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是A．BC与平面A1BE内某直线平行B．CD∥平面A1BEC．BC与平面A1BE内某直线垂直D．BC⊥A1B【答案】D8．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】D【解析】9．[陕西省汉中市2020届高三教学质量第一次检测考试理科数学试题] 圆锥的侧面展开图是半径为R 的半圆，则该圆锥的体积为________. 【答案】33πR 10．[辽宁省本溪高级中学2020届高三一模考试数学（理）试卷]【答案】4π11．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P ∥平面1A BM ，则1C P 的最小值是________．【答案】305【解析】【分析】由面面平行找到点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，再找出点P 的位置，使1C P 取得最小值，即1C P 垂直DN 于点O ，最后利用勾股定理求出最小值. 【详解】取BC 中点N ，连接11,,B D B N DN ，作CO DN ⊥，连接1C O ，因为平面1B DN ∥平面1A BM ，所以动点P 在底面ABCD 内的轨迹为线段DN ，当点P 与点O 重合时，1C P 取得最小值，因为11152225DN CO DC NC CO ⋅=⋅⇒==，所以221min 11130()155C P C O CO CC ==+=+=. 故1C P 的最小值是305. 【点睛】本题考查面面平行及最值问题，求解的关键在于确定点P 的位置，再通过解三角形的知识求最值.12．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的半径为________．21【答案】【解析】【分析】根据三视图还原几何体，设球心为O，根据外接球的性质可知，O与PAB△和正方形ABCD中心的连线分别与两个平面垂直，从而可得到四边形OGEQ 为矩形，求得OQ和PQ后，利用勾股定理可求得外接球半径.【详解】由三视图还原几何体如下图所示：设PAB△的中心为Q，正方形ABCD的中心为G，外接球球心为O，则OQ⊥平面PAB，OG⊥平面ABCD，E为AB中点，∴四边形OGEQ为矩形，112OQ GE BC ∴===，2233PQ PE ==， ∴外接球的半径：22213R GE PQ =+=. 故答案为21. 【点睛】本题考查多面体外接球半径的求解，关键是能够根据球的性质确定球心的位置，从而根据长度关系利用勾股定理求得结果. 13．[湖南省衡阳县2020届高三12月联考数学（理）试题]【答案】【解析】14．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]【答案】1 315．[江苏省南通市2020届高三第一学期期末考试第一次南通名师模拟试卷数学试题]如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，90APB=，M为CP的中点．求证：∠=︒，BP BC（1）AP//平面BDM；（2）BM ACP⊥平面．【解析】（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OM ，因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 中点，因为M 为CP 的中点，所以AP ∥OM ，又AP ⊄平面BDM ，OM ⊂平面BDM ，所以AP ∥平面BDM ．（2）平面ABP ⊥平面BCP ，交线为BP ，因为90APB ∠=︒，故AP BP ⊥，因为AP ⊂平面ABP ，所以AP ⊥平面BCP ，因为BM ⊂平面BCP ，所以AP ⊥BM ．因为BP BC =，M 为CP 的中点，所以BM CP ⊥．因为AP CP P =I ，AP CP ⊂，平面ACP ，所以BM ⊥平面ACP .16．[河南省新乡市高三第一次模拟考试（理科数学）] 如图，在四棱锥ABCDV -中，二面角D BC V --为︒60，E 为BC 的中点. （1）证明：VE BC =；（2）已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为︒60，求.VA VFABCDPMABCDPMO【解析】17．[四川省成都外国语学校2019-2020学年高三（上）期中数学试卷（理科）]如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．（1）已知平面PAB∩平面PCD=l，求证：AB∥l．（2）求直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值．【解析】【分析】（1）证明AB ∥平面PCD ，然后利用直线与平面平行的性质定理证明AB ∥l ；（2）以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD 的法向量和直线AQ 的方向向量，然后利用空间向量的数量积求解直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值即可．【详解】（1）证明：∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ． ∴AB ∥平面PCD ，∵AB ⊂平面PAB ，平面PAB ∩平面PCD =l ， ∴AB ∥l ；（2）∵底面是菱形，E 为BC 的中点，且AB =2， ∴13BE AE AE BC ==⊥,,， ∴AE ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，则以点A 为原点，直线AE 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()020,002,30,300D P C E,,,,,,,,，∴()0,1,1F ，()()()()3000,11310022AE AF DC DP ===-=-u u u r u u u r u u u r u u u r,,,,,,,,,,，设平面PCD 的法向量为(),,x y z =n ，有0PD ⋅=u u u r n ，0CD ⋅=u u u rn ，得()133=，，n ，设()1AQ AC AP λλ=+-u u u r u u u r u u u r，则()()321AQ λλλ=-u u u r ,,，再设(3,,)AQ mAE n m n n AF =+=u u u r u u u r u u u r，则()3321m n nλλλ⎧=⎪=⎨⎪-=⎩，解之得23m n λ===，∴2223333AQ ⎛⎫=⎪⎝⎭u u u r ,,，设直线AQ 与平面PCD 所成角为α，则3105sin cos ,AQ AQ AQα⋅>=<==u u u r u u u r u u u r n n n ，∴直线AQ 与平面PCD 所成角的正弦值为3105．【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的向量求法，合理构建空间直角坐标系是解决本题的关键，属中档题.18．[安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试数学（理)试题] 已知三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC AA ==，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，D 是BC 的中点，160B BA ∠=︒，1B D AB ⊥.（1）求证：ABC △为直角三角形；（2）求二面角1C AD B --的余弦值．【解析】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，易知1ABB △为等边三角形，从而得到1B O AB ⊥，结合1B D AB ⊥，可根据线面垂直判定定理得到AB ⊥平面1B OD ，由线面垂直的性质知AB OD ⊥，由平行关系可知AB AC ⊥，从而证得结论；（2）以O 为坐标原点可建立空间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面1ADC 和平面ADB 的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】（1）取AB 中点O ，连接OD ，1B O ，在1ABB △中，1AB B B =，160B BA ∠=︒，1ABB ∴△是等边三角形，又O 为AB 中点，1B O AB ∴⊥，又1B D AB ⊥，111B O B D B =I ，11,B O B D ⊂平面1B OD ，AB ∴⊥平面1B OD ，OD ⊂Q 平面1B OD ，AB OD ∴⊥，又OD AC ∥，AB AC ∴⊥， ∴ABC △为直角三角形.（2）以O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：令12AB AC AA ===，则()1,2,0C -，()1,0,0A -，()0,1,0D ，()1,0,0B ，()10,0,3B ，()11,0,3BB ∴=-u u u v ，()0,2,0AC =u u u v ，()1,1,0AD =u u u v，()1111,2,3AC AC CC AC BB =+=+=-u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v，设平面1ADC 的法向量为(),,x y z =m ，10230AD x y AC x y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=++=⎪⎩u u u v u u u u v m m ，令1x =，则1y =-，3z =，()1,1,3∴=-m ，又平面ADB 的一个法向量为()0,0,1=n ，315cos ,5113∴<>==++m n ， Q 二面角1C AD B --为钝二面角，∴二面角1C AD B --的余弦值为15-.【点睛】本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.19．[江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考数学（理）试题]20．[黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题]21．[辽宁葫芦岛锦化高中协作校高三上学期第二次考试数学理科试题]【解析】22．[【全国百强校首发】四川省棠湖中学2020届高三一诊模拟考试数学（理）试题] 如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2PC PD==，E为PB中点．（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求二面角E AC D--的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF. 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点 . 又因为E为PB中点，所以EF∥PD.因为PD ⊄平面,ACE EF ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE.（2）取CD 的中点O ，连接PO ，FO .因为底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥.因为PC PD =，O CD 为中点，所以,PO CD OF ⊥∥BC ，所以OF CD ⊥. 又因为平面PCD ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面,PCD 平面PCD ∩平面ABCD =CD . 所以PO ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -，则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222A C B P E -，,，设平面ACE 的法向量为(,,)x y z =m ，131(1,2,0),(,,)222AC AE =-=-u u u r u u u r ，所以20,2,0,131.00222x y x y AC z y x y z AE -+=⎧⎧=⎧⋅=⎪⇒⇒⎨⎨⎨=--++=⋅=⎩⎩⎪⎩u u u v u u u v m m 令1y =，则2,1x z ==-，所以2,11=-（，）m .平面ACD 的法向量为(0,0,1)OP =u u u r ，则6cos ,OP OP OP⋅<>==-⋅u u u r u u u r u u u r m m |m |. 如图可知二面角E AC D --为钝角，所以二面角E AC D --的余弦值为66-. （3）在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥.设([0,1]),(,,)PM M x y z PD=∈λλ，则,01,0PM PD D =-u u u u r u u u r λ（，）.因为(,,1)(0,1,1)x y z -=--λ，所以(0,,1)M --λλ. (1,1,1),(1,2,0)AM BD =---=--u u u u r u u u r λλ.因为AM BD ⊥，所以0AM BD ⋅=u u u u r u u u r .所以12(1)0λ--=，解得1=[0,1]2∈λ. 所以在棱PD 上存在点M ，使AM BD ⊥，且12PM PD =。

2020年高考数学(理数)解答题强化专练——立体几何含答案

（理数）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，三棱锥E1-EBC中，∠EBC=90°，AE1=EB=2BC=4，A，D分别为EB，EC的中点，E1A⊥AD；连接EE1，E1B，E1C，E1D，平面AE1D⊥平面ABCD．（1）证明：EE1⊥BC；（2）求二面角C-BE1-D的余弦值．2.如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．（Ⅰ）求证AD⊥BM；（Ⅱ）点E是线段DB上的一动点，当二面角E-AM-D大小为时，试确定点E的位置．3.如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=AP=2，D是AP的中点，E，F，G分别为PD，PC，CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD．（1）求证：AP∥平面EFG；（2）求二面角G-EF-D的大小．4.如图，三棱锥P-ABC中，PA=PC，AB=BC，∠APC=120°，∠ABC=90°，AC=PB．（1）求证：AC⊥PB；（2）求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．5.在四棱锥P-ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=1，PD=．（l）证明：AB⊥PD．（2）求二面角A-PB-C的余弦值．6.直角梯形ABCD如图（1）所示，其中AB∥CD，AB⊥AD，过点B作BM⊥CD，垂足为M，得到面积为4的正方形ABMD，现沿BM进行翻折，得到如图（2）所示的四棱柱C-ABMD．（1）求证：平面CBM⊥平面CDM；（2）若∠CMD=90°，平面CBM与平面CAD所成锐二面角的余弦值为，求CM 的长．7.已知五边形ABECD由一个直角梯形ABCD与一个等边三角形BCE构成，如图1所示，AB⊥BC，AB∥CD，且AB=2CD．将梯形ABCD沿着BC折起，如图2所示，且AB⊥平面BEC．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ADE；（Ⅱ）若AB=BC，求二面角A-DE-B的余弦值．8.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1=AC，AC⊥BC．（1）证明：A1C⊥AB1；（2）设AC=2CB，∠A1AC=60°，求二面角C1-AB1-B的余弦值．9.如图，在四面体ABCD中，AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，AB=BC=，且AD+BC=4．（1）证明：BC⊥平面ABD；（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角C-BD-E 的余弦值．10.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AA1=AC=4，AB=2，P，Q分别为棱AA1，AC的中点．（1）在平面ABC内过点A作AM∥平面PQB1交BC于点M，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）若侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1，求直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】解：（1）由E1A⊥AD，平面AE1D⊥平面ABCD，平面AE1D∩平面ABCD=AD，故E1A⊥底面ABCD，AB⊥AD，所以AE，AD，AE₁两两垂直，以AE，AD，AE₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，E（2，0，0），B（-2，0，0），C（-2，2，0），D（0，1，0），E₁（0，0，2），且=（2，0，2），=（2，-2，2），=（0，-1，2），由，，故EE₁⊥BE₁，EE₁⊥CE₁，BE₁∩CE₁=E₁，所以EE₁⊥平面E₁BC，BC⊂平面E₁BC，所以EE₁⊥BC；（2）由（1）可知，平面E₁BC的法向量为=（-2，0，2），令平面E₁BD的法向量为，由，，所以cos＜＞=，故所求二面角的余弦值为【解析】（1）根据题意，以AE，AD，AE₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由，，判断EE₁⊥平面E₁BC，再根据线面垂直的性质得出结论；（2）由（1）可知，平面E₁BC的法向量为=（-2，0，2），求出平面E₁BD的法向量，利用夹角公式求出即可．考查向量法判断直线和平面的垂直，向量法求出二面角的余弦值，考查了空间想象力和运算能力，中档题．2.【答案】（Ⅰ）证明：∵长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点∴AM=BM=∴BM⊥AM∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM∴BM⊥平面ADM∵AD⊂平面ADM∴AD⊥BM；（Ⅱ）过点E作MB的平行线交DM于F，∵BM⊥平面ADM，∴EF⊥平面ADM在平面ADM中，过点F作AM的垂线，垂足为H，则∠EHF为二面角E-AM-D平面角，即∠EHF=设FM=x，则DF=1-x，FH=在直角△FHM中，由∠EFH=，∠EHF=，可得EF=FH=∵EF∥MB，MB=，∴，∴∴∴当E位于线段DB间，且时，二面角E-AM-D大小为．【解析】（Ⅰ）先证明BM⊥AM，再利用平面ADM⊥平面ABCM，证明BM⊥平面ADM，从而可得AD⊥BM；（Ⅱ）作出二面角E-AM-D的平面角，利用二面角E-AM-D大小为时，即可确定点E的位置．本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用面面垂直的性质，掌握线面垂直的判定方法，正确作出面面角是关键．3.【答案】解：由题意画出如下图形：（1）连接AC，BD交与点O，连接GO，FO，EO，∵E，F分别为PC，PD的中点，∴∴∴四边形EFOG是平行四边行，∴EO⊂平面EFOG，又在△PAC中，E，O分别为PC，AC的中点∴PA∥EOEO⊂平面EFOGPA不在平面EFOG∴PA∥平面EFOG，即PA∥平面EFG；（2）取AD的中点H，连接GH，则由GH∥CD∥EF知平面EFG即为平面EFGH，由已知底面ABCD为正方形∴AD⊥DC又∵PD⊥平面ABCD∴PD⊥CD又PD∩DC=D∴CD⊥平面PAD又EF∥CD∴EF⊥平面PAD∴EF⊥FD，EF⊥FH∴∠HFD为二面角的平面角在直角三角形FDH中，由FD=DH=1得∠HFD=45°，故二面角G-EF-D的平面角为45°．【解析】（1）由题意及图形，抓住折叠前与折叠后之间的连系，利用条件在平面内找到与直线平行的直线用线面平行的判定定理进行证明．（2）由题意及（1）可以知道利用二面角的概念找到二面角的平面角，然后再三角形中解出二面角的大小．此题重点考查了学生们的空间想象能力，还考查了正方形的特点及折叠前后之间的不变量及线面平行的判定定理，此外还考查了利用二面角平面角的定义在三角形中求解二面角的大小．4.【答案】解：（1）证明：取AC中点O，连结PO，BO，∵PA=PC，AB=BC，∴PO⊥AC，BO⊥AC，∵PO∩BO=O，∴AC⊥平面PBO，∵PB⊂平面PBO，∴AC⊥PB．（2）解：设AC=2，则PO=1，PA=PC=PB=2，BO=，∴PO2+BO2=PB2，∴PO⊥BO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，-，0），C（0，，0），P（0，0，1），B（，0，0），=（0，2，0），=（0，-，-1），=（，0，-1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，-1，），设直线AC与平面PAB所成角为θ，则直线AC与平面PAB所成角的正弦值为：sinθ===．【解析】（1）取AC中点O，连结PO，BO，推导出PO⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面PBO，由此能证明AC⊥PB．（2）推导出PO⊥BO，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC与平面PAB所成角的正弦值．本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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，是中档题．5.【答案】解：（1）证明：连结BD，∵在四棱锥P-ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC=CD=1，PD=．∴BD=AD==，∴AD2+PD2=AP2，BD2+PD2=PB2，∴AD⊥PD，BD⊥PD，∵AD∩BD=D，∴PD⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，∴AB⊥PD．（2）解：∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（，0，0），B（0，，0），C（-，0），P（0，0，），=（），=（0，，-），=（-，，-），设平面ABP的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，1，1），设平面PBC的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（-1，1，1），设二面角A-PB-C的平面角为θ，则二面角A-PB-C的余弦值为：cosθ==．【解析】（1）连结BD，推导出AD⊥PD，BD⊥PD，从而PD⊥平面ABCD，由此能证明AB⊥PD．（2）由AD2+BD2=AB2，得AD⊥BD，以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-PB-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题．6.【答案】（1）证明：在图（1）中，∵BM⊥CM，BM⊥DM，∴翻折后，在图（2）中有，BM⊥CM，BM⊥DM．又CM∩DM=M，∴BM⊥平面CDM，∵BM⊂平面CBM，∴平面CBM⊥平面CDM；（2）解：∵CM⊥DM，CM⊥BM，DM∩BM=M，∴CM⊥平面ABMD，又BM⊥MD，以M为原点，分别以MD，MB，MC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CM=a（a＞0），D（2，0，0），C（0，0，a），A（2，2，0），则，．设平面CAD的法向量为=（x，y，z），由，取x=a，y=0，z=2，得=（a，0，2），取平面CBM的法向量为，由|cos＜＞|=，即，解得a=3，即CM=3．【解析】（1）由已知可得BM⊥CM，BM⊥DM．由线面垂直的判定得BM⊥平面CDM，进一步得到平面CBM⊥平面CDM；（2）证明CM⊥平面ABMD，又BM⊥MD，以M为原点，分别以MD，MB，MC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设CM=a（a＞0），设平面CAD的法向量为=（x，y，z），求解，取平面CBM的法向量为，由|cos＜＞|=求解a值即可．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．7.【答案】（Ⅰ）证明：取BE的中点F，AE的中点G，连接FG、GD、CF，则GF AB．∵DC AB，∴CD GF，∴四边形CFGD为平行四边形，∴CF∥DG．∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥CF．∵CF⊥BE，AB∩BE=B，∴CF⊥平面ABE．∵CF∥DG，∴DG⊥平面ABE．∵DG⊂平面ADE，∴平面ABE⊥平面ADE．（Ⅱ）解：过E作EO⊥BC于O．∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥EO．∵AB∩BC=B，∴EO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，OE、BC所在的直线分别为x轴、y轴，过O且平行于AB的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=BC=4，则A（0，-2，4），B（0，-2，0），D（0，2，2），E（2，0，0），∴=（-2，2，2），=（-2，-2，4），=（-2，-2，0）．设平面EAD的法向量为=（x1，y1，z1），则有，即，取z1=2得x1=，y1=1，则=（，1，2），设平面BDE的法向量为=（x2，y2，z2），则，即，取x2=1，得y2=-，z2=2，则=（1，-，2）．∴cos＜＞===．又由图可知，二面角ADEB的平面角为锐角，∴二面角A-DE-B的余弦值为．【解析】（I）取BE的中点F，AE的中点G，证明CF⊥平面ABE，通过证明四边形CDGF 是平形四边形得出CF∥DG，故DG⊥平面ABE，于是平面ABE⊥平面ADE；（II）建立空间坐标系，计算平面ADE和平面BDE的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的大小．本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题．8.【答案】（1）证明：连结AC1．∵AA1=AC，四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1．∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BC⊂平面ABC，BC⊥AC，∴BC⊥平面AA1C1C．又∵BC∥B1C1，∴B1C1⊥平面AA1C1C，∴B1C1⊥A1C．∵AC1∩B1C1=C1，∴A1C⊥平面AB1C1，而AB1⊂平面AB1C1，∴A1C⊥AB1．（2）取A1C1的中点为M，连结CM．∵AA1=AC，四边形AA1C1C为菱形，∠A1AC=60°，∴CM⊥A1C1，CM⊥AC．又∵CM⊥BC，以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，如图．设CB=1，AC=2CB=2，AA1=AC，∠A1AC=60°，∴C（0，0，0），A1（1，0，），A（2，0，0），B（0，1，0），B1（-1，1，）．由（1）知，平面C1AB1的一个法向量为=．设平面ABB1的法向量为，则且，∴．令x=1，得，即=．∴===，由图知二面角C1-AB1-B的平面角为钝角，∴二面角C1-AB1-B的余弦值为．【解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想、化归与转化．（1）连结AC1．证明A1C⊥AC1．BC⊥AC，B1C1⊥A1C．得到A1C⊥平面AB1C1，然后证明A1C⊥AB1；（2）取A1C1的中点为M，连结CM．以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，求出平面C1AB1的一个法向量，平面ABB1的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角C1-AB1-B的余弦值即可．9.【答案】证明：（1）∵AD⊥AB，平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，AD⊂平面ABD，∴AD⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴AD⊥BC，∵AB=BC=AC，∴AB2+BC2=AC2，∴AD⊥BC，∵AB=BC=AC，∴AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，∵AD∩AB=A，∴BC⊥平面ABD．解：（2）设AD=x，（0＜x＜4），则AB=BC=4-x，四面体ABCD的体积：V=f（x）==（x3-8x2+16x），0＜x＜4，f′（x）==，当0＜x＜时，f′（x）＞0，V=f（x）单调递增，当＜x＜4时，f′（x）＜0，V=f（x）单调递减，∴当AD=x=时，四面体ABCD的体积取得最大值，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz，则B（0，0，0），A（0，，0），C（），D（0，，），E（，，0），=（，0，0），=（0，，），设平面BCD的法向量=（x，y，z），则，∴，取z=-2，得=（1，-1，2），∴cos＜＞==-．由图知二面角C-BD-E为锐角，∴二面角C-BD-E的余弦值为．【解析】（1）推导出AD⊥平面ABC，从而AD⊥BC，再求出AD⊥BC，AB⊥BC，由此能证明BC⊥平面ABD．（2）设AD=x，（0＜x＜4），则AB=BC=4-x，四面体ABCD的体积：V=f（x）==（x3-8x2+16x），0＜x＜4，利用导数性质求出当AD=x=时，四面体ABCD的体积取得最大值，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系B-xyz，利用向量法能求出当四面体ABCD 的体积取得最大值时二面角C-BD-E的余弦值．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）取BB1中点E，连接AE，则AE∥PB1，连接CE，取CE中点N，连接QN，则QN∥AE，∴QN∥PB1，即Q，N，P，B1四点共面，连接B1N交BC于H，连接QH，则Q，H，B1，P四点共面，过A作AM∥QH交BC于M，即为所求．（2）作QO⊥平面ABB1A1，与A1A延长线交于O，则AO=1，QO=，OB1==，∴QB1=，∵B1P=2，PQ=2，∴cos∠QPB1==-，∴sin∠QPB1=，∴==，作PN∥C1A1，则直线A1C1与平面PQB1所成角=直线PN与平面PQB1所成角，∵=2，∴==2，设N到平面PQB1的距离为h，则，∴h=，∴直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值==．【解析】（1）取BB1中点E，连接AE、CE，取CE中点N，得到Q，N，P，B1四点共面，延长B1N交BC于H，再直接作出AM即可；（2）作PN∥C1A1，则直线A1C1与平面PQB1所成角=直线PN与平面PQB1所成角，求出N到平面PQB1的距离，即可求直线A1C1与平面PQB1所成角的正弦值．本题考查线面平行，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。

2020年高3理科数学(新课标)复习专题整合高频突破习题：专题5立体几何专题能力14版含答案

本资源的初衷,是希望通过网络分享,能够为广阔读者提供更好的效劳,为您水平的提高提供坚强的动力和保证 .内容由一线名师原创,立意新,图片精,是非常强的一手资料 .专题能力训练14空间中的平行与垂直能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD -A1B1C1D1的底面ABCD的中|心,那么以下直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.那么以下说法正确的选项是()A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的内心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心(第1题图)(第2题图)3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有以下四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)4.正四棱锥S -ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在外表上运动,并且总保持PE⊥AC,那么动点P的轨迹的周长为.5.以下命题中正确的选项是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,假设α⊥β,γ⊥β,那么α∥γ;②假设a,b,c为三条两两异面的直线,那么存在无数条直线与a,b,c都相交;③假设球O与棱长为a的正四面体各面都相切,那么该球的外表积为a2;④在三棱锥P -ABC中,假设P A⊥BC,PB⊥AC,那么PC⊥AB.6.在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC =BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P -ABCD中,侧面P AD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC =60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面P AM的距离.8.(2021山东青岛统一质检)如图,在四棱锥P -ABCD中,底面ABCD是菱形,P A⊥平面ABCD,P A =3,F是棱P A上的一个动点,E为PD的中点.(1)求证:平面BDF⊥平面PCF;(2)假设AF =1,求证:CE∥平面BDF.思维提升训练9.平面α过正方体ABCD -A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD =m,α∩平面ABB1A1=n,那么m,n所成角的正弦值为()A. B. C. D.10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB =,AD =2,BC =4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB =2,BC =1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE 向上折起,在折起的图形中解答以下问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?假设存在,请证明你的结论;假设不存在,请说明理由;(2)假设平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.正三棱柱ABC -A1B1C1中,AB =2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上. (1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC -A1B1C1体积的?假设存在,求AE的长,假设不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB =2,DC =1,BC =,AB =AD =.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A -BD -C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.参考答案专题能力训练14空间中的平行与垂直能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,应选D.2.A解析如图,易知P A,PE,PF两两垂直,∴P A⊥平面PEF,从而P A⊥EF,而PO⊥平面AEF,那么PO⊥EF,∴EF⊥平面P AO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,假设m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,那么n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m ⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF =H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r =a;④中由P A⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明(1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,∴DE∥A1C.∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点,BC =BB1,∴BD =BB1.,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,∴∠BDB1=∠BC1C.∴∠FBD +∠BDF =∠C1BC +∠BC1C =90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD =D,∴BC1⊥平面AB1D.7.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△P AD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP =O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△P AD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM =M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面P AM的距离即点D到平面P AC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面P AD⊥平面ABCD,平面P AD∩平面ABCD =AD,PO⊂平面P AD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P -ACD的高.在Rt△POC中,PO =OC =,PC =,在△P AC中,P A =AC =2,PC =,边PC上的高AM =,所以△P AC的面积S△P AC=PC·AM =设点D到平面P AC的距离为h,由V D -P AC=V P -ACD,得S△P AC·h =S△ACD·PO.因为S△ACD=22=,所以h =,解得h =,所以点D到平面P AM的距离为8.证明(1)连接AC交BD于点O.∵底面ABCD是菱形,∴BD⊥AC.∵P A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥P A.∵P A∩AC =A,P A⊂平面P AC,AC⊂平面P AC,∴BD⊥平面P AC,∴BD⊥平面PCF.∵BD⊂平面BDF,∴平面BDF⊥平面PCF.(2)过点E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,连接FO.∵EG∥FD,EG⊄平面BDF,FD⊂平面BDF.∴EG∥平面BDF.∵底面ABCD是菱形,∴O是AC的中点.∵E为PD的中点,∴G为PF的中点.∵AF =1,P A =3,∴F为AG的中点,∴OF∥CG.∵CG⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,∴CG∥平面BDF.又EG∩CG =G,EG,CG⊂平面CGE,∴平面CGE∥平面BDF.又CE⊂平面CGE,∴CE∥平面BDF.思维提升训练9.A解析(方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD =m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1.∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C =60°,∴m,n所成的角的正弦值为(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD -A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,∴平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,∴AE与AF所成的角即为m与n所成的角.∵△AEF是正三角形,∴∠EAF =60°,故m,n所成角的正弦值为10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F =tan∠AA1B =,即∠A1B1F =∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB =,AA1=2,得BH =在Rt△BHC1中,BC1=2,BH =,得sin∠BC1H =所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK =AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,那么BC∥EH.又因为AK =AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA =DE =1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB =2,BC =1,所以在折起后的图形中AE =BE =,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF =F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC -A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB =2,AA1=,所以AE =,AD =1,所以在Rt△ADE中,∠ADE =30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC =60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD =D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE =h,那么A1E =-h,所以-S△AED-=2h -(-h) -h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=2=3, 所以h =1,解得h =,故存在点E,当AE =,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC -A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB =AD =,DB =2,∴AM⊥BD.∵DB =2,DC =1,BC =满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME =,公众号：惟微小筑∴∠AME是二面角A -BD -C的平面角,∴∠AME =60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM =BD =1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME =1+-2×1cos60°=,∴AE =,∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME =M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,那么MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE =AD =,MN =AB =,ME =,∴cosθ=|cos∠EMN| =(3)解记点B到平面ACD的距离为d,那么三棱锥B -ACD的体积V B -ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A -BCD的高,BD⊥CD,∴V B -ACD=V A -BCD=AE·S△BCD=∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC =AB =又DC =1,AD =,△ACD为等腰三角形,S△ACD=DC1,∴点B到平面ACD的距离d =。

2020高考数学立体几何复习题和答案

2020高考虽然延期，但是每天练习一定要跟上，加油！一、选择题1、已知m,n 是两条不同直线，α,β,Υ是三个不同平面.下列命题中正确的是（A ）若α⊥Υ，β∥Υ，则α∥β (B)若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n （C ）若m ∥α，n ∥α，则m ∥n （D ）若m ∥α，m ∥β，则a ∥β2、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 A.63B.265C.155D.1053、用与球心距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 A.323πB.83πC.82πD. 823π4、已知直线m 、n 和平面、满足m ⊥n ，⊥，m α⊥则 A. n ⊥B. n ∥或nC. n ⊥D. n ∥或n5、长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是 A.42πB.22π C.π2 D.π226、设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是 A. 在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B. 过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C. 与直线m 垂直的直线不可能．．．与平面α平行 D. 与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 7、已知三棱柱ABC －111C B A 的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC内的射影为△ABC 的中心，则A 1B 与底面ABC 所成角的正弦值等于 (A)31(B)32 (C)33 (D)32 8、正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为A. 3B. 6C. 9D.189、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于A.1B. 2C. 3D. 210、设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得到两个圆，则这两个圆的面积比值为（A ）14 （B ）12 （C ）23（D ）3411、设直线l α⊂平面，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有（A ）1条（B ）2条（C ）3条（D ）4条12、若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积为（A （B ）（C ）（D ）13、设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（）A ．a b αβαβ⊥⊥，∥，B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，14、对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得（A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥15、设有直线m 、n 和平面α、β。

2020年高考数学(文数)解答题强化专练——立体几何含答案

（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，66PO 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=π3，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 =14BC ，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62PA PB PC ===．所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．2．解：（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA 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,)222E A C P --. 所以312(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即20231022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(2)=m . 由（1）知2(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.3．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 =13BC =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)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．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)333PM 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22123234(),(,1,4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()),||3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AM 的法向量，故1111,π10sin(,)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1010．5．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 =，123AG 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 =，1113AG 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,,)3C 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427．7．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2cos ,||||31PB PB PB a⋅-〈〉==⋅+n n n ．设PB 与平面QCD 所成角为θ，则22332sin 1311aa a θ==+++ 2326131a 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|||6cos ,|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3cos ,||||AB AB AB ⋅==n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 39.（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 ∠=︒，122BC 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26,33BD OH = 所以3sin 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|3sin |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||||||5cos AB DE AB DE AB DE +=⋅⋅==<>，．因此，直线AB 与DE ．（2）因为点F 在BC 上，14BF BC =，BC =（–1，2，0）．所以111(,,0)442BF BC ==-．又20,0DB =（,），故71(,,0)42DF DB BF =+=．设1111()x y z =，，n 为平面DEF 的一个法向量，则1100,DE DF ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=，n n 即111110710,42x 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 |13786s θ+-⋅===⋅⨯n n n n ．所以22391cos s n 13i θθ=-=．12.。

2020年新高考数学新题型立体几何选择试题分析与解答(17页)

2020年新高考数学新题型立体几何选择试题新题型立体几何试题多项选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，下面结论正确的是( )A ．//BD 平面11CB D B ．1AC BD ⊥C ．平面1111ACC A CBD ⊥D ．异面直线AD 与1CB 所成的角为60︒【分析】利用正方体侧棱垂直于底面的性质，结合线面平行、线面垂直、面面垂直的判定逐一核对四个选项得答案．【解答】解：对于A ，1111ABCD A B C D -Q 为正方体，11//BD B D ∴，由线面平行的判定可得//BD 面11CB D ，A 正确；对于B ，连接AC ，1111ABCD A B C D -Q 为正方体，BD AC ∴⊥，且1CC BD ⊥，由线面垂直的判定可得BD ⊥面1ACC ，1BD AC ∴⊥，B 正确；对于C ，由上可知BD ⊥面1ACC ，又11//BD B D ，11B D ∴⊥面1ACC ，则平面1111ACC A CB D ⊥，C 正确；对于D ，异面直线AD 与1CB 所成的角即为直线BC 与1CB 所成的角，为45︒，D 错误．故选：ABC ．2．设a ，b 为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，错误的命题是( ) A ．若a ，b 与α所成的角相等，则//b αB ．若//a α，//b β，//αβ，则//a bC ．若a α⊂，b β⊂，//b α，则//αβD ．若a α⊥，b β⊥，αβ⊥，是a b ⊥【分析】根据题意，依次分析选项，A 、用直线的位置关系判断．B 、用长方体中的线线，线面，面面关系验证．C 、用长方体中的线线，线面，面面关系验证．D 、由a α⊥，αβ⊥，可得到a β⊂或//a β，再由b β⊥得到结论．【解答】解：A 、直线a ，b 的方向相同时才平行，不正确；B 、用长方体验证．如图，设11A B 为a ，平面AC 为α，BC 为b ，平面11A C 为β，显然有//a α，//b β，//αβ，但得不到//a b ，不正确；C 、可设11A B 为a ，平面1AB 为α，CD 为b ，平面AC 为β，满足选项C 的条件却得不到//αβ，不正确；D 、a α⊥Q ，αβ⊥，a β∴⊂或//a β又b β⊥Q ，a b ∴⊥，D 正确故选：ABC ．3．在正四面体ABCD 中，E 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，下面四个结论中正确的是( ) A ．//BC 平面AGF B ．EG ⊥平面ABF C ．平面AEF ⊥平面BCDD ．平面ABF ⊥平面BCD【分析】根据正四面体的性质，结合线面平行或垂直的判定定理分别进行判断即可得到结论．【解答】解：A ．过A 作AO ⊥平面BCD 于O ， Q 正四面体ABCD ，O ∴是正三角形BCD 的中心，F Q 、G 分别是CD 、DB 的中点，//GF BC ∴，则//BC 平面AGF ，故A 正确．B ．E Q 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ，//EG CD Q ，EG ∴⊥平面ABF ，故B 正确．D ．Q ．E Q 、F 、G 分别是BC 、CD 、DB 的中点，CD AF ∴⊥，CD BF ⊥，即CD ⊥平面ABF ， CD ⊂Q 面BCD ，∴平面ABF ⊥平面BCD ，故D 正确，只有C 错误，故选：ABD ．4．已知直线l 、m ，平面a 、b ，且l a ⊥，//m b ，下列四个命题中正确命题是( ) A ．若//a b ，则l m ⊥B ．若l m ⊥，则//aC ．若a b ⊥，则//l mD ．若//l m ，则a b ⊥【分析】A 由垂直于平行平面中的一个则垂直另一个判断．B 由直线与平面的位置关系判断．C 由线面垂直的性质定理判断．D 由平行线中的一条垂直该平面，则另一条也垂直这个平面判断．【解答】解：若//a b ，l a ⊥Q 则l b ⊥，又//m b l m ∴⊥Q ．故A 正确．若l m ⊥，l a ⊥Q ，则直线m 与平面a ，可能平行，相交或在平面内，故B 不正确．若a b ⊥，//m b Q ，m a ∴⊂或//m a ，又l a ⊥Q ，l m ∴⊥，故C 不正确．若//l m ，//m b Q ，l b ∴⊥，a b ∴⊥．D 正确．故选：AD ．5．如图，四棱锥S ABCD -的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中正确的是( )A ．AC SB ⊥ B ．//AB 平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【分析】根据SD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，以及三垂线定理，易证AC SB ⊥，根据线面平行的判定定理易证//AB 平面SCD ，根据直线与平面所成角的定义，可以找出ASO ∠是SA 与平面SBD 所成的角，CSO ∠是SC 与平面SBD 所成的角，根据三角形全等，证得这两个角相等；异面直线所成的角，利用线线平行即可求得结果．【解答】解：SD ⊥Q 底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，∴连接BD ，则BD AC ⊥，根据三垂线定理，可得AC SB ⊥，故A 正确；//AB CD Q ，AB ⊂/平面SCD ，CD ⊂平面SCD ， //AB ∴平面SCD ，故B 正确； SD ⊥Q 底面ABCD ，ASO ∠是SA 与平面SBD 所成的角，CSO ∠是SC 与平面SBD 所成的，而SAO CSO ∆≅∆，ASO CSO ∴∠=∠，即SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角，故C 正确； //AB CD Q ，AB ∴与SC 所成的角是SCD ∠，DC 与SA 所成的角是SAB ∠，而这两个角显然不相等，故D 不正确；故选：ABC ．6．已知a ，b 是两条互相垂直的异面直线，下列说法中正确的是( ) A ．存在平面α，使得a α⊂且b α⊥B ．存在平面β，使得b β⊂ 且//a βC ．若点A ，B 分别在直线a ，b 上，且满足AB b ⊥，则一定有AB a ⊥D ．过空间某点不一定存在与直线a ，b 都平行的平面【分析】根据异面直线的性质进行逐项分析判断．【解答】解：对于A ，设a ，b 的公垂线为AB ，其中A a ∈，B b ∈．过B 作a 的平行线a '，设直线a 与a '确定的平面为平面α，则AB α⊂，a α⊂，a α'⊂，b AB ⊥Q ，b a ⊥，b α∴⊥．故A 正确；对于B ，过b 上一点C 作//a a '，设b 与a '所确定的平面为β，则//a β，故B 正确．对于C ，设a ，b 的公垂线为CB ，且C a ∈，B b ∈．在a 上取异于C 的点A ，则b ⊥平面ABC ， AB b ∴⊥，但显然AB 与a 不垂直，故C 错误；对于D ，当空间一点在直线a 或直线b 上时，显然不存在与直线a ，b 都平行的平面，故D 正确．故选：ABD ．7．若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是( )A ．若//αβ，l α⊂，n β⊂，则//l nB ．若αβ⊥，l α⊂，则l β⊥C ．若l n ⊥，m n ⊥，则//l mD ．若l α⊥，//l β，则αβ⊥【分析】对于A ，考虑空间两直线的位置关系和面面平行的性质定理；对于B ，考虑线面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理；对于C ，考虑空间两条直线的位置关系及平行公理；对于D ，考虑面面垂直的判定定理．【解答】解：选项A 中，l 除平行n 外，还有异面的位置关系，则A 不正确．选项B 中，l 与β的位置关系有相交、平行、在β内三种，则B 不正确．选项C 中，l 与m 的位置关系还有相交和异面，故C 不正确．选项D 中，由//l β，设经过l 的平面与β相交，交线为c ，则//l c ，又l α⊥，故c α⊥，又c β⊂，所以αβ⊥，正确．故选：ABC ．8．如图，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列命题中，正确的为( )A ．AC BD ⊥B ．//AC 截面PQMN C ．AC BD =D ．异面直线PM 与BD 所成的角为45︒【分析】首先由正方形中的线线平行推导线面平行，再利用线面平行推导线线平行，这样就把AC 、BD 平移到正方形内，即可利用平面图形知识做出判断．【解答】解：因为截面PQMN 是正方形，所以//PQ MN 、//QM PN ，则//PQ 平面ACD 、//QM 平面BDA ，所以//PQ AC ，//QM BD ，由PQ QM ⊥可得AC BD ⊥，故A 正确；由//PQ AC 可得//AC 截面PQMN ，故B 正确；异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角，故D 正确；综上C 是错误的．故选：ABD ．9．1l ，2l ，3l 是空间三条不同的直线，则下列命题不正确的是( ) A ．12l l ⊥，2313//l l l l ⊥⇒ B ．12l l ⊥，2313//l l l l ⇒⊥ C ．1231////l l l l ⇒，2l ，3l 共面 D ．1l ，2l ，3l 共点1l ⇒，2l ，3l 共面【分析】通过两条直线垂直的充要条件两条线所成的角为90︒；判断出B 对；通过举常见的图形中的边、面的关系说明命题错误．【解答】解：对于A ，通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，A 错；对于B ，12l l ⊥Q ，1l ∴，2l 所成的角是90︒，又231//l l l ∴Q ，3l 所成的角是1390l l ︒∴⊥，B 对；对于C ，例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故C 错；对于D ，例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故D 错．故选：ACD ．10．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，c αβ=I ，下列命题中正确的命题是( )A ．若a 与b 是异面直线，则c 至少与a 、b 中一条相交B ．若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直C ．若//a b ，则必有//a cD ．若a b ⊥，a c ⊥，则必有αβ⊥【分析】A 可运用反证法，若c 与a ，b 都不相交，即平行，由平行公理即可判断；B 若a 不垂直于c ，假设//a c ，b c ⊥，则a b ⊥，即可判断；C 运用线面平行的判定定理和性质定理，即可判断；D 若a b ⊥，a c ⊥，若//b c ，推不出a β⊥，也即推不出αβ⊥，即可判断．【解答】解：由于a ⊂平面α，b ⊂平面β，c αβ=I ，若c 与a ，b 都不相交，即平行，则//c a ，//c b ，即有//a b ，与a ，b 异面矛盾，则A 正确；若a 不垂直于c ，假设//a c ，b c ⊥，则a b ⊥，则B 错误；若//a b ，a β⊂/，即有//a β，c αβ=I ，a α⊂，则必有//a c ，则C 正确；若a b ⊥，a c ⊥，若//b c ，推不出a β⊥，也即推不出αβ⊥，则D 错误．故选：AC ．11．如图所示，已知正方体1111ABCD A B C D -，E ，F 分别是1D B ，1A C 上不重合的两个动点，下列四个结论中正确的是( )A ．1//CE D FB ．平面//AFD 平面11B EC C ．1AB EF ⊥D ．平面AED ⊥平面11ABB A【分析】由题意画出图形，利用两直线平行，同旁内角互补判断A ；取特殊位置判断B ；利用线面垂直的判定与性质判断C ；由面面垂直的判定判断D ．【解答】解：如图，在1D B ，1A C 上分别取点E ，F ， 1111ABCD A B C D -Q 为正方体，则四边形11A BCD 为矩形，11111180FD C ECD A D C BCD ∠+∠<∠+∠=︒Q ，CE ∴与1D F 不平行，故A 错误；不妨取F 与1A 重合，E 与O 重合，此时平面平面AFD 与平面11B EC 相交，故B 错误； 11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，且1A B BC B =I ，则1AB ⊥平面11A BCD ，则1AB EF ⊥，故C 正确；AD ⊥平面11ABB A ，而AD ⊂平面AED ，则平面AED ⊥平面11ABB A ，故D 正确．故选：CD ．12．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点，下列四个推断中正确的是( )A ．//FG 平面11AA D DB ．//EF 平面11BC DC ．//FG 平面11BC DD ．平面//EFG 平面11BC D【分析】由1//FG BC ，11//BC AD ，得1//FG AD ，从而//FG 平面11BC D ，//FG 平面11AA D D ；由11//EF AC ，11A C 与平面11BC D 相交，从而EF 与平面11BC D 相交，进而平面EFG 与平面11BC D 相交．【解答】解：Q 在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点， 1//FG BC ∴，11//BC AD Q ，1//FG AD ∴，FG ⊂/Q 平面11AA D D ，1AD ⊂平面11AA D D ，//FG ∴平面11AA D D ，故A 正确；11//EF AC Q ，11A C 与平面11BC D 相交，EF ∴与平面11BC D 相交，故B 错误；E Q ，F ，G 分别是11A B ，11B C ，1BB 的中点，1//FG BC ∴，FG ⊂/Q 平面11BC D ，1BC ⊂平面11BC D ，//FG ∴平面11BC D ，故C 正确；EF Q 与平面11BC D 相交，∴平面EFG 与平面11BC D 相交，故D 错误．故选：AC ．13．把正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --，则下列四个结论中正确的结论是( ) A ．AC BD ⊥B ．ACD ∆是等边三角形C ．AB 与平面CBD 成60︒角D ．AB 与CD 所成角为45︒【分析】取AC 的中点E ，连接DE ，BE ，根据正方形可知EB AC ⊥，ED AC ⊥，则BED ∠为二面角B AC D --的平面角，在三角形BDE 中求出BD 的长．然后求出所求角的大小【解答】解：取BD 的中点E ，则AE BD ⊥，CE BD ⊥．BD ∴⊥面AEC ． BD AC ∴⊥，故A 正确．AD DC AB BC a ====，取AC 的中点E ，连接DE ，BE ，DE BE ==． ABCD Q 是正方形，EB AC ∴⊥，ED AC ⊥，BED ∴∠为二面角B AC D --的平面角，90BED ∴∠=︒BD a ∴=．所以ADC ∆是正三角形，故B 正确；ABD ∠为AB 与面BCD 所成的角为45︒，故C 错误．以E 为坐标原点，EC 、ED 、EA 分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，则(0A ，0，)2，(0B ，2-，0)，(0D ，2，0)，(2C ，0，0)．(0AB =u u u r ，，)，DC =u u u r ，，0)．cos AB <u u u r ，12DC >=u u u rAB ∴<u u u r ，60DC >=︒u u u r，故D 错误．故选：AB ．14．对于四面体A BCD -，以下命题中正确的命题是( ) A ．若AB AC AD ==，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等B ．若AB CD ⊥，AC BD ⊥，则点A 在底面BCD 内的射影是BCD ∆的内心C ．四面体A BCD -的四个面中最多有四个直角三角形D ．若四面体A BCD -的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为6π 【分析】对于A ，根据线面角的定义即可判断；对于B ，根据三垂线定理的逆定理可知，O 是BCD ∆的垂心，对于C 在正方体中，找出满足题意的四面体，即可得到直角三角形的个数，对于D 作出正四面体的图形，球的球心位置，说明OE 是内切球的半径，利用直角三角形，逐步求出内切球的表面积．【解答】解：因为AB AC AD ==，设点A 在平面BCD 内的射影是O ，因为sin AO ABO AB ∠=，sin AOACO AC∠=，sin AOADO AD∠=，所以sin sin sin ABO ACO ADO ∠=∠=∠，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；故A 正确；设点A 在平面BCD 内的射影是O ，则OB 是AB 在平面BCD 内的射影，因为AB CD ⊥，根据三垂线定理的逆定理可知：CD OB ⊥ 同理可证BD OC ⊥，所以O 是BCD ∆的垂心，故B 不正确；如图：直接三角形的直角顶点已经标出，直角三角形的个数是4．故C 正确如图O 为正四面体ABCD 的内切球的球心，正四面体的棱长为：1；所以OE 为内切球的半径，BF AF ==BE =所以AE ==，因为222BO OE BE -=，所以222)OE OE --=，所以OE =，所以球的表面积为：246OE ππ=g ，故D 正确．故选：ACD ．15．以下四个命题中真命题是( )A ．如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行B ．如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面C ．如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行D ．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直【分析】对于立体几何中的线线、线面、面面关系的判定可依据课本中有关定理结论进行判断，也可列举反例从而说明不正确即可．【解答】解：观察正方体中的线面位置关系，结合课本中在关线面位置关系的定理知，ABD 正确．对于C ，A B ''、A D ''都平行于一个平面AC ，但它们不平行，故C 错．故选：ABD ．16．平面α外有两条直线m 和n ，如果m 和n 在平面α内的射影分别是m '和n '，下列四个命题中不正确的命题是( ) A ．m n m n '⊥'⇒⊥ B ．m n m n ⊥⇒'⊥'C ．m '与n '相交m ⇒与n 相交或重合D ．m '与n '平行m ⇒与n 平行或重合【分析】由射影的概念以及线线垂直关系的判定方法，观察具体的正方体判断，即可得答案．【解答】解：由射影的概念以及线线垂直关系的判定方法，观察如图的正方体： AC BD ⊥Q 但1A C ，1BD 不垂直，故A 错； 11A B AB ⊥Q 但在底面上的射影都是AB 故B 错；AC Q ，BD 相交，但1A C ，BD 异面，故C 错； //AB CD Q 但1A B ，1C D 异面，故D 错故选：ABCD ．17．已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，下列四个命题中真命题是()A ．若m α⊥，m β⊥，则//αβB ．若αγ⊥，βα⊥，则//γβC ．若//m α，//n β，//m n ，则//αβD ．若m 、n 是异面直线，m α⊥，//m β，n β⊥，//n α，则αβ⊥ 【分析】要求解本题，需要寻找特例，进行排除即可．【解答】解：A 因为α、β是不重合的平面，m α⊥，m β⊥，所以//αβ；B 若αγ⊥，βα⊥，α、β、γ是三个两两不重合的平面，可知α不一定平行β；://C m α，//n β，//m n ，αβ可能相交，不一定平行；D 因为mn 两直线是异面直线，可知不平行，又因为m α⊥，//m β，n β⊥，//n α，可知α、β只能满足垂直关系．故选：AD ．18．不同直线m ，n 和不同平面α，β，下列命题中假命题有( ) A ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭B ．//////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭C ．,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面 D ．//m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭【分析】不同直线m ，n 和不同平面α，β，结合平行与垂直的位置关系，分析和举出反例判定，即可得到结果．【解答】解：////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭，m 与平面β没有公共点，所以A 是正确的． //////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭，直线n 可能在β内，所以B 不正确． ,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面，可能两条直线相交，所以C 不正确． //m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭，m 与平面β可能平行，D 不正确．故选：BCD ．19．下列四个命题中真命题是( )A ．若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行B ．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直C ．垂直于同一直线的两条直线相互平行D ．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直【分析】从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断，推出正确结果．【解答】解：若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；如果这两条直线平行，可能得到两个平面相交，所以A 不正确．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；这是判定定理，B 正确．垂直于同一直线的两条直线相互平行；可能是异面直线．C 不正确．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．D 正确．故选：BD ．20．关于直线m ，n 与平面α，β，以下四个命题中真命题是( ) A ．若//m α，//n β且//αβ，则//m n B ．若m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m n ⊥ C ．若m α⊥，//n β且//αβ，则m n ⊥D ．若//m α，n β⊥且αβ⊥，则//m n【分析】根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．【解答】解：若//m α，//n β且//αβ，则m ，n 可能平行也可能异面，也可以相交，故A 错误；若m α⊥，n β⊥且αβ⊥，则m ，n 一定垂直，故B 正确；若m α⊥，//n β且//αβ，则m ，n 一定垂直，故C 正确；若//m α，n β⊥且αβ⊥，则m ，n 可能相交、平行也可能异面，故D 错误故选：BC ．21．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，12AA =，1AB BC ==，90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点．下列判断中正确的是( )A ．直线AC 与直线1C E 是异面直线B ．1A E 一定不垂直1ACC ．三棱锥1E AA O -的体积为定值D ．1AE EC +的最小值为【分析】由题意画出图形，由异面直线的概念判断A ；利用线面垂直的判定与性质判断B ；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断C ；设BE x =，列出1AE EC +关于x 的函数式，结合其几何意义求出最小值判断D ．【解答】解：如图，A ．Q 直线AC 经过平面11BCCB 内的点C ，而直线1C E 在平面11BCC B 内不过C ，∴直线AC 与直线1C E 是异面直线，故A 正确；B ．当11A E AB ⊥时，1A E ⊥平面11ABC ，则11A E AC ⊥，故B 错误；C ．由题意知，直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心为O 是1AC 与1A C 的交点，则△1AAO 的面积为定值，由1//BB 平面11AA C C ，E ∴到平面1AAO 的距离为定值，∴三棱锥1E AA O -的体积为定值，故C 正确；D ．设BE x =，则12B E x =-，1AE EC ∴+=．由其几何意义，即平面内动点(,1)x 与两定点(0,0)，(2,0)距离和的最小值知，其最小值为D 正确．故选：ACD ．22．设m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面．下列四个命题中正确命题是( ) A ．若m α⊥，//n α，则m n ⊥ B ．若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥ C ．若//m α，//n α，则//m nD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ【分析】直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐一判断，推出结果即可．【解答】解：若m α⊥，//n α，则m n ⊥，是直线和平面垂直的判定，A 正确；若//αβ，//βγ，m α⊥，则m γ⊥，推出//αγ，满足直线和平面垂直的判定，B 正确；若//m α，//n α，则//m n ，两条直线可能相交，也可能异面，C 不正确．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ中m 与n 可能相交或异面．考虑长方体的顶点，α与β可以相交．D 不正确．故选：AB ．23．已知直线l ⊂/平面α，直线m ⊂平面α，下面四个结论中正确的是( ) A ．若l α⊥，则l m ⊥ B ．若//l α，则//l m C ．若l m ⊥，则l α⊥D ．若//l m ，则//l α【分析】在A 中，由线面垂直的性质定理得l m ⊥；在B 中，l 与m 平行或异面；在C 中，l 与α不一定垂直；在D 中，由线面平行的判定定理得//l α．【解答】解：由直线l ⊂/平面α，直线m ⊂平面α，知：若l α⊥，则由线面垂直的性质定理得l m ⊥，故A 正确；若//l α，则l 与m 平行或异面，故B 错误；若l m ⊥，则l 与α不一定垂直，故C 错误；若//l m ，则由线面平行的判定定理得//l α，故D 正确．故选：AD ．24．如图，M 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，下列命题中真命题是( )A ．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11BC 都相交 B ．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直 C ．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都相交D ．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行【分析】点M 不在这两异面直线中的任何一条上，所以，过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都相交，A 正确．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直，B 正确．过M 点有无数个平面与直线AB 、11B C 都相交，C 不正确．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行，D 正确．【解答】解：直线AB 与11B C 是两条互相垂直的异面直线，点M 不在这两异面直线中的任何一条上，如图所示：取1C C 的中点N ，则//MN AB ，且MN AB =，设BN 与11B C 交于H ，则点A 、B 、M 、N 、H 共面，直线HM 必与AB 直线相交于某点O ．所以，过M 点有且只有一条直线HO 与直线AB 、11B C 都相交；故A 正确．过M 点有且只有一条直线与直线AB 、11B C 都垂直，此垂线就是棱1DD ，故B 正确．过M 点有无数个平面与直线AB 、11B C 都相交，故C 不正确．过M 点有且只有一个平面与直线AB 、11B C 都平行，此平面就是过M 点与正方体的上下底都平行的平面，故D 正确．故选：ABD ．25．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为1，点P 为线段1A C 上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的( )A ．当113A C A P =u u u u r u u u r时，1//D P 平面1BDC B ．当113A C A P =u u u u r u u u r时，1A C ⊥平面1D APC ．1APD ∠的最大值为90︒D ．1AP PD + 【分析】利用三棱锥111A A B D -的体积可知当113A C A P =u u u u r u u u r时，P 为1A C 与平面11AB D 的交点，根据平面11//AB D 平面1BDC 可判断A ，根据1A C ⊥平面11AB D 可判断B ，根据等边三角形11AB D 可判断C ，根据Rt △1A AC Rt ≅△11A D C 可判断D ．【解答】解：连结1AB ，11B D ，1AD ，则1111111326A AB D V -=⨯⨯=，111sin 602AB D S =︒=V ，1AC =设1A 到平面11AB D 的距离为h ，则1136h =，解得h ， 113h AC ∴=． ∴当113A C A P =u u u u r u u u r时，P 为1A C 与平面11AB D 的交点． Q 平面11//AB D 平面1BDC ，1D P ⊂Q 平面11AB D ，1//D P ∴平面1BDC ，故A 正确；由①可知P ∈平面11AB D ，1A C ⊥Q 平面11AB D ，1A C ∴⊥平面1D AP ，故B 正确；可知当113A C A P =u u u u r u u u r时，P 为等边△11AB D 的中心， 1120APD ∴∠=︒，故C 错误；连结AC ，1D C ，则Rt △1A AC Rt ≅△11A D C ，1AP D P ∴=，AP ∴的最小值为11AA AC AC =g ， 1AP PD ∴+．故D 正确．故选：ABD ．。

2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练及答案解析

12020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明1例1如图，高为1的等腰梯形 ABCD 中，AM = CD = 3AB = 1•现将△AMD 沿MD 折起，使平面 AMD 丄平面 MBCD ，连接 AB , AC.试判断：在AB 边上是否存在点【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线,证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法: 1.构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过AD 做了一个平面ADB与平面MPC 相交于线PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

即先证1【答案】当AP = 3AB 时，有AD //平面MPC. 理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP.在梯形 MBCD 中，DC // MB ,DN NB DC MB 12,Ap 1在△ADB 中，pp 二」AD 〃 PN . •/ AD?平面 MPC , PN?平面 MPC , ••• AD //平面 MPC.P ,使AD //平面 MPC?并说明理由AD平行于PN，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

PP上一方法二方法三2.构造面面平行，然后推出线面平行。

高考数学复习总结专题05 立体几何(选择题、填空题) (解析版)

立体几何（选择题、填空题）1.【2020年高考全国Ⅰ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（）515 1 5 1 5 1A. B. C. D.4 2 4 2【答案】C【解析】【分析】1设C D a,PE b，利用P O2 CD PE 得到关于a,b的方程，解方程即可得到答案.22a【详解】如图，设C D a,PE b，则P O PE 2 2 2 ，OE b41 a2 1 b b由题意P O2 ab，即b 2 ab，化简得4() 2 210，2 4 2 a ab1 5解得（负值舍去）.a 4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I I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. EB. FC.GD.H【答案】A【解析】【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，D D B C上的点在俯视图中对应的点为N,3 4上的点在正视图中都对应点M,直线1 4∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是D4,线段D D,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点3 4D4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.A, B,C 为球O 的球面上的三个点，⊙O为 A B C的外接圆，若⊙O3. 【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知11的面积为 4π ， AB BC AC OO ，则球O的表面积为（）1A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【答案】A 【解析】【分析】由已知可得等边 AB C 的外接圆半径，进而求出其边长，得出O O的值，根据球的截面性质，求出球的半 1径，即可得出结论. 【详解】设圆O半径为，球的半径为 R ，依题意， r 14,r 2 ， A B C为等边三角形，得r2由正弦定理可得 AB 2rsin 60 2 3 ，O O AB 2 3 ，根据球的截面性质O O 平面 ABC ， 11 O O O A ,R OA O O2 O A 2 OO 1 2 r 4 ， 21 1 1 1 O 球2 的表面积 S 4R 64 .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. 4. 【2020 年高考全国Ⅲ理数】下图为某几何体的三视图，则该几何体的的表面积是（）A.6+4 2B.4+4 2C.6+2 3D.4+2 3【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形1根据立体图形可得：S△ABC S△AD C S△C DB 22 22根据勾股定理可得：AB A D DB 2 2△A DB是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可得：1 1 3S △A D B AB AD s in60(22) 2 2 32 2 2该几何体的表面积是：3223623.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 I I 卷理数】已知△ABC 是面积为若球 O 的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为（ 3 9 34的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上. ）3 A. 3 B.C. 1D.22【答案】C 【解析】【分析】根据球O 的表面积和 ABC 的面积可求得球O 的半径 R 和 AB C 外接圆半径，由球的性质可知所求距r 离 2 2 .d R r 【详解】设球O 的半径为 R ，则 4 R 16 ，解得： R 2 . 2 设 AB C 外接圆半径为，边长为 a，r 9 3ABC是面积为的等边三角形， 41 3 9 32 a 22 9 a 2 ，解得： a 3，r a 2 93 ， 2 24 3 4 3 4球心 O 到平面 ABC 2 2 的距离d R r 43 1.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.6. 【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥 P −AB C 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=P C ，△ABC 是边长为 2 的正三角形，E ，F 分别是 PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球 O 的体积为A ．8 6B ． 4 6 D ． 6C ． 2 6 【答案】D【解析】解法一： PA P B PC, ABC 为边长为 2 的等边三角形，P ABC为正三棱锥，△ PB AC ，又 E ， F 分别为 PA ， AB 的中点，EF ∥PB ，EF AC ，又 EF CE ，C E AC C,EF 平面 PAC ，∴ PB 平面 PAC ，APB PA PB PC 2 ，P ABC 为正方体的一部分， 2R 2 2 2 6 ，即6 4 4 6 68 R, V R 3 π 6，故选 D ． P A, AB 2 3 3解法二：设 PA PB PC 2x ，E, F 分别为的中点， 1EF ∥PB ，且 EF PB x ，△ABC 为边长为 2 的等边三角形，C F 3 ，21 又 CEF 90，CE 3 x 2, AE PA x ， 2 x 243 x 22 x2△AEC 中，由余弦定理可得 cos EAC作 PD AC 于 D ，，A D 1 x 2 4 3 x 4x 21PA PC \ D AC cos EAC ，，为的中点，，PA 2x 2x1 2 2x 2 1 2，x 2，x ，PA PB PC 2 ，2 2又 AB=B C=A C=2 ， PA , PB , PC 两两垂直，6 2R 2 2 2 6 ，R，24 4 6 68 V R 3 6 ，故选 D. 3 3【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．7. 【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线【答案】BB ．α内有两条相交直线与β平行 D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若∥，则必要条件，故选 B ．内任意一条直线都与平行，所以平行是∥内两条相交直线都与的【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若 a ,b ,a b ，则 ∥ ∥”此类的错误．8. 【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点 N 为正方形 AB C D 的中心，△EC D 为正三角形，平面 EC D ⊥平面 ABC D ，M 是线段 E D 的中点，则A ．B M =E N ，且直线 B M ，EN 是相交直线 B ．B M ≠EN ，且直线 B M ，E N 是相交直线C ．B M =E N ，且直线 B M ，E N 是异面直线D ．B M ≠EN ，且直线 B M ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作 EO C D 于O ，连接O N ，B D ，易得直线 B M ，E N 是三角形 EB D 的中线，是相交直线.过 M 作 MF OD 于 F ，连接 BF ，AB C D ，E O C D, E O 平面C DE ，EO平面C D E 平面平面 ABC D ， M F 平面 AB C D ，△MFB 与△EO N 均为直角三角形．设正方形边长为 2 ，易知 E O 3,ON 1,EN 2 ，3 5M F,BF ,BM 7 ，B M EN ，故选 B ．2 2【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．9. 【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为A ． 2 17B ． 2 5 D ．2C ．3 【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点 M 在上底面上，点 N 在下底面上，且可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选 B ．【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.10. 【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为3 342 3 3 A ．C ．B ．D ．3 2 43 2【答案】A【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，AB C D A B C D 中，1所以在正方体 1 1 1AB D AA , A B , A D 所成的角是相等的，11 11 1平面与线 1 1AB D 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，11 C BD 1同理，平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，AB D C BD要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与1中间，且过棱的中点的正六边形，且1 12边长为，223 2 3 34所以其面积为S 6，故选A.4 2【名师点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.即首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.11.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A．12.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设A ，，，是同一个半径为的球的球面上四点，△A B C 为等边三B C D 4角形且其面积为A．12 3，则三棱锥D ABC 体积的最大值为9 3B．18 3D．54 3C．24 3【答案】B【解析】如图所示，设点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点，当点 D 在平面 ABC 上的射影为 M 时，三棱锥 D ABC 的体积最大，此时，O D OB R 4，3 S △AB CAB 9 3 ，AB 6 ,点 M 为三角形 ABC 的重心，2 4 2B M BE 2 3 ，3 Rt △OB M 中，有O M OB 2 2 2，D M O D O M 4 2 6，B M1V DABCm ax9 36 18 3 ，故选 B. 3【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点 D 在平面 ABC 上的射影为三角形 AB C 的重心时，三棱锥 DABC 体积最大很关键，2由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到 B M BE 2 3 ，再由勾股定理得到 O M ，进而得到结果， 3属于较难题型.13. 【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体 AB C D A B C D 中，AB BC 1，AA 3 ，则异面直线 A D 与 1 1 1 1 11 D B 所成角的余弦值为1 1 A ．5 5 B ． D ．6 5 2 C ．52【答案】C【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，B P ∥A D D B DP= 5B P 2，，则11如图，则 1，连接 DP ，易求得 1 DB P A D DB与所成的角，11是异面直线1 D B2 1 B P 2 DP 25 4 5 5 由余弦定理可得cos DB P 1. 12DB PB 4 5 5 1 1故选 C.方法二：以 D 为坐标原点，DA,D C,D D 所在直线分别为 x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 1D 0, 0, 0, A 1, 0, 0,B 1, 1, 3,D 0, 0, 3A D1, 0, 3 ,DB 1, 1, 3 ,则 ,所以 1 1 1 1cos AD , DB A D DB A D DB 1 3 2 5 5 1 1因为， 1 15 1 15 A D DB 所以异面直线与所成角的余弦值为 1，故选 C. 15【名师点睛】先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出直线的方向向量或平面的法向量；第四，破“应用公式关”. ABC A B C 中， ABC 120 BC CC 1，AB 2 ，，113. 【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱1 1 1 AB BC 所成角的余弦值为1则异面直线与 13 15 5 A ．B ．D ．2 103 C ． 53【答案】CAB C D A B C D ，1【解析】如图所示，补成直四棱柱 1 1 1则所求角为 BC D,BC 2, BD 2 21 221cos 60 3,C D AB 5 ，11 1 1 BC12 5105 易得 C D 12 BD 2BC 12 ，因此cos BC D，故选 C ． 1C D1【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面2直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．14.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12D．16C．14【答案】B【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)212，故选．B2【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.15.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90 C．42B．63 D．36【答案】B【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 32 436，上半部分是一个底面半径为，高为的圆柱的一半，其体积3 611 V (3 26) 27，故该组合体的体积V V V36 27 63．21 2 2故选 B ．【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．16. 【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为3π π A ．C ．B ．D ．4 π π24【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：21 1 3 由题意可得： AC 1, AB ，结合勾股定理，底面半径 r 1 2，2 2 223 3由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V πr 2h π 1 π ，故选 B.2 4【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.17. 【2020 年高考全国 I I 卷理数】设有下列四个命题： p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.1p ：过空间中任意三点有且仅有一个平面.2p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.3p ：若直线 l 平面α，直线 m ⊥平面α，则 m ⊥l . 4则下述命题中所有真命题的序号是__________.p p p p p ppp③④122334① ② 1 4【答案】①③④【解析】【分析】p p2利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可1p p4判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.3p1l1l2【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；l l若与相交，则交点A 在平面内，3 1l l同理，与的交点B 也在平面内，3 2所以，AB ，即l3，命题为真命题；p1p2对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，p命题为假命题；2p对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，3p命题为假命题；3p4，若直线m 平面，对于命题m 垂直于平面则内所有直线，直线l 平面，直线m 直线，lp命题为真命题.4综上可知，，为真命题，，为假命题，p p p p为假命题，1 2为真命题，1 4p p p p为真命题.3 4为真命题，2 3故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，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.18. 【2020 年高考全国Ⅲ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_________． 2 【答案】 3【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】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，B C 2, AB AC 3 其中，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，1由于A M 3 2 1 22 2 ，故 S △ABC2 2 2 2 2 ， 2r设内切圆半径为，则：1 1 1 S △AB C S △A O B S △BO C S △A O C AB r BC r AC r2 2 21 3 3 2r2 2 ，22 4 2解得： r =，其体积：V r 3 . 2 3 32故答案为：. 3【点睛】与球有关的组合体问题，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.19. 【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体AB C D A B C D 挖去四棱锥 O —EF G H 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分11 1 1AB = BC = 6 cm, AA = 4 cm 别为所在棱的中点，，3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm 3，不考虑打印 1损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .【答案】118.81【解析】由题意得， S 46 4 23 12cm 2 ，四边形EF G H2 1∵四棱锥 O −EF G H 的高为 3cm ， ∴V O EF G H 123 12cm 3 ．3AB C D A B C D V 466 144cm，3又长方体的体积为 1 1 1 1 2 所以该模型体积为 VV V144 12 132cm 3 ，其质量为 0.9132 118.8g ．OEF G H2 【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.20. 【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空 2 分，第二空 3 分．）【答案】26，21【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826个面．x如图，设该半正多面体的棱长为，则AB BE x，延长CB与FE 的延长线交于点G，延长BC交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，△BG E 为等腰直角三角形，2 2BG GE C H x,G H 2x x(21)x1，2 21x21，21即该半正多面体的棱长为21．【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．721.【2018年高考全国I I卷理数】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB 所成角的余弦值为，SA与圆锥8 底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．【答案】402π7 15 8【解析】因为母线 SA ， SB 所成角的余弦值为，所以母线 SA ， SB 所成角的正弦值为，因为 81 15 8 △SAB 的面积为5 15 ，设母线长为l ,所以l 2 25 15 ,l80 ， 2π 2因为 SA 与圆锥底面所成角为 45°，所以底面半径为 r l cosl , 4 22 因此圆锥的侧面积为 πr lπl 40 2π. 22【名师点睛】本题考查线面角、圆锥的侧面积、三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力. 先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.22. 【2017 年高考全国 I 卷理数】如图，圆形纸片的圆心为 O ，半径为 5 c m ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D ，E ，F 为圆 O 上的点，△DB C ，△ECA ，△FA B 分别是以 BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以 BC ，CA ，AB 为折痕折起△DB C ，△ECA ，△FAB ，使得 D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为【答案】 4 15.【解析】如下图，连接 DO 交 BC 于点 G ，设 D ，E ，F 重合于 S 点，正三角形的边长为 x(x>0)，则 1 3 3O G x x. 3 2 63FG SG 5x ， 6223 3x3x， SO h SG2GO2 5 x 556 631 1 3 3 15 3 三棱锥的体积V S △ABC h x2 5 5 x 4 x 5 . 5x3 34 3 1233 5 3 设 n x 5x 4x 5 ，x>0，则 n x 20x 3 x 4， 3 3x 4 n x 0 ，即 4x 30，得，易知 n x 在令处取得最大值. x 4 3x 4 3 3 15∴V max 48 5 4 4 15 .12【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.。

2020年高考数学立体几何专题复习(后附答案)

2020年高考数学立体几何专题复习（后附答案）教学目的1. 复习《立体几何初步》的相关知识及基本应用2. 掌握典型题型及其处理方法教学重点、难点《立体几何初步》的知识梳理和题型归类以及重点题型的处理方法知识分析1. 多面体的结构特征对于多面体的结构要从其反应的几何体的本质去把握，棱柱、棱锥、棱台是不同的多面体，但它们也有联系，棱柱可以看成是上、下底面全等的棱台；棱锥又可以看作是一底面缩为一点的棱台，因此它们的侧面积和体积公式可分别统一为一个公式。

2. 旋转体的结构特征旋转体是一个平面封闭图形绕一个轴旋转生成的，一定要弄清圆柱、圆锥、圆台、球分别是由哪一种平面图形旋转生成的，从而可掌握旋转体中各元素的关系，也就掌握了它们各自的性质。

3. 表面积与体积的计算有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式法为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素。

4. 三视图与直观图的画法三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化。

5. 线线平行的判定方法（1）定义：同一平面内没有公共点的两条直线是平行直线；（2）公理4：a b b c a c //////，，⇒；（3）平面几何中判定两直线平行的方法；（4）线面平行的性质：a a b a b ////αβαβ，，⊂=⇒ ；（5）线面垂直的性质：a b a b ⊥⊥⇒αα，//；（6）面面平行的性质：αβαγβγ////，， ==a a b 。

6. 直线和平面平行的判定方法（1）定义：a a αα=∅⇒//；（2）判定定理：a b a b a ////，，⊄⊂⇒ααα；（3）线面垂直的性质：b a b a a ⊥⊥⊄，，，ααα//；（4）面面平行的性质：αβαβ////，a a ⊂⇒。

7. 判定两个平面平行的方法（1）依定义采用反证法；（2）利用判定定理：αββαααβ//////，，，，b a b a b A ⊂⊂=⇒ ；（3）垂直于同一条直线的两个平面平行； a a ⊥⊥⇒αβαβ，//；（4）平行于同一平面的两个平面平行；αγβγαβ////，/⇒/。

2020年高考数学(理数)大题专项练习立体几何9题(含答案)

2020年高考数学(理数)大题专项练习立体几何9题1.如系，--减性M3匚中.班ffeAAtr 底面Ain二足总K为二打正二m唯.已知出0 4足H方rX十就.1口东一,麻用坨AC旧的大小；㈠求冲击宜税M 5承’的距离.门)直携4A 上是否。

花点。

.使DC/平面感a C?若存在.清确定点心的性黄土若不存在谙意可用由，2.如图,在矩形期⑶,NH =二】.廿为C。

上的点，以LW为石痕把折起，使点不到达点P 的位置，耳平面乩甘尸i平面ABCD.连接PB,PC、羔N为网的中点.巾CN#平面AMP.(1 )求线段Gf的《事(II )求平向同尸与平曲BCP所成锐二面角的余荥值，3.如图.在四棱如S - AHCD中.侧面30)为惋角三角形艮垂百于底面钻CD,8 =即小V是口的中点，由中Bg上A配= )*.4B=4D{1 )求证■平胤SC”⑵若骏苑与底面TBCD听成的角为60,求平面M3D 与平面SAC所成的锐二面角的余弦值.4.用国.四幢惟F ■用方匚。

中.忸1植FJJ.面目BCD，AB = AC-4M在找蜀HD 上, IL2AM = MD > X 为PE 的中题.AD/JSC. MN"面PCD-U>求9c的长।门口若为1=2,求：面希M—广材一办的余帮富，B5.如图T在二棹抨£8。

一乩80中.上HC8 =/aCB = 90，匕工4(? = 60, 0,芯分金二1 4」.1 卜II 片「：口："」・Il JJ = .4('=81，([)求证：4£"平面SC；D；门口求T面BC0与平而17?「所成错.面角的余强囿6.刎四-在四桎箫P A3+33正面是进枪-2的正川乱尸月=FH= /IT. E为PA中心*"?-自™六门£f |干扣内。

.，”在J乂班M纵L. I H"九N『M J- li. IL 卜H I.( “ 卜叫: 以/■■- f ilir『HLf；i力此点汇1找苣件「i.*若_曲曲砰一”\一只为〜一*求HN m氏度•第2页共14页7.8.如用，长方体阻上口一小瓦a仇的侧面匕他马是正方形. (X)证明:W平面孙i(2)若,蚯=2, A£=4t求二面用用的余弦值9.加图.在风冏体力/。

2020年高考数学(理)真题与模拟题分类训练专题04 立体几何(教师版含解析)

专题04 立体几何1．【2020年高考全国Ⅰ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A ．14B ．12C ．14D ．12【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意得212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =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Ⅱ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 ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【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 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 B ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =. 设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.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Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．B ．C．D ．【答案】C【解析】根据三视图特征，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：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++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Ⅰ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4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.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 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 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】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A．6 B．6+C．12+D．12+【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：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭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．【2020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：cm 3)是A ．73B ．143C ．3D ．6【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11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 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 ．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,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，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Ⅰ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】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OA l ⊥；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AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，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Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④ 【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，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α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴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，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，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Ⅲ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_________．【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2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得：2r，其体积：343V r =π=.. 【点睛】与球有关的组合体问题，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：cm 2)为2π，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 l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 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】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为： 2π【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Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】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1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2. 【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Ⅰ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，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ； (2)求二面角B PC E --的余弦值．【解析】(1)设DO a =，由题设可得,,PO AO AB a ===，PA PB PC ===. 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1(0,1,0),(0,1,0),(,0),2E A C P -. 所以31(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EPEC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即02102y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取(3=-m . 由(1)知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则cos ,|||⋅==n m n m n m | 所以二面角B PC E --的余弦值为5. 【点晴】本题主要考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Ⅱ卷理数】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 ⊥平面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．【解析】(1)因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN 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11EB C F ．(2)由已知得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连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1,0)3PM 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1(NQ B a =，故21123223210(,,4()),||33B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,2||B E B E B E B E ⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN ．18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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．【解析】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,,)3C 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121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为7．19．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】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 .【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．【解析】(Ⅰ)如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，122BC 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CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 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CD =.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|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC . 【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，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．【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)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|||cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是sin ,CA 〈〉=n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为6． (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cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为3．1．【2020·广东省高三一模(理)】已知直三棱柱111ABC A B C -的体积为V ，若P Q ，分别在11AA CC ，上，且111133AP AA CQ CC ==，，则四棱锥B APQC -的体积是A ．16VB ．29VC ．13VD ．79V【答案】B【解析】在棱1BB 上取一点H ，使113BH BB =，连接PH 、QH ，由题意PHQ ABC S S =△△，BH ⊥平面PHQ ，所以111113339B PHQ PHQ ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，11133ABC PHQ ABC ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，所以112399B APQC ABC PHQ B PHQ V V V V V V ---=-=-=. 故选：B ．【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题. 2．【2020·全国高三(理)】在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱11B C 的中点，点F 是线段1CD 上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线1AC 与1B F 所成的角是定值； ②三棱锥1B A EF -的体积是定值；③直线1A F 与平面11B CD 所成的角是定值．其中真命题的个数是 A ．3 B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点，AB,AD,1AA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B (1,0,0),C (1,1,O ),D (0,1,0),1A (0,0,1),1B (1,0,1),1C (1,1,1),1D (0,1,1),设F (t ，1，1-t )，(0≤t ≤1)，可得1AC =(1,1,1),1B F =(t -1，1，-t )，可得11AC B F =0，故异面直线1AC 与1B F 所的角是定值，故①正确；三棱锥1B A EF -的底面1A BE 面积为定值，且1CD ∥1BA ,点F 是线段1CD 上的一个动点，可得F 点到底面1A BE 的距离为定值，故三棱锥1B A EF -的体积是定值，故②正确；可得1A F =(t ，1，-t )，1B C =(0,1,-1),11B D =(-1,1,0),可得平面11B CD 的一个法向量为n =(1，1，1)，可得1cos ,A F n 不为定值，故③错误;故选B ．【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键. 3．【2020·六盘山高级中学高三其他(理)】已知点 M N P Q ，，，在同一个球面上，34,5MN NP MP ===，，若四面体MNPQ 体积的最大值为 10，则这个球的表面积是A ．254πB ．62516πC ．22516πD ．1254π【答案】B【解析】由34,5MN NP MP ===，，可知90PNM ∠=，则球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上，因为MNP 面积为定值，所以高最大时体积最大，根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大，因为四面体Q MNP -的最大体积为10，所以111'34'10332MNP S O Q O Q ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△，可得'5O Q =，在'OO P ∆中，222''OP OO O P =+，()222554R R ∴=-+，得258R =， ∴球的表面积为2256254816ππ⎛⎫⨯=⎪⎝⎭，故选B ．【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++(,,a b c 为三棱的长)；②可以转化为长方体的外接球； ③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心(在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上)，利用待定系数法求半径.4．【2020·六盘山高级中学高三其他(理)】对于直线m ，n 和平面α，β，αβ⊥的一个充分条件是 A ．m n ⊥，//m α，//n β B ．m n ⊥，m αβ=，n ⊂αC ．//m n ，n β⊥，m α⊂D ．//m n ，m α⊥，n β⊥【答案】C【解析】A 选项中，根据m n ⊥，//m α，βn//，得到αβ⊥或αβ∥，所以A 错误； B 选项中，m n ⊥，m αβ=，n β⊂，不一定得到αβ⊥，所以B 错误；C 选项中，因为//m n ，n β⊥，所以m β⊥，又m α⊂，从而得到αβ⊥，所以C 正确；D 选项中，根据//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而n β⊥，所以得到αβ∥，所以D 错误.故选：C．【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题. 5．【2020·河南省南阳中学高三月考(理)】某简单几何体的三视图(俯视图为等边三角形)如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)为A．18B．C．D．【答案】C【解析】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3，所以几何体的体积为2⨯⨯=C．234【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．6．【2020·福建省福州第一中学高三其他(理)】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．83π B ．103πC ．6πD ．3π【答案】D【解析】该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为221141232V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯= . 本题选择D 选项.7．【2020·广西壮族自治区高三其他(理)】三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【解析】对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；所以四个图都可能作为俯视图. 故选：D ．【点睛】考查由正视图和侧视图判断几何体的俯视图；基础题.8．【2020·辽宁省高三二模(理)】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______．【答案】27π【解析】设圆柱的底面圆的半径为r ，高为h ．由题意可得()22π12π2π22218rhr rh r h ⎧=⎪+⎨⎪+=⎩，解得3r h ==，则该圆柱的体积是2π27πr h =．故答案为:27π.【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解.9．【2020·重庆南开中学高三期中(理)】正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，1AA =D 为棱11A B 的中点，则异面直线AD 与1CB 成角的大小为_______．【答案】6π【解析】如图，1111111122AD AA A D AA A B AA AB =+=+=+，111CB CA AB BB AA AC AB =++=-+，且12,AB AC BC AA ====，侧棱和底面垂直， ∴1111()2AD CB AA AB AA AC AB ⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪⎝⎭2211122AA AB AC AB =-⋅+ 11182249222=-⨯⨯⨯+⨯=，13,AD CB ===∴1cos ,2AD CB <>==，且[]1,0,AD CB π<>∈，∴1,6AD CB π<>=，∴异面直线AD 与1CB 成角的大小为6π．故答案为：6π．【点睛】解答本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.10．【2020·四川省高三三模(理)】如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，则1AC 的长为_____．【解析】平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，11AC AB BC CC =++，则()211221AC AC AB BC CC ==++2221112cos2cos2cos344AB BC CC AB BC BC CC AB CC πππ=+++⋅+⋅⋅+⋅125949253237257982=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+1198AC AC ∴==．．【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.11．【2020·六盘山高级中学高三其他(理)】如图，在四棱锥中P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，AD CD ⊥，且AD CD ==BC =2PA =(1)求证：AB PC ⊥；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为45，如果存在，求BM 与平面MAC 所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，9. 【解析】(1)如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由已知AD CD ==，BC =可得ABC 是等腰直角三角形，即AB AC ⊥，又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥，所以AB ⊥平面P AC ，所以AB PC ⊥．(2)假设存在符合条件的点M ，过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，MN ∴⊥平面ABCD ，MN AC ∴⊥．过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则AC ⊥平面MNG ， AC NG ∴⊥，即MGN ∠是二面角M AC D --的平面角．若45MGN ∠=︒，则NG MN =，又AN ==，1MN ∴=，即M 是线段PD 的中点．∴存在点M 使得二面角M AC D --的大小为45︒．在三棱锥M ABC -中，11184413323M ABC ABCV SMN -==⨯⨯⨯⨯=，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则13B MAC MAC V S h -∆=，2MG =11422MACSAC MG ∴==⨯，∴1833h ⨯=，解得h =在ABN 中，4AB =，AN =135BAN ∠=︒，BN ∴=，BM ∴=BM ∴与平面MAC 所成角的正弦值为h BM =【点睛】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．12．【2020·辽河油田第二高级中学高三月考(理)】如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.(1)证明：平面ADE ⊥平面ACD ；(2)当C 点为半圆的中点时，求二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)6-【解析】(1)证明：∵AB 是圆O 的直径，∴AC ⊥BC ， ∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴DC ⊥BC ，又DC ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACD ， ∵DC ∥EB ，DC ＝EB ，∴四边形DCBE 是平行四边形，∴DE ∥BC ， ∴DE ⊥平面ACD ，又DE ⊂平面ADE ， ∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)当C 点为半圆的中点时，AC ＝BC ＝，以C 为原点，以CA ，CB ，CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示：则D (0，0，1)，E (0，，1)，A，0，0)，B (0，，0)，∴AB =(﹣，，0)，BE =(0，0，1)，DE =(0，，0)，DA =，0，﹣1)，设平面DAE 的法向量为m =(x 1，y 1，z 1)，平面ABE 的法向量为n =(x 2，y 2，z 2)，则00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00n AB n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11100z ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，22200z ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，令x 1＝1得m =(1，0，22)，令x 2＝1得n =(1，1，0). ∴cos 1632m n m n m n ⋅===⨯<，>. ∵二面角D ﹣AE ﹣B 是钝二面角， ∴二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值为6-.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题.13．【2020·湖北省高三其他(理)】如图所示，多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中2AB =，5CF =，1BE =，60BAD ∠=．(1)求BG 的长；(2)求平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1) 【解析】因为多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而得到的，所以平面ADG //平面BCFE ，又平面ADG平面AEFG AG =,平面BCFE ⋂平面AEFG EF =,所以//AG EF ，同理//AE GF ，所以四边形AEFG 是平行四边形，连结AC ,BD 交于O ，以O 为原点，,OB OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(0,A ，(1,0,0)B ，(1,0,1)E ，F ，所以(4)AG EF ==-，(1,AB =，所以(2,0,4)BG AG AB =-=-，所以||(BG =-=所以BG 的长为(2)根据题意可取平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)m =，由(1)知(4)AG =-，(1,AE =，设平面AEFG 的法向量为(,,)n x y z =，则由00n AE n AG ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得040x z x z ⎧++=⎪⎨-+=⎪⎩，即32y z x z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令23z =，则x =，5y =-，所以(33,5,n =-，所以cos ,4||||1m n m n m n⋅〈〉===⋅⨯，所以平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值为4. 【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题.14．【2020·广东省高三其他(理)】已知几何体ABCDEF 中，//AB CD ，//FC EA ，AD AB ⊥，AE ⊥面ABCD ，2AB AD EA ===，4CD CF ==.(1)求证：平面⊥BDF 平面BCF ；(2)求二面角E －BD －F 的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)13. 【解析】(1)证明：在直角梯形ABCD 中由已知可得BD BC ==222,BD BC CD BD BC ∴+=∴⊥//FC EA ，且AE ⊥面ABCD ， FC ∴⊥平面ABCD ，BC ⊂面ABCD ，BD FC ∴⊥， FCBC C =，BC ⊂面BCF ，FC ⊂面BCF∴BD ⊥面BCF且BD ⊂面BDF ，故面⊥BDF面BCF ；(2)分别以DA 、DC 所在直线为x 轴、y 轴，以D 为垂足作面DAC 的垂线DZ 为z 轴，建系如图(0,0,0),(2,2,0),(2,0,2)(0,4,4)D B E F ，则(2,2,0),(2,0,2),(0,4,4)DB DEDF ===，设面DEB 的法向量为(,,)m x y z =，则22002200x y m DB x z m DE ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1y z ==-，故(1,1,1)m =--设面DBF 的法向量为(,,)n x y z =，则2204400x y n DB y z n DF ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1,1y z =-=，故(1,1,1)n =- 则1cos ,3||||3m n m n m n ⋅<>===⋅⨯，由图可得二面角E -BD -F 的余弦值为13．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算．15．【2020·福建省福州第一中学高三其他(理)】如图，组合体由半个圆锥S O -和一个三棱锥S ACD -构成，其中O 是圆锥S O -底面圆心，B 是圆弧AC 上一点，满足BOC ∠是锐角，2===AC CD DA .(1)在平面SAB 内过点B 作//BP 平面SCD 交SA 于点P ，并写出作图步骤，但不要求证明； (2)在(1)中，若P 是SA中点，且SO =BP 与平面SAD 所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)5. 【解析】(1)①延长AB 交DC 的延长线于点Q ；②连接SQ ；③过点B 作//BP QS 交SA 于点P . (2)若P 是SA 中点，则B 是AQ 中点，又因为CB AQ ⊥，所以CA CQ =，所以90QAD ∠=，从而30BAC ∠=.依题意，,,OS OC OD 两两垂直，分别以OC ，OD ，OS 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()()(111,0,0,,,,,22A D S P B ⎛⎛⎫-- ⎪⎝⎭⎝⎭，从而()()1,3,0,1,0,3,22AD AS BP ⎛⎫===- ⎪⎝⎭，设平面SAD 的法向量为(),,nx y z =，则0,0,AS n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取x =)1,1=--n .则cos ,1n BP n BP n BP⋅====+，所以直线BP 与平面SAD 所成角的正弦值为5.16．【2020·广西壮族自治区高三其他(理)】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，90ACB ∠=，12AA AC =，P 是侧棱1CC 上的点．(1)若60APB ∠=，证明：P 是1CC 的中点； (2)若13CP PC =，求二面角B AP C --的余弦值．【答案】(1)证明见解析；【解析】(1)由直三棱柱111ABC A B C -得1C C ⊥平面ABC ，AC 、BC ⊂平面ABC ，1C C AC ∴⊥，1C C BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形，90ACB ∠=，AC BC ∴=且AB =，由勾股定理得AP BP =，60APB ∠=，ABP ∴是等边三角形，则AP AB ==，由勾股定理得111122PC AC AA CC ====，P ∴为1CC 的中点；。

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